届高考物理二轮复习专题练习计算题四套含答案.docx
《届高考物理二轮复习专题练习计算题四套含答案.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《届高考物理二轮复习专题练习计算题四套含答案.docx（17页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。
届高考物理二轮复习专题练习计算题四套含答案
计算题32分满分练
（一）
24.（12分）某电视台有一幼儿园小朋友参加的闯关节目——高低滑梯。
如图1所示，高滑梯的平台到水平地面的距离为h，其右侧与一个曲面滑梯PA相连，参赛者小帅（可视为质点）从P点由静止下滑，经过平台上的A点后向左做匀减速直线运动，依次经过B、C两点后落在地面上的D点（有保护措施，不会摔伤）。
已知从A运动到B的时间等于从B运动到C的时间，且B到C的距离为l，A到B的距离为2l。
低滑梯在水平地面上，其右侧与一个曲面滑梯QA′相连，QA′与PA完全相同，参赛者小唐（也可视为质点）从Q点由静止下滑，经过平台上的A′点后向左做匀减速直线运动，依次经过B′、C′两点后最终恰好停在D点。
已知A与A′、B与B′、C与C′都在同一竖直平面内，高低滑梯都是由相同材料制成的。
求：
图1
（1）C到D的水平距离x；
（2）参赛者与滑梯平台间的动摩擦因数μ。
解析
（1）设小唐做匀减速运动的加速度大小为a，离开C′点时的速度为v（小帅经过C点的速度也为v），从A′点运动到B′点的时间为t，则小唐从B′点运动到C′点的时间也为t，按逆向思维，根据运动学公式得
l＝vt＋
at2，l＋2l＝v·2t＋
a（2t）2，消去t解得
al＝4v2
C到D的水平距离x，即C′到D的水平距离，由运动学公式得v2＝2ax
解得x＝
。
（2）小帅离开C点之后做平抛运动，设小帅在空中运动的时间为t′，有h＝
gt′2，x＝vt′
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
＝O
＝1.0m，
＝
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′＝
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＝
×10－5s
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）×10－5s
故
<θ≤
时，粒子在磁场中的运动时间为
t＝（π－2θ）×10－5s。
答案
（1）
×10－5s
（2）45° （3）0≤θ≤
时，t＝
×10－5s
<θ≤
时，t＝（π－2θ）×10－5s
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：
图1
（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＝2.7×10－3J
而Q＝
Q总，解得Q＝2.3625×10－3J。
答案
（1）0.6V
（2）1.5×10－3C （3）2.3625×10－3J
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：
图2
（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＝
m
木板的位移为
x2＝
a2t2＝
m
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＝
J
所以因摩擦共产生的热量为
Q＝Q1＋Q2＝
J
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。
图1
（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
（1分）
r2＝2r1（2分）
解得
＝
（1分）
（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
m1v
＝
m2v
＝
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：
图2
（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
m1v
＝m1gh（2分）
在B处FN－m1g＝m1
（2分）
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＝
m2v
－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。
求：
图1
（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
升级会员 