2023届二轮复习专项分层特训 模拟小卷练9（含答案）

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1．(7分)[2022·北京押题卷]一列简谐横波沿x轴方向传播，A、B为x轴上两点，平衡位置坐标分别为xA＝2 m、xB＝8 m，如图甲所示，A、B两处质点的振动图像如图乙所示．求：
(1)0.2～2 s内质点A通过的路程；
(2)该列简谐横波的波速．
2.
(9分)如图所示，O、A、B三点在同一竖直平面内，AB线段与竖直方向的夹角为30°，点O在AB左侧，竖直平面内有匀强电场．从O点沿垂直AB方向以相同速度发射一带正电的粒子，当匀强电场方向垂直AB、电场强度大小为E1时，粒子恰好到达AB线段，当匀强电场方向竖直向下、电场强度大小为E2时，粒子运动轨迹恰好与AB相切，不计粒子的重力，求：
(1)E1和E2的比值；
(2)电场方向竖直向下时，粒子到达AB线段时的位移大小与O到AB线段距离的比值．
3．(14分)如图甲所示为某探究小组设计的玩具小车电磁驱动系统的示意图，ABCD是固定在小车下方的单面矩形金属线框，其阻值为r、长度为d、宽度为L，用两条不计电阻的导线与智能输出系统(可改变输出电流的大小和方向)组成回路．如图乙所示，小车沿水平直轨道运动，轨道上依次间隔分布着方向垂直纸面向里的磁场，其磁感应强度大小为B、宽度为L、长度及磁场间的距离均为d.小车与附件整体质量为m、运动过程中受到的摩擦阻力大小恒为f.
(1)若让小车以恒定加速度a运动，求智能输出系统输出的电流大小I；
(2)若智能输出系统提供的功率为P，求小车的最大运行速度大小vm；
(3)若小车速度达到v0时，智能输出系统立即切换电路后停止工作，此时相当于E、F直接用电阻不计的导线连接，经时间t后小车的速度减为0，求t时间内小车的位移大小s.
4．(16分)如图所示，一长为L＝1 m的传送带水平放置，在电动机的带动下，以速率v＝2 m/s沿逆时针方向匀速运行，在右轮的正上方固定安装与传送带垂直的挡板．质量分别为m甲＝1 kg、m乙＝0.2 kg的甲、乙两个物块中间夹有轻质弹簧(与甲粘连)，用轻质细线连接甲、乙，静止放在光滑的、足够长的水平桌面上，烧断细线，弹簧的弹性势能E＝3 J全部转化为甲、乙的动能．乙与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，乙与挡板碰撞过程损失的机械能比乙刚滑上传送带时的动能小ΔE＝0.4 J，乙与挡板的碰撞时间忽略不计，重力加速度为g＝10 m/s2.求(计算结果用根号表示即可)：
(1)挡板对乙冲量的大小；
(2)乙第一次运动到传送带上后至第一次离开传送带运动的总时间；
(3)乙与弹簧再次接触后，弹簧的最大弹性势能．
模拟小卷练9 (4计算)
1．解析：(1)根据题图乙可知，振幅A＝10 cm，T＝0.4 s，0.2～2 s内恰好为4.5个周期，
质点A通过的路程为s＝4.5×4×10 cm＝180 cm＝1.8 m
(2)若波沿x轴正方向传播，振动由质点A传播到B所需的时间为t1＝ eq \f(3,4) T＋nT(n＝0，1，2，3…)
波速为v＝ eq \f(xB－xA,t1) ＝ eq \f(60,3＋4n) m/s(n＝0，1，2，3…)
若波沿x轴负方向传播，振动由质点B传播到A所需的时间为t2＝ eq \f(1,4) T＋nT(n＝0，1，2，3…)
波速为v＝ eq \f(xB－xA,t2) ＝ eq \f(60,1＋4n) m/s(n＝0，1，2，3…)
答案：(1)1.8 m (2) eq \f(60,3＋4n) m/s(n＝0，1，2，3…)或 eq \f(60,1＋4n) m/s(n＝0，1，2，3…)
2．解析：(1)当电场垂直于AB线段时，粒子做匀减速直线运动，设O到AB的距离为d，粒子的初速度为v0，有
a1＝ eq \f(qE1,m)
v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝2a1d
当电场方向竖直向下时，粒子做匀变速曲线运动，垂直于AB方向做末速度为零的匀减速直线运动，平行于AB方向做初速度为零的匀加速直线运动
垂直AB方向有a2x＝ eq \f(qE2,m) sin 30°
v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝2a2xd
解得 eq \f(E1,E2) ＝ eq \f(1,2)
(2)粒子做曲线运动时，设粒子运动到AB所用的时间为t，有d＝ eq \f(1,2) a2xt2
设沿AB方向的位移为y，有a2y＝ eq \f(qE2,m) cs 30°
y＝ eq \f(1,2) a2yt2
粒子到达AB线段时的位移大小为s＝ eq \r(d2＋y2) ，则 eq \f(s,d) ＝2.
答案：(1) eq \f(1,2) (2)2
3．解析：(1)若让小车以恒定加速度a运动，由牛顿运动定律得BIL－f＝ma
得I＝ eq \f(f＋ma,BL)
(2)当安培力与阻力等大反向时，小车运行速度最大，根据F＝BIL，F＝f，P＝I2r＋Fvm
得vm＝ eq \f(P,f) － eq \f(fr,B2L2)
(3)智能系统切换电路后，小车在安培力与摩擦阻力的共同作用下减速为零，以向右为正方向，由动量定理可得
(－B eq \(I,\s\up6(－)) L)t＋(－ft)＝0－mv0
其中 eq \(I,\s\up6(－)) ＝ eq \f(BL\(v,\s\up6(－)),r) ，又 eq \(v,\s\up6(－)) t＝s，得s＝ eq \f(（mv0－ft）r,B2L2)
答案：(1) eq \f(f＋ma,BL) (2) eq \f(P,f) － eq \f(fr,B2L2) (3) eq \f(（mv0－ft）r,B2L2)
4．解析：(1)烧断细线后，设甲、乙获得的速率分别为v甲、v乙
由动量守恒定律有m甲v甲＝m乙v乙
由能量守恒定律有 eq \f(1,2) m甲v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(甲)) ＋ eq \f(1,2) m乙v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(乙)) ＝E
设乙与挡板碰撞前、后瞬间速率分别为v1、v2
乙在传送带上向右做匀减速直线运动，则有v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(乙)) －v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＝2μgL
由能量守恒定律可得，乙与挡板的碰撞过程损失的机械能为Q＝ eq \f(1,2) m乙v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) － eq \f(1,2) m乙v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2))
由题意有 eq \f(1,2) m乙v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(乙)) －Q＝ΔE
由动量定理可得，挡板对乙的冲量大小为
I＝m乙v2＋m乙v1
解得I＝ eq \f(\r(21),5) N·s
(2)设乙在传送带上向右运动的时间为t1，有
L＝ eq \f(v乙＋v1,2) t1
解得t1＝ eq \f(5－\r(21),2) s
由(1)可得v2＝0
假设乙与挡板碰后在传送带上向左做初速度为0的匀加速直线运动，设运动时间为t2，乙到达传送带的最左端时速率为v3，有
L＝ eq \f(1,2) μgt eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ，v3＝μgt2
解得v3＝v＝2 m/s，t2＝1 s，假设成立
乙在传送带上运动的总时间为
t＝t1＋t2＝ eq \f(7－\r(21),2) s.
(3)乙与弹簧再次接触后，当甲、乙达到共同速度v共时，弹簧的弹性势能达到最大值Epm
由动量守恒定律有
m甲v甲＋m乙v3＝(m甲＋m乙)v共
由能量守恒定律有
Epm＝ eq \f(1,2) m甲v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(甲)) ＋ eq \f(1,2) m乙v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3)) － eq \f(1,2) (m甲＋m乙)v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(共))
解得Epm＝ eq \f(1,12) J
答案：(1) eq \f(\r(21),5) N·s (2) eq \f(7－\r(21),2) s (3) eq \f(1,12) J