統(tǒng)考版2022屆高考物理二輪專項(xiàng)分層特訓(xùn)卷第三部分25分鐘計(jì)算題專練11

歡迎閱讀本文檔，希望本文檔能對您有所幫助！歡迎閱讀本文檔，希望本文檔能對您有所幫助！歡迎閱讀本文檔，希望本文檔能對您有所幫助！歡迎閱讀本文檔，希望本文檔能對您有所幫助！歡迎閱讀本文檔，希望本文檔能對您有所幫助！歡迎閱讀本文檔，希望本文檔能對您有所幫助！25分鐘計(jì)算題專練(11)1．如圖所示，一半徑為l＝0.5m的金屬圓環(huán)水平放置，長度為2l的粗細(xì)均勻的金屬棒OP搭在圓環(huán)上且一端O點(diǎn)與圓心重合，金屬棒OP的電阻為R＝4Ω，轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)棒與圓環(huán)保持良好接觸．額定電壓為U＝2V、內(nèi)阻為r＝2Ω的電動(dòng)機(jī)通過導(dǎo)線分別連接棒上O點(diǎn)和圓環(huán)上Q點(diǎn)，整個(gè)裝置處在豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝2T，圓環(huán)及導(dǎo)線電阻不計(jì)．當(dāng)金屬棒繞圓心以角速度ω＝12rad/s順時(shí)針(俯視)勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，電動(dòng)機(jī)恰好正常工作，求：(1)通過電動(dòng)機(jī)的電流方向及電動(dòng)機(jī)的輸出功率；(2)金屬棒兩端點(diǎn)的電壓UPO.2．[2021·湖南卷，14]如圖，豎直平面內(nèi)一足夠長的光滑傾斜軌道與一長為L的水平軌道通過一小段光滑圓弧平滑連接，水平軌道右下方有一段弧形軌道PQ.質(zhì)量為m的小物塊A與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ.以水平軌道末端O點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)建立平面直角坐標(biāo)系xOy，x軸的正方向水平向右，y軸的正方向豎直向下，弧形軌道P端坐標(biāo)為(2μL，μL)，Q端在y軸上．重力加速度為g.(1)若A從傾斜軌道上距x軸高度為2μL的位置由靜止開始下滑，求A經(jīng)過O點(diǎn)時(shí)的速度大??；(2)若A從傾斜軌道上不同位置由靜止開始下滑，經(jīng)過O點(diǎn)落在弧形軌道PQ上的動(dòng)能均相同，求PQ的曲線方程；(3)將質(zhì)量為λm(λ為常數(shù)且λ≥5)的小物塊B置于O點(diǎn)，A沿傾斜軌道由靜止開始下滑，與B發(fā)生彈性碰撞(碰撞時(shí)間極短)，要使A和B均能落在弧形軌道上，且A落在B落點(diǎn)的右側(cè)，求A下滑的初始位置距x軸高度的取值范圍．25分鐘計(jì)算題專練（11）1．答案：（1）b→a0.5W（2）11V解析：（1）由右手定則可知，電流方向?yàn)閎→a由法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝Bleq\f(0＋lω,2)由閉合電路歐姆定律得I＝eq\f(E－UQO,\f(1,2)R)電動(dòng)機(jī)的輸出功率P＝UQOI－I2r聯(lián)立解得P＝0.5W（2）由法拉第電磁感應(yīng)定律有UPQ＝Bleq\f(lω＋2lω,2)又UPO＝UPQ＋UQO解得UPO＝11V2．答案：（1）eq\r(2μgL)（2）x2＋4y2－8μLy＝0（0≤x≤2μL）（3）3μLeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋λ,1－λ)))eq\s\up12(2)＋μL≥h>eq\f(2μL（1＋λ）,λ－3)＋μL解析：（1）若A從傾斜軌道上距x軸高度為2μL處由靜止開始下滑，對A從靜止釋放到運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)的過程，由動(dòng)能定理得mg×2μL－μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up11(2),\s\do4(0))，解得v0＝eq\r(2μgL).（2）在PQ曲線上任意取一點(diǎn)，設(shè)坐標(biāo)為（x、y），設(shè)A從O點(diǎn)拋出的初速度為v，由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有x＝vt，y＝eq\f(1,2)gt2，聯(lián)立解得y＝eq\f(1,2)geq\f(x2,v2)，設(shè)A落在P點(diǎn)時(shí)從O點(diǎn)拋出的初速度為vP，將P點(diǎn)坐標(biāo)代入上式，有μL＝eq\f(1,2)geq\f(（2μL）2,veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(P)))，解得vP＝eq\r(2μgL)，小物塊A從傾斜軌道上不同位置由靜止釋放，落在曲線PQ上的動(dòng)能均相同，有eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up11(2),\s\do4(P))＋mg·μL＝eq\f(1,2)mv2＋mgy，解得x2＋4y2－8μLy＝0（0≤x≤2μL）.（3）設(shè)A與B碰前瞬間的速度為v′0，A、B碰后瞬間的速度分別為v1、v2，對A、B組成的系統(tǒng)，根據(jù)動(dòng)量守恒定律與機(jī)械能守恒定律有mv′0＝mv1＋λmv2，eq\f(1,2)mv′eq\o\al(\s\up11(2),\s\do4(0))＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up11(2),\s\do4(1))＋eq\f(1,2)λmveq\o\al(\s\up11(2),\s\do4(2))，解得v1＝eq\f(1－λ,1＋λ)v′0，v2＝eq\f(2,1＋λ)v′0，又因?yàn)閙gh－μmgL＝eq\f(1,2)mv′eq\o\al(\s\up11(2),\s\do4(0))，要使A、B均能落在PQ上且A落在B落點(diǎn)的右側(cè)，則有eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up11(2),\s\do4(P))≥eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up11(2),\s\do4(1))－2μmgL>eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up