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

1、设参赛者小唐的质量为m，由牛顿第二定律得mgma联立解得答案（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B2.0103 T的匀强磁场（包括磁场的边界），已知扇形区域的半径为rm，图中的O点有一发射源，能向磁场中发射一系列比荷为5.0107 C/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v1.0105 m/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

2、场的瞬间，速度方向与Oa的夹角为，写出粒子在磁场中运动的时间t与的关系。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qBvm得，Rm1.0 m。因OO1.0 m，rm，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，带电粒子在磁场中运动的时间为t105 s。（2）带电粒子刚好从b点离开时，轨迹如图乙所示，Om，由几何关系可知O2Ob为等腰直角三角形，O2Ob45，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，Ekm

3、v2可知R，则，Rm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1，则粒子进入磁场时的速度方向与Oa的夹角若粒子从弧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1，粒子进入磁场时的速度方向与Oa的夹角的范围为0，粒子在磁场中的运动时间均为t105 s故0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22运动时间t（2）故时，粒子在磁场中的运动时间为t（2）105 s（2）45（3）0时，t105 s时，t（2）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

4、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n100，电阻r1 ，横截面积S1.5103m2，外接电阻R7 。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）t0.01 s时线圈中的感应电动势E；（2）00.02 s内通过电阻R的电荷量q；（3）00.03 s内电阻R上产生的热量Q。解析（1）由图乙可知，t0.01 s时刻4 T/s根据法拉第电磁感应定律得Enn解得E0.6 V。（2）00.02 s内，I0.075 A，电荷量qIt，解得q1.5103 C。

5、（3）00.02 s内，E0.6 V，I0.075 A，根据焦耳定律可以得到，回路中产生的焦耳热为Q1I2（Rr）t19104 J0.020.03 s内，E1.2 V，I0.15 A，根据焦耳定律可以得到，回路中产生的焦耳热为Q2I2（Rr）t21.8103 J所以Q总Q1Q22.7而QQ总，解得Q2.362 5103 J。答案（1）0.6 V（2）1.5103 C（3）2.362 525.（20分）如图2甲所示，质量M3 kg，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m1 kg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

6、木板。从物块滑上木板开始计时，物块运动前2 s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00.01，重力加速度g10 m/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mgRmv解得R0.8 m根据牛顿第二定律得Fmgm解得F30 N由牛顿第三定律得物块对轨道的压力大小为30 N。（2）物块滑上木板后，由图象可知物块的加速度大小为a11 m/s2物块与木板间的摩擦力的大小为f1ma11 N设木板的加速度为a2，则f10（Mm）gMa2解得a2

7、0.2 m/s2当它们达到相同的速度时，有vv0a1ta2t解得ts这一过程中，物块的位移为x1v0ta1t2木板的位移为x2a2t2物块与木板因摩擦产生的热量为Q1f1（x1x2）J木板与地面摩擦产生的热量为Q20（Mm）gx2所以因摩擦共产生的热量为QQ1Q2答案（1）30 N（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

8、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Ekm1gL，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qv1Bm1，qv2Bm2 （1分）且Ekm1vm2vr22r1（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Lgt2（1分）x1v1t，x2v2t（1分）由几何关系，得x12 （2分）

9、由题知m1gL（2分）解得x12L（1分）答案（1）均带正电14（2）L25.（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R5.4 m，BC为水平轨道，CD为一段圆弧固定轨道，圆弧半径r1 m，三段轨道均光滑。一长为L4 m、质量为m21 kg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m12 kg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

10、台面上的工人接住。工件与小车的动摩擦因数为0.5，重力加速度g10 m/s2。当工件从h0.5R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L3.4 m，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FNm1gm1联立以上两式求得FNm1g40 N（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FNFN40 N，方向竖直向下（1分）（2）设工件与小车共速为v1，由动量守

11、恒定律得m1v0（m1m2）v1（2分）小车移动位移s1，由动能定理得m1gs10（2分）联立求得s11.2 m（2分）故sBCLs15.2 m（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（m1m2）v1（2分）由能量守恒定律得m1gLm1v02m2v12m1v22（2分）工件恰好滑到CD轨道最高点，由机械能守恒定律得m1v22m1gr（1分）工件从高为h处下滑，则m1v02m1gh（1分）代入数据解得h3.47 m（1分）答案（1）工件对轨道最低点B的压力大小为40 N方向竖直向下（2）5.2 m（3）3.47 m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M0.6 kg，长度l0.5 m。现有一质量m0.4 kg的木块，以初速度v02 m/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10.3，木板与地面间的动摩擦因数20.1，重力加速度g10 m/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