2019-2020年高考物理二轮复习 计算题专项训练.doc

2019-2020年高考物理二轮复习 计算题专项训练1.如图甲所示,水平传送带AB逆时针匀速转动,一个质量为m0=1.0 kg的小物块以某一初速度由传送带左端滑上,通过速度传感器记录下物块速度随时间的变化关系如图乙所示(图中取向左为正方向,以物块滑上传送带时为计时零点)。已知传送带的速度保持不变,g取10 m/s2。求:(1)物块与传送带间的动摩擦因数;(2)物块在传送带上的运动时间;(3)整个过程中系统生成的热量。2.有一个固定的光滑直杆,该直杆与水平面的夹角为53,杆上套着一个质量为m=2 kg的滑块(可视为质点)。(sin 53=0.8,cos 53=0.6,g取10 m/s2)(1)如图甲所示,滑块从O点由静止释放,下滑了位移x=1 m后到达P点,求滑块此时的速率;(2)如果用不可伸长的细绳将滑块m与另一个质量为M=2.7 kg的物块通过光滑的定滑轮相连接,细绳因悬挂M而绷紧,此时滑轮左侧绳恰好水平,其长度l= m(如图乙所示)。再次将滑块从O点由静止释放,求滑块再次滑至x=1 m的P点时的速率。(整个运动过程中M不会触地)3.(xx湖北武汉华中师范大学第一附属中学测试)如图所示,固定在水平地面上的斜面,倾角为45,斜面上A、B两点之间长L=2 m。在斜面下端C点固定有一个与斜面垂直的挡板。一劲度系数为k=68 N/m的轻质弹簧,下端固定在挡板上,上端位于图中B点,处于原长状态。质量为m=1 kg,大小不计的滑块,从斜面的最高点A沿斜面由静止开始下滑。滑块沿斜面下滑到B点时与弹簧开始接触,整个过程弹簧都在弹性限度内。已知滑块与斜面AB段之间的动摩擦因数为=0.40,BC段之间不存在摩擦力。不计滑块与弹簧接触时的能量损失,忽略空气阻力。弹簧弹性势能Ep=kx2,x为弹簧的形变量,重力加速度g取10 m/s2。试求:(1)滑块从开始运动到第一次速度变为零时,弹簧的最大压缩量为多少?(2)计算从A处静止出发开始,到滑块与弹簧发生第n次接触的过程中在AB段运动通过的总路程。(3)最终滑块在AB段运动通过的总路程为多少?4.(xx安徽理综)由三颗星体构成的系统,忽略其他星体对它们的作用,存在着一种运动形式,三颗星体在相互之间的万有引力作用下,分别位于等边三角形的三个顶点上,绕某一共同的圆心O在三角形所在的平面内做相同角速度的圆周运动(图示为A、B、C三颗星体质量不相同时的一般情况)。若A星体质量为2m,B、C两星体的质量均为m,三角形的边长为a,求:(1)A星体所受合力大小FA;(2)B星体所受合力大小FB;(3)C星体的轨道半径RC;(4)三星体做圆周运动的周期T。5.(xx河北邯郸教学质量检测)如图,边长L=0.2 m的正方形abcd区域(含边界)内,存在着垂直于区域的横截面(纸面)向外的匀强磁场,磁感应强度B=5.010-2 T。带电平行金属板MN、PQ间形成了匀强电场E(不考虑金属板在其他区域形成的电场),MN放在ad边上,两板左端M、P恰在ab边上,两板右端N、Q间有一绝缘挡板EF。EF中间有一小孔O,金属板长度、板间距、挡板长度均为l=0.1 m。在M和P的中间位置有一离子源S,能够正对孔O不断发射出各种速率的带正电离子,离子的电荷量均为q=3.210-19 C,质量均为m=6.410-26 kg。不计离子的重力,忽略离子之间的相互作用及离子打到金属板或挡板上后的反弹。(1)当电场强度E=104 N/C时,求能够沿SO连线穿过孔O的离子的速率。(2)电场强度取值在一定范围时,可使沿SO连线穿过O并进入磁场区域的离子直接从bc边射出,求满足条件的电场强度的范围。6.如图甲所示,在光滑绝缘的水平桌面上建立一xOy坐标系,水平桌面处在周期性变化的电场和磁场中,电场和磁场的变化规律如图乙所示(规定沿+y方向为电场强度的正方向,竖直向下为磁感应强度的正方向)。在t=0时刻,一质量为10 g、电荷量为0.1 C的带正电金属小球自坐标原点O处,以v0=2 m/s的速度沿x轴正方向射出。已知E0=0.2 N/C,B0=0.2 T。求:(1)t=1 s末金属小球速度的大小和方向;(2)12 s内,金属小球在磁场中做圆周运动的周期和半径;(3)6 s内金属小球运动至离x轴最远点时的位置坐标。7.(xx五市十校教研教改联考)两根平行金属导轨放置在倾角为的绝缘斜面上,两导轨之间的距离为L,仅在虚线MN下面的空间存在着磁感应强度随高度变化的磁场(同一水平线上各处磁感应强度相同),磁场方向垂直斜面向下,导轨上端跨接一阻值为R的定值电阻。质量为m的金属棒的两端套在导轨上并可在导轨上无摩擦滑动,金属棒始终与导轨垂直,导轨和金属棒的电阻不计,现将金属棒从O处由静止释放,进入磁场后金属棒正好做匀减速运动,刚进入磁场时速度为v,到达P处时速度为0.5v,O处和P处到MN的距离相等,已知重力加速度为g。求:(1)金属棒在磁场中所受安培力F的大小;(2)在金属棒从开始运动到P处的过程中,电阻R上共产生多少热量。8.如图所示,真空中有一以O点为圆心的圆形匀强磁场区域,半径为R,磁场垂直纸面向里。在yR的区域存在沿-y方向的匀强电场,电场强度为E。在M点有一粒子源,辐射的粒子以相同的速率v,沿不同方向射入第一象限。发现沿+x方向射入磁场的粒子穿出磁场进入电场,速度减小到0后又返回磁场。已知粒子的质量为m,电荷量为+q,粒子重力不计。(1)求圆形磁场区域磁感应强度的大小;(2)求沿+x方向射入磁场的粒子,从进入磁场到再次穿出磁场所走过的路程;(3)沿与+x方向成60角射入的粒子,最终将从磁场边缘的N点(图中未画出)穿出,不再进入磁场,求N点的坐标和粒子从M点运动到N点的总时间。参考答案1.答案:(1)0.2(2)4.5 s(3)18 J解析:(1)由题中v-t图象可得,物块做匀变速运动的加速度a= m/s2=2.0 m/s2由牛顿第二定律得Ff=m0a得到物块与传送带间的动摩擦因数=0.2。(2)由题中v-t图象可知,物块初速度大小v=4 m/s、传送带速度大小v=2 m/s,物块在传送带上滑动t1=3 s后,与传送带相对静止。前2 s内物块的位移大小x1=t1=4 m,向右后1 s内的位移大小x2=t1=1 m,向左3 s内位移x=x1-x2=3 m,向右物块再向左运动时间t2=1.5 s物块在传送带上运动时间t=t1+t2=4.5 s。(3)物块在传送带上滑动的3 s内,传送带的位移x=vt1=6 m,向左;物块的位移x=x1-x2=3 m,向右相对位移为x=x+x=9 m所以转化的热能EQ=Ffx=18 J。2.答案:(1)4 m/s(2)5 m/s解析:(1)设滑块下滑至P点时的速度为v1,由机械能守恒定律得mgxsin 53=,解得v1=4 m/s。(2)设滑块再次滑到P点时速度为v2,绳与斜杆的夹角为,M的速度为vM,如图将绳端进行分解得vM=v2cos 由几何关系得=90,vM=0再由系统机械能守恒定律得Mgl(1-sin 53)+mgxsin 53=+0,解得v2=5 m/s。3.答案:(1)x1=0.5 m(2) m(3)5 m解析:(1)由能量转化有mg(L+x)sin 45-mgLsin 45=kx2代入数据整理解得x1=0.5 m,x2=- m(舍去)。(2)设L1=L,设滑块第一次与弹簧接触后反弹能达到的最大长度为L2,则mg(L1-L2)-mg(L1+L2)=0得L2=L1=L1故第二次接触经历路程x2=2L2=2L1设滑块第二次与弹簧接触后反弹能达到的最大长度为L3;则mg(L2-L3)-mg(L2+L3)=0得L3=L2=L1第三次接触经历路程x3=2L3=2L1可以看出,滑块与弹簧发生第n次接触的过程中在AB段运动通过的总路程表达式为x=L1+2L1+2L1+2L1+2L1+2L1 m。(3)当n趋近于无穷大时,滑块在AB段运动通过的总路程为x总=2 m+3 m=5 m。(注:本题也可用全过程动能定理)4.答案:(1)2(2)(3)a(4)解析:(1)由万有引力定律,A星体所受B、C星体引力大小为FBA=G=G=FCA,方向如图则合力大小FA=2。(2)同上,B星体所受A、C星体引力大小分别为FAB=G=GFCB=G=G,方向如图由FBx=FABcos 60+FCB=2GFBy=FABsin 60=可得FB=。(3)通过分析可知,圆心O在中垂线AD的中点,RC=(或:由对称性可知OB=OC=RCcosOBD=)可得RC=a。(4)三星体运动周期相同,对C星体,由FC=FB=mRC可得T=。5.答案:(1)v0=2.0105 m/s(2)9.375102 N/CE1.25103 N/C解析:(1)穿过孔O的离子在金属板间需满足qv0B=Eq代入数据得 v0=2.0105 m/s。(2)穿过孔O的离子在金属板间仍需满足qvB=Eq离子穿过孔O后在磁场中做匀速圆周运动,有qvB=m由以上两式得E=从bc边射出的离子,其临界轨迹如图线,对于轨迹半径最大,对应的电场强度最大,由几何关系可得r1=l=0.1 m由此可得E1=1.25103 N/C从bc边射出的离子,轨迹半径最小时,其临界轨迹如图线,对应的电场强度最小,由几何关系可得2r2+=L所以r2=0.075 m由此可得E2=9.375102 N/C所以满足条件的电场强度的范围为9.375102 N/CE1.25103 N/C。6.答案:见解析解析:(1)在01 s内,小球在电场力作用下,在x轴方向上做匀速运动,vx=v0,y轴方向做匀加速直线运动,vy=t11 s末小球的速度v1=2 m/s设v1与x轴正方向的夹角为,则tan =1故=45。(2)在12 s内,小球在磁场中做匀速圆周运动的周期T=1 s由洛伦兹力公式得qv1B0=解得R1= m。(3)如图所示,在5 s内,小球部分运动轨迹可视为一个连续抛物线。由匀变速直线运动规律知,x方向上,x3=vxtvx=v0y方向上,y3=a=vy3=at5 s末时小球的速度v=2 m/stan =3(为v与x轴的夹角)在56 s内,小球在磁场中做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力有R=由几何关系得,离x轴最远点G的坐标为(x,y),其中x=x3-x2,y=y3+y2而x2=Rsin ,y2=R(1+cos )由上述各式可得x= my= m。7.答案:(1)mgsin (2)mv2解析:(1)设O点和P点到MN的间距均为s,从O到MN过程中,根据动能定理有mgssin =mv2-0从MN到P的过程中棒做匀减速运动,安培力的大小不变,据动能定理有mgssin -Fs=m(0.5v)2-mv2得F=mgsin 。(2)方法一:棒从MN到P过程中根据能量守恒有Q=mgssin +mv2-m(0.5v)2得Q=mv2。方法二:棒从MN到P过程中克服安培力做功即电阻R上产生的热量Q=Fs得Q=mv2。8.答案:(1)(2)R+(3)解析:(1)沿+x方向射入磁场的粒子进入电场后,速度减小到0,粒子一定是从如图的P点射出磁场,逆电场线运动,所以粒子在磁场中做圆周运动的半径r=R根据Bqv=r=得B=。(2)粒子返回磁场后,经磁场偏转后从N点射出磁场,MN为直径,在磁场中的路程为圆周长,s1=R设在电场中路程为s2, 根据动能定理Eqmv2s2=总路程s=R+。(3)沿与+x方向成60角射入的粒子,从C点竖直射出、射入磁场,从D点射入、射出电场,最后从N点(MN为直径)射出磁场。所以N点坐标为(2R,0)在磁场中,MC段圆弧对应圆心角=30,CN段圆弧对应圆心角=150,所以在电场中的时间为半个周期t1=粒子在CD段做匀速直线运动,CD=粒子在电场中做匀变速直线运动,加速度a=t3=总时间t=。