2022年高考物理二轮复习 特色专题训练 仿高考计算题巧练（一）

2022年高考物理二轮复习 特色专题训练 仿高考计算题巧练（一）23.(xx河北石家庄2月调研)如图所示，一艘客轮因故障组织乘客撤离，乘客在甲板上利用固定的绳索下滑到救援快艇上客轮甲板到快艇的高度H为20 m，绳索与竖直方向的夹角37，设乘客下滑过程中绳索始终保持直线，乘客先从静止开始匀加速下滑，再以同样大小的加速度减速滑至快艇，速度刚好为零在乘客下滑时，船员以水平初速度v0向快艇抛出救生圈刚好落到救援快艇上，且救生圈下落的时间恰为乘客下滑总时间的一半，快艇、乘客、救生圈均可视为质点，不计空气阻力，重力加速度g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8.求：(1)救生圈初速度v0的大小；(2)乘客下滑过程中加速度a的大小24如图甲所示，MN、PQ为水平放置的足够长的平行光滑导轨，导轨间距L为0.5 m，导轨左端连接一个阻值为2 的定值电阻R，将一根质量为 0.2 kg 的金属棒cd垂直放置在导轨上，且与导轨接触良好，金属棒cd的电阻r2 ，导轨电阻不计，整个装置处于垂直导轨平面向下的匀强磁场中，磁感应强度为B2 T若棒以1 m/s的初速度向右运动，同时对棒施加水平向右的拉力F，并保持拉力的功率恒为4 W，从此时开始计时，经过2 s金属棒的速度稳定不变，图乙为安培力随时间变化的关系图象试求：(1)金属棒的最大速度；(2)金属棒速度为3 m/s时的加速度大小；(3)从开始计时起2 s内电阻R上产生的电热25.如图所示的平面直角坐标系xOy中，在x0的区域有一磁感应强度为B0、方向垂直纸面向里的矩形匀强磁场ABCD(OD边上无磁场，OA边上有磁场)，其中A、D两点的坐标分别为(0，a)和(0，a)，在x0的区域有一磁感应强度为2B0、圆心坐标为(a，0)、半径为a的圆形匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里在ax0的区域均匀分布有大量质量为m、带电荷量为q(q0)的粒子，粒子均以相同的速度沿y轴正方向射向圆形磁场，最后粒子都进入矩形磁场，且粒子在矩形磁场区域运动的最长时间是最短时间的2倍已知朝着O点射入的粒子在矩形磁场中运动时间最短，且朝着圆心(a，0)射入的粒子刚好从O点沿x轴进入矩形磁场，不计粒子的重力(1)求粒子进入磁场时的速度v和B点的坐标；(2)粒子射入矩形磁场的速度方向与y轴正方向夹角为多少时粒子在矩形磁场中运动的时间最长？并求最长时间；(3)求从AB边射出的粒子数与粒子总数的比值题组二23(xx长春市质量监测)如图所示，可视为质点的总质量为m60 kg的滑板运动员(包括装备)，从高为H15 m的斜面AB的顶端A点由静止开始沿斜面下滑，在B点进入光滑的四分之一圆弧BC，圆弧BC的半径为R5 m，运动员经C点沿竖直轨道冲出向上运动，经时间t2 s后又落回轨道若运动员经C点后在空中运动时只受重力，轨道AB段粗糙(g10 m/s2)求：(1)运动员离开C点时的速度大小和上升的最大高度；(2)运动员(包括装备)运动到圆轨道最低点B时对轨道的压力；(3)从A点到B点，运动员(包括装备)损失的机械能24.如图所示的xOy平面，在第二象限有一半径为R的匀强磁场区域，圆心为O(R，R)，磁场方向垂直xOy平面向外，磁感应强度大小为B.在第一象限的虚线上方存在一沿y轴负方向的匀强电场，虚线为电场的边界，其方程为yx(Rx)在A点有一粒子源，能不断地向x轴上方各个方向均匀发射质量为m、电荷量为q(q0)的同种带电粒子，所有粒子发射速率相同已知沿y轴正方向入射的粒子通过C点(0，R)后，沿与x轴正方向成53角斜向下打到B点，B、D点坐标分别为(R，0)、(0，R/2)，不计粒子间的相互作用和重力，sin 530.8，cos 530.6.求：(1)通过y轴上OD间的粒子占发射总粒子数的比例；(2)第一象限内匀强电场的场强大小E.25.(xx湖州模拟)如图所示，金属板PQ、MN平行放置，金属板长为4a，间距为4a，两极板连接在输出电压为U的恒定电源两端，上金属板PQ中央有一小孔O，板间存在垂直纸面向里磁感应强度为B的匀强磁场区域PQNM，且OPOQa，PMQNa.现将一带电小球从距上板某一高度由静止释放，小球从小孔O进入磁场，小球离开磁场后在平行金属板间做直线运动恰好从下板N端射出电场，已知重力加速度为g，求：(1)带电小球的电荷量与质量之比；(2)小球从释放到从下板N端射出所需时间仿高考计算题巧练(一)题组一23解析：(1)设救生圈做平抛运动的时间为t0，由平抛运动规律，得：HgtHtan v0t0联立以上各式，得v07.5 m/s，t02 s.(2)由几何关系，得绳索长L25 m因加速过程与减速过程的加速度大小相等，加速过程的初速度和减速过程的末速度都为零，故加速过程和减速过程的时间相等由运动学公式可得：2atL代入数据，得a6.25 m/s2.答案：(1)7.5 m/s(2)6.25 m/s224解析：(1)金属棒的速度最大时，所受合外力为零，即BILF1而PF1vm，I解得vm4 m/s或根据图象计算，2 s后金属棒的速度稳定，速度最大，此时F 安1 N，由F安BIL，得vm4 m/s.(2)速度为3 m/s时，感应电动势EBLv3 V电流I，F安BIL金属棒受到的拉力F N由牛顿第二定律得FF安ma解得a m/s2 m/s2.(3)在此过程中，由动能定理得PtW安mvmv解得W安6.5 JQR3.25 J.答案：(1)4 m/s(2) m/s2(3)3.25 J25解析：(1)朝着圆心(a，0)射入的粒子刚好从坐标原点O沿x轴进入矩形磁场，即圆周运动的轨道半径Ra又由qv2B0m可得v设某粒子从圆形磁场边界上的P点射入，并从Q点射出，轨迹如图甲所示，圆心为O1，圆形磁场的圆心为O2，则O2QO2PO1QO1Pa，即四边形O1QO2P为菱形，O2QPO1x轴，故Q点与坐标原点O重合，即射入圆形磁场的粒子均从O点进入矩形磁场甲因为矩形磁场的磁感应强度为B0，故粒子在矩形磁场中运动的轨道半径R2a又因为朝着O点射入的粒子在矩形磁场中运动的时间最短，其对应的轨迹如图乙所示，O为轨迹圆心，则AO2a，sinAOO，即AOO30粒子运动时间最长时对应的圆心角最大，轨迹的弦也最长，故粒子只可能在B点或C点离开磁场时运动时间最长，粒子从B点或C点离开时对应的轨迹如图丙所示，因为Tmax2Tmin，故、对应的圆心角为60由几何关系可知轨迹、的圆心分别为C、OlAB2asin 60a，故B点坐标为(a，a)(2)由(1)中的分析计算可知，沿着x轴正方向射入的粒子刚好从C点离开，即入射的速度方向与y轴正方向夹角为90令粒子射入矩形磁场的速度方向与y轴正方向夹角为时，粒子刚好从B点离开，则有sin ，即30综合可知，射入矩形磁场的速度方向与y轴正方向夹角为90或30时，粒子在矩形磁场中运动的时间最长，其最长时间tmax.(3)射入矩形磁场的速度方向从与y轴正方向平行到与y轴正方向成30角的粒子能够从AB边射出从B点射出的粒子射入圆形磁场位置的横坐标为R(1cos 30)a故从AB边射出的粒子数与粒子总数的比值为.答案：见解析题组二23解析：(1)设运动员离开C点时的速度为v1，上升的最大高度为hv1g10 m/s，h5 m.(2)设运动员到达B点时的速度为v2，C到B：mvmgRmvFNmgm解得FN3 000 N由牛顿第三定律FNFN3 000 N，方向竖直向下(3)从A点到B点：EmgHmv解得E3 000 J.答案：(1)10 m/s5 m(2)3 000 N方向竖直向下(3)3 000 J24解析：(1)由左手定则和圆周运动特点可知，粒子从A点到C点做圆周运动的半径为R如图所示，与x轴成角入射的粒子做圆周运动的圆心为F，轨迹交磁场边界于G点，则四边形OAFG为菱形，则GF平行于OA，即粒子在G点的速度沿x轴正方向若该粒子恰好经过D点，因DOR/2，则GHHFR/2，60，故通过OD间的粒子占总粒子数的1/3.(2)设粒子从C点以速度v垂直进入电场，在电场中做类平抛运动，经过t时间到达虚线边界上(x0，y0)点，然后沿直线匀速到达B点粒子在圆形磁场区域内做圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，Bqv由平抛运动的规律，x0vtRy0t2根据数学知识，tan 53y0x0(Rx0)联立以上各式，解得E.答案：(1)(2)25解析：(1)由于带电小球离开磁场时速度方向与电场线方向成夹角且做直线运动，所以小球是做匀速直线运动mgqEE解得.(2)设小球进入小孔的速度为v，在磁场中做圆周运动半径为r，Oex，如图所示，由数学知识易知，OcdfdNsin 在直角三角形ced中cos 在直角三角形dfN中tan 联立可得3sin22sin cos cos cos24sin212sin cos cos (2sin 1)(2sin 1)(2sin 1)cos 0解得sin ，r2a由r，代入数据易得v设小球做自由落体运动的时间为t1，则t1设小球在磁场中运动的时间为t2，则t2设小球做直线运动的时间为t3，则t3所以tt1t2t3.答案：(1)(2)