2015上海高三一模物理计算题.doc

2015上海高三一模计算题2浦东30（10分）如图（a）所示，质量为m=2kg的物块以初速度v0=20m/s从图中所示位置开始沿粗糙水平面向右运动，同时物块受到一水平向左的恒力F作用，在运动过程中物块速度随时间变化的规律如图（b）所示，g取10m/s2。试求：（1）物块在04s内的加速度a1的大小和48s内的加速度a2的大小；图（a）Fv0图（b）v/ms-120O-8t/s84（2）恒力F的大小及物块与水平面间的动摩擦因数。31（12分）如图所示，在倾角为a的足够长光滑斜面上放置两个质量分别为2m和m的带电小球A和B（均可视为质点），它们相距为L。两球同时由静止开始释放时，B球的初始加速度恰好等于零。经过一段时间后，当两球距离为L时，A、B的加速度大小之比为a1:a211:5。（静电力恒量为k）（1）若B球带正电荷，则判断A球所带电荷电性；（2）若B球所带电荷量为q，求A球所带电荷量Q。（3）求L与L之比。32（14分）如图所示，天花板上有固定转轴O，长为L的轻杆一端可绕转轴O在竖直平面内自由转动，另一端固定一质量为M的小球。一根不可伸长的足够长轻绳绕过定滑轮A，一端与小球相连，另一端挂着质量为m1的钩码，定滑轮A的位置可以沿OA连线方向调整。小球、钩码均可看作质点，不计一切摩擦，g取10m/s2。OAmML（1）若将OA间距调整为L，则当轻杆与水平方向夹角为30时小球恰能保持静止状态，求小球的质量M与钩码的质量m1之比；（2）若在轻绳下端改挂质量为m2的钩码，且M:m2=4:1，并将OA间距调整为L，然后将轻杆从水平位置由静止开始释放，求小球与钩码速度大小相等时轻杆与水平方向的夹角；（3）在（2）的情况下，测得杆长L=2.175m，仍将轻杆从水平位置由静止开始释放，当轻杆转至竖直位置时，小球突然与杆和绳脱离连接而向左水平飞出，求当钩码上升到最高点时，小球与O点的水平距离。33（14分）如图（a）所示，两个完全相同的“人”字型金属轨道面对面正对着固定在竖直平面内，间距为d，它们的上端公共轨道部分保持竖直，下端均通过一小段弯曲轨道与一段直轨道相连，底端置于绝缘水平桌面上。MM、PP（图中虚线）之下的直轨道MN、MN、PQ、PQ长度均为L且不光滑（轨道其余部分光滑），并与水平方向均构成37斜面，在左边轨道MM以下的区域有垂直于斜面向下、磁感强度为B0的匀强磁场，在右边轨道PP以下的区域有平行于斜面但大小未知的匀强磁场Bx，其它区域无磁场。QQ间连接有阻值为2R的定值电阻与电压传感器（e、f为传感器的两条接线）。另有长度均为d的两根金属棒甲和乙，它们与MM、PP之下的轨道间的动摩擦因数均为=1/8。甲的质量为m、电阻为R；乙的质量为2m、电阻为2R。金属轨道电阻不计。先后进行以下两种操作：操作：将金属棒甲紧靠竖直轨道的左侧，从某处由静止释放，运动到底端NN过程中棒始终保持水平，且与轨道保持良好电接触，计算机屏幕上显示的电压时间关系图像Ut图如图（b）所示（图中U已知）；操作：将金属棒甲紧靠竖直轨道的左侧、金属棒乙（图中未画出）紧靠竖直轨道的右侧，在同一高度将两棒同时由静止释放。多次改变高度重新由静止释放，运动中两棒始终保持水平，发现两棒总是同时到达桌面。（sin37=0.6，cos37=0.8）（1）试判断图（a）中的e、f两条接线，哪一条连接电压传感器的正接线柱；（2）试求操作中甲释放时距MM的高度h；（3）试求操作中定值电阻上产生的热量Q；（4）试问右边轨道PP以下的区域匀强磁场Bx的方向和大小如何？在图（c）上画出操作中计算机屏幕上可能出现的几种典型的Ut关系图像。图（c）Ut0tt0为金属棒刚进入磁场的时刻。图（b）U2UU-UtdMMNNPPQQB03737Bx电压传感器数据采集器ef2RLL图（a）甲计算机30（10分）解：（1）由图可知，04s内，物体向右做匀减速直线运动，其加速度大小（2分）4s8s内，物体向左做匀加速直线运动；其加速度大小（2分）（2）根据牛顿第二定律，在04s内恒力F与摩擦力同向：F+mg=ma1（2分）4s8s内恒力F与摩擦力反向：F-mg=ma2（2分）代入数据解得：F=7N，=0.15（2分）31（12分）解：（1）正（2分）（2）F=（2分）沿斜面方向合力为零F-mgsina=0（2分）得Q=（1分）（3）初始时B球受力平衡，两球相互排斥运动一段距离后，两球间距离增大，库仑力一定减小，小于mgsina。A球加速度a1方向应沿斜面向下，根据牛顿第二定律，有（1分）B球加速度a2方向应沿斜面向下，根据牛顿第二定律，有（1分）依题意a1:a211:5得F mgsina（1分）又F （1分）得L:L3:2（1分）32（14分）解：（1）依题意，小球处于静止状态时，=30，由几何关系知，此时=30。分析小球受力，设轻杆对其弹力大小为F，方向沿杆向上，轻绳对其弹力大小为T，则（1分）（1分）解得M=m1，即M:m1=1:1。（2分）（2）小球绕O点作圆周运动，其速度方向始终沿垂直于轻杆方向，只有当轻绳也与轻杆垂直时，小球与钩码的速度相等，此时（2分），。（2分）（3）小球与钩码构成的系统机械能守恒，有（2分）又M:m2=4:1设此时轻绳与水平方向夹角为，则，=37。（1分），（1分）解得v1=5m/s/，v2=4m/s。钩码做竖直上抛运动，上升到最高点的时间，（1分）小球离开杆后做平抛运动，此时它与O点的水平距离s=v1t=50.4m=2m。（1分）33（14分）解：（1）f为正极引线。（2分）（2）（1分）（1分）（1分）（3）（1分）对甲棒，由动能定理，有，（1分）式中Q总为克服安培力所做的功，转化成了甲、乙棒上产生的热量；（1分）（4）Bx沿斜面向下；（1分）（两棒由静止释放的高度越高，甲棒进入磁场时的安培力越大，加速度越小，而乙棒只有摩擦力越大加速度才越小，故乙棒所受安培力应垂直斜面向下）从不同高度下落两棒总是同时到达桌面，说明两棒运动的加速度时刻相同。对甲棒，根据牛顿第二定律，有（1分）对乙棒，根据牛顿第二定律，有（1分）（1分）操作中计算机屏幕上可能出现的Ut关系图像有三种可能，如图（c）所示。（2分）图（c）Ut0tt0为金属棒刚进入磁场的时刻。崇明30、在托里拆利实验中，由于操作不慎，漏进了一些空气当大气压强为75cm Hg时，管内外汞面高度差为60cm，管内被封闭的空气柱长度是30cm，如图所示问：（1）此时管内空气的压强是多少？（2）若将此装置移到高山上，温度不变，发现管内外汞面高度差变为54cm，山上的大气压强为多少（设管顶到槽内汞面的高度不变）?31、如图所示，质量kg的木块静止在水平面上，用大小N、方向与水平方向成角的力拉动木块，当木块运动到m时撤去力F不计空气阻力已知木块与水平面间的动摩擦因数，g取求：（1）撤去力F时木块速度的大小；（2）撤去力F后木块运动的时间32、如图，绝缘的水平面上，相隔的AB两点固定有两个电量均为Q的正点电荷，a，O，b是AB连线上的三点，且O为中点，一质量为m、电量为的点电荷以初速度从a点出发沿AB连线向B运动，在运动过程中电荷受到大小恒定的阻力作用，当它第一次运动到O点时速度为，继续运动到b点时速度刚好为零，然后返回，最后恰停在O点已知静电力恒量为k求：ABaOb（1）a点的场强大小（2）阻力的大小（3）aO两点间的电势差（4）电荷在电场中运动的总路程33、如图所示，水平地面上方有一高度为H、上下水平界面分别为PQ、MN的匀强磁场，磁感应强度为B矩形导线框边长为，cd边长为，导线框的质量为m，电阻为R磁场方向垂直于线框平面向里，磁场高度线框从某高处由静止落下，当线框的边刚进入磁场时，线框的加速度方向向下、大小为g；当线框的边刚离开磁场时，线框的加速度方向向上、大小为g在运动过程中，线框平面位于竖直平面内，上、下两边总平行于PQ空气阻力不计，重力加速度为g求：（1）线框的边刚进入磁场时，通过线框导线中的电流；（2）线框的边刚进入磁场时线框的速度大小；（3）线框从全部在磁场中开始到全部穿出磁场的过程中，通过线框导线横截面的电荷量30、 (1分)P1=15 cmHg (2分)（2）V1=30S， V2=(30+60-54)S=36S (1分)P1=15 cmHg, P2=(P0-54) cmHg (1分)等温变化，由玻意尔定律 P1 V1= P2 V2 (2分)代入1530=15P2P2=12.5 cmHg (1分)得P0=66.5 cmHg (2分)31、(12分)解：解：（1）力F拉动木块的过程中，木块的受力情况如图1所示。根据牛顿运动定律有 (1分) (1分)又因为 代入数据可求得：，(1分) (1分)因为 (1分)所以 (1分)（2）撤去F后，木块的受图情况如图2所示。根据牛顿运动定律有 (1分) (1分)又因为代入数据可求得：，(1分) (1分)因为 (1分)所以 (1分)32(14分)、解：（1） 由库伦定律(2分)(2分) （2）从a到b点过程中，根据对称性，Ua=Ub根据动能定理 (1分) (2分)(3) 从a到o点过程中，根据动能定理 (2分) (2分)(4) 最后停在o点，整个过程符合动能定理 (1分) (2分)33、（14分）解：（1）设线框的cd边刚进入磁场时线框导线中的电流为I1，依据题意、根据牛顿第二定律有 mg- B I1l1= (2分) I1= (2分)（2）设线框ab边刚进入磁场时线框的速度大小为v1，线框的cd边刚离开磁场时速度大小为v2，线框的cd边刚离磁场时线框导线中的电流为I2，依据题意、牛顿第二定律有 B I2l1-mg= (1分) I2= (1分)I2= (1分) v2= （1分) (1分) v1= v1= (1分)（3）设线框abcd穿出磁场的过程中所用时间为，平均电动势为E，通过导线的平均电流为I，通过导线某一横截面的电荷量为q，则E= (1分)I= (1分)q= I= (2分)奉贤30(10分）如图所示，竖直放置、粗细均匀且足够长的U形玻璃管与容积为V08 cm3的金属球形容器连通，用U形玻璃管中的水银柱封闭一定质量的理想气体。当环境温度为27时，U形玻璃管右侧水银面比左侧水银面高出h115cm，水银柱上方空气柱长h04 cm。现在左管中加入水银，保持温度不变，使两边水银柱在同一高度。(已知大气压p075 cmHg，U形玻璃管的横截面积为S0.5 cm2)。求：(1)需要加入的水银的长度是多少cm？(2)为使右管水银面恢复到原来位置，则应对封闭气体加热到多少？ 31(12分) 如图所示，在高出水平地面h1.8m的粗糙平台上放置一质量M2kg、长度l1=8m的薄板A，上表面光滑，最左端放有可视为质点的物块B，其质量m1kg。开始时A静止，B有向右的初速度v0=10m/s。A、B与平台间动摩擦因数均为0.4。现对A施加F20N水平向右的恒力，当A尚未露出平台时B已经从A右端脱离，脱离时撤掉F。B离开平台后的落地点与平台右边缘的水平距离x1.2m。(取g10m/s2)求：(1)B离开平台时的速度vB；(2)B从一开始到刚脱离A右端时，B运动的时间tB；(3)一开始时薄板A的最右端离平台边距离l2。32(14分）如图甲，MN、PQ两条平行的光滑金属轨道与水平面成 = 30角固定，M、P之间接电阻箱R，导轨所在空间存在匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上，磁感应强度为B = 0.5T。质量为m的金属杆a b水平放置在轨道上，其接入电路的电阻值为r。现从静止释放杆a b，测得最大速度为vm。改变电阻箱的阻值R，得到vm与R的关系如图乙所示。已知轨距为L = 2m，重力加速度g取l0m/s2，轨道足够长且电阻不计。求：（1）杆a b下滑过程中感应电流的方向及R=0时最大感应电动势E的大小；（2）金属杆的质量m和阻值r；（3）当R = 4时，求回路瞬时电功率每增加1W的过程中合外力对杆做的功W。33(14分）如图两个长均为L的轻质杆，通过垂直纸面的转动轴与A、B、C三个物块相连，整体处于竖直平面内。B、C物块的质量分别为2m和m，三个物块的大小都忽略不计。B不带电，在绝缘水平面上的A、C分别带有+q、-q的电荷，A固定。空间有水平向右的场强为某一数值的匀强电场。当AB、BC与水平间的夹角均为53时，整体处于静止状态，不计摩擦。若以无穷远处为零电势，两个异种点电荷q1、q2间具有的电势能为（k为静电力恒量，r为两者间距）。(重力加速度为g，sin53o=0.8，cos53o=0.6)。求：（1）此时AB杆对B物块的作用力；（2）场强E；（3）若将B略向下移动一些，并由静止释放，B刚到达地面时则系统电势能的改变量；（4）上述（3）情况中，B刚到达地面时的速度大小。30（10分）解： (1) （5分）p1= p0-ph=75-15cmHg=60cmHg，V1=V0+h0S=8+40.5cm3=10 cm3，p2= 75cmHg，根据玻意耳定律，p1V1= p2V2，即水银正好到球的底部。（状态量1分、公式1分、代入数据1分、答案1分）加入的水银为h1+2h0=15+24cm=23cm（1分） (2) （5分） p1= p0-ph=60cmHg，T1=300K，p3= 75+8=83cmHg，根据查理定律，（状态量1分、公式1分、代入数据1分、答案2分，算出K得1分）31（12分） 解：（1）（3分） （备注：时间1分，速度2分）（2）（5分）B匀速运动，A匀加速运动，对A受力分析如图，f=（G+ NB）=0.4(210+110)N=12N，A的加速度，设经过tBB从A的右端脱离时，sB-sA=l1, ，10tB-2 tB2=8，解得tB=1s，tB=4s。若tB=4s，板的速度v=atB=44m/s=16m/s大于B的速度，B会从左端掉落，所以不符合题意。所以tB=1s（备注：摩擦力1分，加速度1分，求解1分，判断1分，结果1分）(3) （4分）脱离前A的运动位移为，脱离后B的加速度为，B滑到平台边的距离为所以一开始薄板A的最右端离平台边距离l2=sB+sA=14m（备注：加速度1分，两个位移各1分，结果1分）32（14分）解：（4分）杆中电流方向从b a (或aMPba) ，由图可知，当R = 0 时，杆最终以v = 2 m/s匀速运动，产生电动势E = BLv ， E = 2V （备注：方向2分，电动势2分）（5分）设最大速度为v，杆切割磁感线产生的感应电动势 E = BLv ，由闭合电路的欧姆定律： ，杆达到最大速度时满足 ，解得v = 。由图像可知：斜率为，纵截距为v0=2m/s，得到：= v0 ，k 解得：m = 0.2kg ，r = 2。解法二：设最大速度为v，杆切割磁感线产生的感应电动势 E = BLv 由闭合电路的欧姆定律： ，由图可知 当R = 0时 v = 2 m/s ，当R =2时 v = 4m/s ， ，解得：m = 0.2kg r = 2 （备注：公式2分、带入数据2分、答案1分）（5分）由题意：E = BLv ， 得 ，由动能定理得W = ， ，W = 0.6J 。（备注：公式2分、带入数据2分、答案1分）33.（14分）解：（1）（3分）B受力分析如图所示。2Fsin530=2mg，（备注：公式2分答案1分，若有受力图正确给1分）（2）（3分）对C，受力分析如图，LAC=2Lcos530=1.2L，解得（备注：公式2分答案1分，若有受力图正确给1分）（3）（4分）匀强电场的电场力做负功，电势能增加了qE(2L-1.2L) 两个异种电荷间库仑力做负功，电势能也增加，增加了，所以电势能共增加了qE(2L-1.2L)+ = （备注：公式2分答案2分）（4）（4分）B刚着地时，C的速度为0。对系统，根据动能定理，得到 ，解得（备注：公式2分答案2分）13