届高考物理二轮复习专题练习计算题四套含答案Word格式文档下载.docx
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设参赛者小唐的质量为m,由牛顿第二定律得
μmg=ma
联立解得μ=
答案
(1)
(2)
25.(20分)在如图2所示的扇形区域Oab内存在方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为B=2.0×
10-3T的匀强磁场(包括磁场的边界),已知扇形区域的半径为r=
m,图中的O点有一发射源,能向磁场中发射一系列比荷为
=5.0×
107C/kg的带负电的粒子,粒子的速度方向均与磁场方向垂直,且所有粒子的速率均为v=1.0×
105m/s,粒子重力不计。
图2
(1)沿Oa方向发射的带电粒子在磁场中运动的时间为多少?
(2)刚好从b点离开的带电粒子进入磁场时的速度方向与Oa的夹角为多大?
(3)若带电粒子进入磁场时的动能增加1倍,假设带电粒子进入磁场的瞬间,速度方向与Oa的夹角为θ,写出粒子在磁场中运动的时间t与θ的关系。
解析
(1)沿Oa方向发射的带电粒子,在磁场中的运动轨迹如图甲所示,设出射点为p,轨迹所在圆的半径为R,则由qBv=m
得,
R=
=
m=1.0m。
因O
=O
=1.0m,
=r=
m,则由几何关系可知△O1Op为等腰直角三角形
则带电粒子在匀强磁场中偏转过的角度为α=
,带电粒子在磁场中运动的时间为t=
·
×
10-5s。
(2)带电粒子刚好从b点离开时,轨迹如图乙所示,O
m,由几何关系可知△O2Ob为等腰直角三角形,∠O2Ob=45°
,则刚好从b点离开的带电粒子进入磁场时的速度方向与Oa的夹角应为45°
(3)设动能增加1倍后,粒子的运动轨迹所在圆的半径为R′,由公式qvB=
,Ek=
mv2可知R=
,则
,R′=
m
若粒子从b点射出,轨迹如图丙所示,
=R′,△O3Ob为正三角形,运动轨迹所对应的圆心角α1=
,则粒子进入磁场时的速度方向与Oa的夹角θ=
若粒子从弧ab上射出,则运动轨迹所对应的弦长均为
m,对应的圆心角均为α1=
,粒子进入磁场时的速度方向与Oa的夹角的范围为0≤θ≤
,粒子在磁场中的运动时间均为t=
10-5s
故0≤θ≤
时,粒子在磁场中的运动时间为t=
若粒子从边Ob上射出,轨迹如图丁所示,运动轨迹所对应的圆心角为α2=π-2θ
运动时间t=
=(π-2θ)×
故
<
θ≤
时,粒子在磁场中的运动时间为
t=(π-2θ)×
10-5s
(2)45°
(3)0≤θ≤
时,t=
10-5s
时,t=(π-2θ)×
计算题32分满分练
(二)
24.(12分)2017年9月13日,苹果在乔布斯剧院正式发布旗下三款iPhone新机型,除了常规的硬件升级外,三款iPhone还支持快充和无线充电。
图1甲为兴趣小组制作的无线充电装置中的输电线圈示意图,已知线圈匝数n=100,电阻r=1Ω,横截面积S=1.5×
10-3m2,外接电阻R=7Ω。
线圈处在平行于线圈轴线的磁场中,磁场的磁感应强度随时间变化如图乙所示,求:
(1)t=0.01s时线圈中的感应电动势E;
(2)0~0.02s内通过电阻R的电荷量q;
(3)0~0.03s内电阻R上产生的热量Q。
解析
(1)由图乙可知,t=0.01s时刻
=4T/s
根据法拉第电磁感应定律得E=n
=n
解得E=0.6V。
(2)0~0.02s内,I=
=0.075A,电荷量q=IΔt,
解得q=1.5×
10-3C。
(3)0~0.02s内,E=0.6V,I=0.075A,根据焦耳定律可以得到,回路中产生的焦耳热为
Q1=I2(R+r)t1=9×
10-4J
0.02~0.03s内,E′=1.2V,I′=0.15A,根据焦耳定律可以得到,回路中产生的焦耳热为
Q2=I′2(R+r)t2=1.8×
10-3J
所以Q总=Q1+Q2=2.7×
而Q=
Q总,解得Q=2.3625×
10-3J。
答案
(1)0.6V
(2)1.5×
10-3C (3)2.3625×
25.(20分)如图2甲所示,质量M=3kg,足够长的木板静止在水平面上,半径为R的四分之一固定光滑圆轨道的下端与木板的右端平滑对接,质量m=1kg的物块(可视为质点)从轨道顶端由静止释放,接着物块离开圆轨道滑上木板。
从物块滑上木板开始计时,物块运动前2s内速度随时间变化如图乙所示。
已知木板与水平面间的动摩擦因数μ0=0.01,重力加速度g=10m/s2,求:
(1)物块经过圆轨道最低点时对轨道压力F的大小;
(2)直到物块与木板相对静止的过程中因摩擦共产生的热量Q。
解析
(1)设物块经过圆轨道最低点的速度为v0,根据机械能守恒定律可得
mgR=
mv
解得R=0.8m
根据牛顿第二定律得F-mg=m
解得F=30N
由牛顿第三定律得物块对轨道的压力大小为30N。
(2)物块滑上木板后,由图象可知物块的加速度大小为
a1=1m/s2
物块与木板间的摩擦力的大小为f1=ma1=1N
设木板的加速度为a2,则f1-μ0(M+m)g=Ma2
解得a2=0.2m/s2
当它们达到相同的速度时,有v=v0-a1t=a2t
解得t=
s
这一过程中,物块的位移为
x1=v0t-
a1t2=
木板的位移为
x2=
a2t2=
物块与木板因摩擦产生的热量为
Q1=f1(x1-x2)=
J
木板与地面摩擦产生的热量为
Q2=μ0(M+m)gx2=
所以因摩擦共产生的热量为
Q=Q1+Q2=
答案
(1)30N
(2)
J
计算题32分满分练(三)
24.(12分)如图1所示,水平放置的绝缘光滑正方形桌面abcd,边长为L,距地面高度也为L,仅在桌面区域有竖直向上的匀强磁场。
两个带有相同电荷量的小球1、2,质量分别为m1和m2,先后从b点沿水平桌面ba方向射入磁场,在b点动能相同,小球1从bc边的中点P水平射出,小球2从bc边的c点水平射出。
重力加速度为g。
(1)求两小球带电性质及两小球质量之比
;
(2)若在b点的动能Ek=
m1gL,求两小球落地点间的水平距离x12(用L表示)。
解析
(1)小球都带正电,小球1、2在磁场中做匀速圆周运动,设小球电荷量为q,磁感应强度为B,速率分别为v1、v2,质量分别为m1、m2,半径分别为r1、r2,动能为Ek,由洛伦兹力提供向心力,有
qv1B=m1
,qv2B=m2
(1分)
且Ek=
m1v
m2v
r2=2r1(2分)
解得
(2)两小球水平抛出,速度方向垂直于bc边,设下落时间相同为t,水平位移分别为x1和x2,由平抛规律,有
L=
gt2(1分)
x1=v1t,x2=v2t(1分)
由几何关系,得
x12=
(2分)
由题知
m1gL(2分)
解得x12=L(1分)
答案
(1)均带正电 1∶4
(2)L
25.(20分)某工地一传输工件的装置可简化为如图2所示的情形,AB为一段足够大的
圆弧固定轨道,圆弧半径R=5.4m,BC为水平轨道,CD为一段
圆弧固定轨道,圆弧半径r=1m,三段轨道均光滑。
一长为L=4m、质量为m2=1kg的平板小车最初停在BC轨道的最左端,小车上表面刚好与AB轨道相切,且与CD轨道最低点处于同一水平面。
一可视为质点、质量为m1=2kg的工件从距AB轨道最低点高h处沿轨道自由滑下,滑上小车后带动小车也向右运动,小车与CD轨道左端碰撞(碰撞时间极短)后即被粘在C处。
工件只有从CD轨道最高点飞出,才能被站在台面上的工人接住。
工件与小车的动摩擦因数为μ=0.5,重力加速度g=10m/s2。
当工件从h=0.5R高处静止下滑,求:
(1)工件到达圆形轨道最低点B对轨道的压力;
(2)工件滑进小车后,小车恰好到达CD轨道处与工件共速,求BC之间的距离;
(3)若平板小车长L′=3.4m,工件在小车与CD轨道碰撞前已经共速,则工件应该从多高处下滑才能让站台上的工人接住。
解析
(1)工件下滑到B处时速度为v0
此过程机械能守恒
=m1gh(2分)
在B处FN-m1g=m1
联立以上两式求得FN=m1g
=40N(1分)
由牛顿第三定律得,工件对轨道最低点B的压力大小为
FN′=FN=40N,方向竖直向下(1分)
(2)设工件与小车共速为v1,由动量守恒定律得
m1v0=(m1+m2)v1(2分)
小车移动位移s1,由动能定理得
μm1gs1=
-0(2分)
联立求得s1=
=1.2m(2分)
故sBC=L+s1=5.2m(1分)
(3)设工件滑至B点时速度为v0′,与小车共速为v1′,工件到达C点时速度为v2′
由动量守恒定律得m1v0′=(m1+m2)v1′(2分)
由能量守恒定律得
μm1gL′=
m1v0′2-
m2v1′2-
m1v2′2(2分)
工件恰好滑到CD轨道最高点,由机械能守恒定律得
m1v2′2=m1gr(1分)
工件从高为h′处下滑,则
m1v0′2=m1gh′(1分)
代入数据解得h′=3.47m(1分)
答案
(1)工件对轨道最低点B的压力大小为40N
方向竖直向下
(2)5.2m (3)3.47m
计算题32分满分练(四)
24.(12分)如图1所示,两个完全相同的长木板放置于水平地面上,木板间紧密接触,但不粘在一块,每个木板质量M=0.6kg,长度l=0.5m。
现有一质量m=0.4kg的木块,以初速度v0=2m/s从木板的左端滑上木板,已知木块与木板间的动摩擦因数μ1=0.3,木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.1,重力加速度g=10m/s2。
(1)木块滑上第二块木板的瞬间的速度;
(2)木块最终滑动的位移(保留2位有效数字)。
解析