沖刺2022屆高考物理大題限時集訓(xùn)預(yù)測卷02（全國通用解析）

沖刺2022屆高考物理大題限時集訓(xùn)

(全國通用)瓦測卷02

24、如圖甲所示，傾角為。的傳送帶以恒定速率逆時針運行?，F(xiàn)將一質(zhì)量kg的小物體輕輕放

在傳送帶的A端，物體相對地面的速度隨時間變化的關(guān)系如圖乙所示，1.4s末物體到達8端，取

沿傳送帶向下為正方向，g=10m/s2,求此過程中：

(1)小物體運動的平均速度(保留1位小數(shù))；

(2)小物體與傳送帶間因摩擦而產(chǎn)生的熱。

「rv己Av/(m-s-1)

0041.4zTs

甲乙

【答案】(1)v=4.1m/s.(2)Q=7.2J

【解析】

(1)由VT圖像的面積規(guī)律可知傳送帶A、B間的距離L即為VT圖線與t軸所圍的面積，設(shè)

J匕=一4m/s,片V2色=6m/s所以

解得

L=5.8m

由平均速度的定義可得

；=A=1^m/s-4.lm/s

(2)由VT圖像可知，0~0.4s和0.4~1.4s內(nèi)物體的加速度分別為

4=-^-=10m/s：!

a,=-^-=2m/s2

根據(jù)牛頓第二定律得

mgsin0+pimgcos0=max

mgsin0-jurngcos0=ma2

由VT圖像可知傳送帶運行速度為匕=4m/s,所以o~o.4s內(nèi)物體相對傳送帶的位移

1

玉二卬「5電

即

菁=0.8m

0.4-1.4s內(nèi)物體相對傳送帶的位移

（W+%）

X—,丁卬2

即

x2=1m

則因摩擦而產(chǎn)生的熱為

Q=/Jingcos+x2）

解得

Q=1.2J

25、如圖所示，單匝線圈處于均勻減小的磁場中，磁通量變化率為63Wb/s,線圈電阻為R=1Q,

線圈通過開關(guān)導(dǎo)線與兩根足夠長的平行光滑水平金屬軌道相連，軌道寬為L=lm,圖中虛線右側(cè)

存在垂直軌道向下的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B=1T,軌道上靜止放置有兩根相同金屬棒和PQ,

質(zhì)量均為祖=0.1kg,電阻均為R=1C,其中MN在磁場外,PQ在磁場內(nèi)且距離磁場虛線邊界do=lm,

兩部分磁場不會相互影響。不計連接線圈的電線和水平軌道的電阻，求：

（1）開關(guān)閉合瞬間，P。棒的加速度。

（2）斷開開關(guān)，給一個向右的初速度wMm/s,求最終穩(wěn)定時兩金屬棒的間距為多少？

（3）斷開開關(guān)，并在加一個水平向右的恒力尸=1N在P。上，若從PQ開始運動到達到最大速度

的過程中PQ產(chǎn)生的焦耳熱Q=0.4J,達到最大速度之后回路無電流，從此時刻起開始計時，磁感

應(yīng)強度應(yīng)該如何變化？請推導(dǎo)出B與f的關(guān)系式。

VB\

B'=------------（T）

【答案】（1）10m/s2,方向向右；（2）0.6m；（3）2+2t+5r

【解析】

（1）線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢

￡=w=jt=3V

2

閉合開關(guān)瞬間

聯(lián)立解得

/=2A

所以流過PQ金屬棒的電流

I.=-=lA

12

對P。棒

F=BhL=W

由牛頓第二定律得

F=ma

解得

tz=10m/s2

方向向右

（2）對兩金屬棒系統(tǒng)，合力為0,根據(jù)動量守恒定律可得

mvo=2mv

解得

v=2m/s

對PQ棒，由動量定理可得

BILK=2泌口

即

BLq=mv

解得

q=0.2C

q=1Z

其中

R；&2R

解得

Ar=0.4m

所以最終兩棒間距

d=Jo-Ax=O.6m

(3)當歹二尸安時，達到最大速度

F后BIL

EE

1r=—=—

R2R

解得

v=2m/s

E=BLv

解得

Q點=2Q=0.8J

對PQ棒，由動能定理可得

Fs-Q=^mv2

解得

s=1m

之后，棒要勻加速，則回路中沒有感應(yīng)電流，棒不受安培力，則任意時刻的磁通量相同，即

B?(4+s)=B，?(d0+s+uf+—)

p

a=—=10m/s2

m

解得

預(yù)測二

24、如圖，xO)，坐標平面內(nèi)，第一象限存在垂直坐標平面的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為瓦；第

二象限存在沿x軸正方向的勻強電場，場強為Eo；第四象限存在沿x軸負方向的勻強電場，場強

大小未知。帶電粒子1從A(-3L)點由靜止開始運動，經(jīng))軸上的C(0,L)點進入第二象限

的磁場，從。(L,0)點垂直x軸進入第四象限的電場中，從N(0,-2L)點再次經(jīng)過y軸。帶

電粒子2也從A點由靜止開始運動，從P(2L,0)經(jīng)過x軸。不計粒子重力，不考慮兩粒子間的

4

相互作用，sin53°=5o求：

(1)粒子1的比荷；

(2)第四象限中勻強電場的場強大?。?/p>

(3)粒子2從A運動到P的時間；

(4)粒子2從第四象限經(jīng)過y軸時的縱坐標。

>*...

------A

------A———?—>

0工DPX

<--------------

,<---------------

N'<--------------

乃)

q、_2E0_5(144+53B0L,=-8(3+同乙

288￡

【答案】(1)叫8"；(2)E=4；(3)o；(4)25

【解析】

(1)由題意知，粒子1在第一象限中做圓周運動的半徑

r\=L

設(shè)粒子1的電荷量為名、質(zhì)量為㈣，進入第一象限時速度為3則

L>12

qlEnL=-m}v}

如穌=見—

解得

%_2Eq

mxB；L

(2)粒子1在第四象限中運動過程中

2L=卬

嗚2

2叫

整理得

E=E<>

(3)由幾何關(guān)系知，粒子2在磁場中運動的半徑滿足

(/;-L)2+(2L)2=^

解得

r.――L

22

粒子2在磁場中運動軌跡所對的圓心角為

sin8=—

解得

6=53°

設(shè)粒子2的電荷量為%、質(zhì)量為膽，進入第一象限時速度為為,則

「r12

q2E（）L=-m2v；

Rv}

%嶺用）="上

r2

解得

%_8七0

m225B^L

4E

彩=-0-

-5B。

粒子2從A到C的時間e從。到P的時間"則

L

2

022

t-y-乃加

-360%及）

整理得

_.5（144+53.）B°L

"T+'L288

（4）粒子2在第四象限電場中

-2L=vcos0t--

22

y=v2sin9t

整理得

25/-48Z,y-128￡2=0

解得

8（3+癡，

y=---------L

25

故粒子2從第四象限經(jīng)過y軸時的縱坐標為

8（3+屈）,

y=-----------L

25

25、如圖，固定在豎直面內(nèi)的導(dǎo)軌PQR,由半徑為r的光滑半圓環(huán)和足夠長水平導(dǎo)軌組成，水平

導(dǎo)軌上的N點左側(cè)部分光滑，右側(cè)部分粗糙，半圓環(huán)與水平軌道在。點相切。一根自然長度為

k；8mg

八勁度系數(shù)一3r的輕質(zhì)彈性繩，一端固定在圓環(huán)的頂點P,另一端與一個穿在圓環(huán)上、質(zhì)量

為根的小球。相連；在水平軌道的Q、N兩點間依次套著質(zhì)量均為的仄c、d三個小球，所

有小球大小相同。開始時將小球。移到某一位置M,使彈性繩處于原長且伸直狀態(tài)，然后由靜止

釋放小球。，當小球。在圓環(huán)上達到最大速度時，彈性繩自動脫落。已知彈性繩的彈性勢能”與

E=—kx2

其伸長量x間滿足02，各個小球與導(dǎo)軌粗糙部分間的動摩擦因數(shù)均〃=。」，小球間的碰撞

均為彈性碰撞，且碰撞時間極短，重力加速度為g。求：

(1)釋放小球。瞬間，圓環(huán)對小球。的作用力五M大小；

(2)彈性繩自動脫落時，小球。沿圓環(huán)下滑的速率加；

(3)彈性繩自動脫落前的瞬間，圓環(huán)對小球“作用力EM的大小和方向；

(4)最終”兩球間的距離均。

R

巡lgr2

，ng

【答案】(1)2.(2)V5.(3)5,方向沿圓環(huán)半徑向外；(4)4.5r

【解析】

(1)設(shè)釋放小球。瞬間，圓環(huán)對小球。的作用力大小為FNI,有

mgcos60一=0

解得

=嶇

FNl2

(2)設(shè)在彈性繩自動脫落前瞬間，彈性繩與豎直方向間夾角為。，此時小球。的速率為％,此時

彈性繩彈力產(chǎn)r與球a的重力的合力沿半徑指向圓心0,。球受力如圖示

k(2rcos0-r)_mg_F合

sin(乃一2。)sin。sin。

ntg(2rcos20-rcos6O)=^(2rcos0-r)2+；/%匕：

解得

（3）彈性繩脫落前的瞬間，由向心力公式得:

解得

「2

FN2=--mg

2

所以圓環(huán)對小球“作用力FM的大小為丁陪，方向沿圓環(huán)半徑向外

（4）彈性繩自動脫落后，設(shè)小球a到達。點時的速度為％,有

g,nvm+〃?g(2r-2rcos29)=gmv^

小球。過。點后與小球〃發(fā)生第一次彈性碰撞，設(shè)。、〃碰撞后的速度分別為依/、vbi,有

mv0=mvia+2mvhl

解得

12

“、。碰撞后，。與c、c與d先后發(fā)生彈性碰撞交換速度，所以4球最終經(jīng)過N點的速度為

2

設(shè)d球在水平粗糙導(dǎo)軌滑行距離為巧，有

12

-Ju2mgx(l=0--2mv；t

小球4從圓環(huán)上返回后第二次與。球碰撞，同理。、。第二次碰撞后的速度分別為

1

匕2二一丞?

2

%二三%

所以c球最終經(jīng)過N點的速度為

2

-%

小球。再次從圓環(huán)上返回后第三次與8球碰撞，同理4、人第三次碰撞后的速度分別為

I

匕3=-予％

2

%=

設(shè)小球。在水平粗糙導(dǎo)軌滑行距離為％,有

c12

-^-mgxa=O--mv；l}

解得

預(yù)測三

24、如圖所示，足夠長、間距為L的平行光滑金屬導(dǎo)軌必、de構(gòu)成傾角為。的斜面，上端接有阻

值為R的定值電阻，足夠長的平行光滑金屬導(dǎo)軌從、3■處于同一水平面內(nèi)，傾斜導(dǎo)軌與水平導(dǎo)軌

在。、e處平滑連接，且6、e處裝有感應(yīng)開關(guān)。傾斜導(dǎo)軌處于垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強磁場中，

水平導(dǎo)軌處于豎直向上的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小均為瓦距離〃足夠遠處接有未閉合的開

關(guān)S,在開關(guān)S右側(cè)垂直導(dǎo)軌放置導(dǎo)體棒N,在傾斜導(dǎo)軌上距Ae足夠遠的位置放置導(dǎo)體棒M,

現(xiàn)將導(dǎo)體棒M由靜止釋放，當導(dǎo)體棒M通過。、e處后瞬間感應(yīng)開關(guān)自動斷開。已知導(dǎo)體棒M

的質(zhì)量為機，電阻為R,導(dǎo)體棒N的質(zhì)量為2加，電阻為2R,兩導(dǎo)體棒運動過程中始終與導(dǎo)軌接

觸良好且與導(dǎo)軌垂直，重力加速度為g,不計導(dǎo)軌電阻及空氣阻力。

(1)保持開關(guān)S斷開，求導(dǎo)體棒M通過感應(yīng)開關(guān)前瞬間的速度大小；

(2)若固定導(dǎo)體棒N,導(dǎo)體棒M通過感應(yīng)開關(guān)后瞬間閉合開關(guān)S,求導(dǎo)體棒M在水平導(dǎo)軌上運

動的位移；

(3)若不固定導(dǎo)體棒N,導(dǎo)體棒M通過感應(yīng)開關(guān)后瞬間閉合開關(guān)S,求導(dǎo)體棒N上產(chǎn)生的焦耳

2mgRsin06m2^7?2sin^Stnyg2R2sin2^

［答案］(1)BN；(2)一赤一；(3)―9B4L4

【解析】

(1)由題意可知導(dǎo)體棒M到達仇e前已做勻速直線運動，由法拉第電磁感應(yīng)定律得

E=BLv

由閉合電路歐姆定律得

2R

由平衡條件得

mgsin0=B1L

解得

21ngRsin。

v=---------------

8*

(2)若固定導(dǎo)體棒N,導(dǎo)體棒M通過感應(yīng)開關(guān)后瞬間閉合開關(guān)S,導(dǎo)體棒M、N構(gòu)成回路，最

終導(dǎo)體棒M靜止，由法拉第電磁感應(yīng)定律得

=BLAx

E=------

△t

由閉合電路歐姆定律得

3R

對導(dǎo)體棒M,由動量定理得

-BIL\t=Q-mv

解得

_6m2gR2sin0

x~FZ*

(3)若不固定導(dǎo)體棒N,導(dǎo)體棒M通過感應(yīng)開關(guān)后瞬間閉合開關(guān)S,導(dǎo)體棒M、N組成的系統(tǒng)

動量守恒，最終它們共速，則

mv=3/nv共

由能量守恒定律得

gmv2=gx3，"吸+Q

導(dǎo)體棒N上產(chǎn)生的焦耳熱為

解得

_Sm3g2R2sin29

以_9B4L*

25、如圖所示，可視為質(zhì)點的三個物塊A、B、C質(zhì)量分別為加/、加2、m3,三物塊間有兩根輕質(zhì)

彈簧隊b,其原長均為如勁度系數(shù)分別為如、妨，”的兩端與物塊連接，b的兩端與物塊只接

觸不連接，。、b被壓縮一段距離后，分別由質(zhì)量忽略不計的硬質(zhì)連桿鎖定，此時b的長度為/,

整個裝置豎直置于水平地面上，重力加速度為g,不計空氣阻力。

（1）現(xiàn)解除對。的鎖定，若當B到達最高點時，A對地面壓力恰為零，求此時C