《（天津?qū)Ｓ茫?020高考物理二輪復(fù)習(xí) 計(jì)算題專項(xiàng)訓(xùn)練（一）（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（天津?qū)Ｓ茫?020高考物理二輪復(fù)習(xí) 計(jì)算題專項(xiàng)訓(xùn)練（一）（含解析）（4頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、計(jì)算題專項(xiàng)訓(xùn)練(一)
(時(shí)間:40分鐘 分值:49分)
1.(12分)(2018·天津南開月考)如圖所示,在光滑的水平地面上,相距l(xiāng)=10 m的A、B兩個(gè)小球均以v0=10 m/s向右運(yùn)動(dòng),隨后兩球相繼滑上傾角為30°的足夠長(zhǎng)的固定光滑斜坡,地面與斜坡平滑連接,取g=10 m/s2。求:
(1)B球剛要滑上斜坡時(shí)A、B兩球的距離;
(2)A球滑上斜坡后經(jīng)過多長(zhǎng)時(shí)間兩球相遇。
答案:(1)7.5 m (2)2.5 s
解析:(1)設(shè)A球滑上斜坡后經(jīng)過t1時(shí)間B球滑上斜坡,
則有l(wèi)=v0t1,解得t1=1s
A球滑上斜坡后做勻減速直線運(yùn)動(dòng),
加速度大小a=gsin30°=5m
2、/s2
設(shè)這段時(shí)間內(nèi)A球向上運(yùn)動(dòng)的位移為x,
則x=v0t1-12at12
代入數(shù)據(jù)解得x=7.5m。
(2)B球剛要滑上斜坡時(shí)A球速度v1=v0-at1=5m/s
B球滑上斜坡時(shí),加速度與A相同,以A為參考系,B相對(duì)于A以v=v0-v1=5m/s做勻速運(yùn)動(dòng),設(shè)再經(jīng)過時(shí)間t2它們相遇,有t2=xv=1.5s
則所求時(shí)間t=t1+t2=2.5s。
2.(17分)如圖所示,有一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的質(zhì)量為m=1 kg的小物塊,從光滑平臺(tái)上的A點(diǎn)以v0=2 m/s的初速度水平拋出,到達(dá)C點(diǎn)時(shí),恰好沿C點(diǎn)的切線方向進(jìn)入固定在水平地面上的光滑圓弧軌道,最后小物塊滑上緊靠軌道末端D點(diǎn)的質(zhì)量為m長(zhǎng)=3
3、 kg的長(zhǎng)木板,已知木板上表面與圓弧軌道末端切線相平,木板下表面與水平地面之間光滑,小物塊與長(zhǎng)木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.3,圓弧軌道的半徑為R=0.4 m,C點(diǎn)和圓弧的圓心連線與豎直方向的夾角θ=60°,不計(jì)空氣阻力,g取10 m/s2。
(1)求小物塊剛要到達(dá)圓弧軌道末端D點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力;
(2)若長(zhǎng)木板長(zhǎng)度l長(zhǎng)=2.4 m,小物塊能否滑出長(zhǎng)木板?
答案:(1)60 N,方向豎直向下 (2)能
解析:(1)物塊到達(dá)C點(diǎn)的速度與水平方向的夾角為60°,則
vC=v0cos60°=2v0=4m/s
小物塊由C到D的過程中,由動(dòng)能定理得
mgR(1-cos60°)=12mvD2
4、-12mvC2
代入數(shù)據(jù)解得vD=25m/s
小物塊在D點(diǎn)時(shí),由牛頓第二定律得FN-mg=mvD2R
解得FN=60N
由牛頓第三定律得小物塊剛要到達(dá)圓弧軌道末端D點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力FN'=FN=60N,方向豎直向下。
(2)設(shè)小物塊始終在長(zhǎng)木板上,共同速度大小為v,小物塊在木板上滑行的過程中,小物塊與長(zhǎng)木板組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒,取向左為正方向
由動(dòng)量守恒定律得mvD=(m長(zhǎng)+m)v
解得v=52m/s
設(shè)物塊與木板的相對(duì)位移為l,由功能關(guān)系得
μmgl=12mvD2-12(m+m長(zhǎng))v2
解得l=2.5m>l長(zhǎng)=2.4m,所以小物塊能滑出長(zhǎng)木板。
3.(20分)如圖所示,在
5、平面直角坐標(biāo)系中,第三象限里有一加速電場(chǎng),一個(gè)電荷量為q、質(zhì)量為m的帶正電粒子(不計(jì)重力),從靜止開始經(jīng)加速電場(chǎng)加速后,垂直x軸從A(-4l,0)點(diǎn)進(jìn)入第二象限,在第二象限的區(qū)域內(nèi),存在著指向O點(diǎn)的均勻輻射狀電場(chǎng),距O點(diǎn)4l處的電場(chǎng)強(qiáng)度大小均為E=qlB0216m,粒子恰好能垂直y軸從C(0,4l)點(diǎn)進(jìn)入第一象限,如圖所示,在第一象限中有兩個(gè)全等的直角三角形區(qū)域Ⅰ和Ⅱ,均充滿了方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng),區(qū)域Ⅰ的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0,區(qū)域Ⅱ的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小可調(diào),D點(diǎn)坐標(biāo)為(3l,4l),M點(diǎn)為CP的中點(diǎn)。粒子運(yùn)動(dòng)軌跡與磁場(chǎng)區(qū)域相切時(shí)認(rèn)為粒子能再次進(jìn)入磁場(chǎng)。從磁場(chǎng)區(qū)域Ⅰ進(jìn)入第二象限的粒子可以被吸
6、收掉。
(1)求加速電場(chǎng)的電壓U;
(2)若粒子恰好不能從OC邊射出,求區(qū)域Ⅱ磁感應(yīng)強(qiáng)度大小;
(3)若粒子能到達(dá)M點(diǎn),求區(qū)域Ⅱ磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小的所有可能值。
答案:(1)ql2B028m (2)24B049
(3)825B0、1633B0、833B0、1641B0、2449B0
解析:(1)粒子在加速電場(chǎng)中加速,根據(jù)動(dòng)能定理有
qU=12mv2
粒子在第二象限輻射狀電場(chǎng)中做半徑為R的勻速圓周運(yùn)動(dòng),則qE=mv24l
聯(lián)立解得v=qB0l2m,U=ql2B028m。
(2)粒子在區(qū)域Ⅰ中運(yùn)動(dòng)的速度大小
v=qB0l2m
根據(jù)洛倫茲力提供粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)
7、的向心力,
有qB0v=mv2r,得半徑r=mvqB0=l2
若粒子在區(qū)域Ⅱ中的運(yùn)動(dòng)半徑R較小,則粒子會(huì)從OC邊射出磁場(chǎng)。
恰好不從OC邊射出時(shí),作出對(duì)應(yīng)的運(yùn)動(dòng)軌跡,如圖
滿足∠O2O1Q=2θ,
sin2θ=2sinθcosθ=2425,
又sin2θ=rR-r
解得R=4924r=4948l
又R=mvqB,代入v=qB0l2m
可得B=24B049。
(3)①若粒子由區(qū)域Ⅰ達(dá)到M點(diǎn)
每次前進(jìn)lCP2=2(R-r)cosθ=85(R-r)
由周期性得lCM=nlCP2(n=1,2,3,…),
即52l=85n(R-r)
R=r+2516nl≥4948l,
解得n≤3
n=1時(shí)R=3316l,B=833B0
n=2時(shí)R=4132l,B=1641B0,
n=3時(shí)R=4948l,B=2449B0
②若粒子由區(qū)域Ⅱ達(dá)到M點(diǎn)
由周期性:lCM=lCP1+nlCP2(n=0,1,2,3,…)
即52l=85R+85n(R-r)
解得:R=52+45n85(1+n)l≥4948l
解得:n≤2625。
當(dāng)n=0時(shí),R=2516l,B=825B0
當(dāng)n=1時(shí),R=3332l,B=1633B0。
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