2021年高考物理二轮专题辅导与训练：高考计算题58分练(3).docx

温馨提示： 此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调整合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。高考计算题58分练(3)分类突破，60分钟规范答题抓大分！1.风洞试验室能产生大小和方向均可转变的风力。如图所示，在风洞试验室中有足够大的光滑水平面，在水平面上建立xOy直角坐标系。质量m=0.5kg的小球以初速度v0=0.40m/s从O点沿x轴正方向运动，在02.0s内受到一个沿y轴正方向、大小F1=0.20N的风力作用；小球运动2.0s后风力变为F2(大小未知)，方向为y轴负方向，又经过2.0s小球回到x轴。求：(1)2.0s末小球在y方向的速度。(2)风力F2作用多长时间后，小球的速度变为与初速度相同。(3)小球回到x轴上时的动能。【解析】(1)小球在y轴方向的加速度为a1，2s末速度大小为v1a1=m/s2=0.4 m/s2；v1=a1t1=0.42m/s=0.8 m/s(2)在F1作用下，经过2s，小球沿y轴运动的距离为y则y=a1=0.44m=0.8 m在F2作用下，小球加速度为a2，经过2s小球回到x轴。-y=v1t2-a2解得：a2=1.2m/s2在F2作用下，经过时间t小球在y轴方向速度为零时，小球速度与初速度相同0=v1-a2t解得：t=s(3)当小球回到x轴上时，沿y轴的速度为v2v2=v1-a2t2=0.8m/s-1.22m/s=-1.6 m/s小球动能为Ek=m(+)=0.52.72J=0.68 J答案：(1)0.8m/s(2)s(3)0.68 J2.(2022温州二模)如图所示，一水平圆盘绕过圆心的竖直轴转动，圆盘边缘有一质量m=1.0kg的小滑块。当圆盘转动的角速度达到某一数值时，滑块从圆盘边缘滑落，经光滑的过渡圆管进入轨道ABC。已知AB段斜面倾角为53，BC段斜面倾角为37，滑块与圆盘及斜面间的动摩擦因数均为=0.5，A点离B点所在水平面的高度h=1.2m。滑块在运动过程中始终未脱离轨道，不计在过渡圆管处和B点的机械能损失，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，取g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8。(1)若圆盘半径R=0.2m，当圆盘的角速度多大时，滑块从圆盘上滑落？(2)若取圆盘所在平面为零势能面，求滑块到达B点时的机械能。(3)从滑块到达B点时起，经0.6s正好通过C点，求BC之间的距离。【解析】(1)滑块在圆盘上做圆周运动时，静摩擦力充当向心力，依据牛顿其次定律可得：mg=m2R代入数据解得：=5rad/s(2)滑块在A点时的速度：vA=R=1m/s从A到B的运动过程由动能定理得mgh-mgcos53=m-m在B点时的机械能：EB=m-mgh=-4J(3)滑块在B点时的速度：vB=4m/s滑块沿BC段向上运动时的加速度大小：a1=g(sin37+cos37)=10m/s2返回时的加速度大小：a2=g(sin37-cos37)=2m/s2BC间的距离：sBC=-a2(t-)2=0.76m答案：(1)5rad/s(2)-4J(3)0.76m3.(2022日照二模)如图所示，位于竖直平面内的坐标系xOy，在其第三象限空间有沿水平方向的、垂直于纸面对外的匀强磁场，磁感应强度大小为B=0.5T，还有沿x轴负方向的匀强电场，场强大小为E=2N/C。在其第一象限空间有沿y轴负方向的、场强大小也为E的匀强电场，并在yh=0.4m的区域有磁感应强度也为B的垂直于纸面对里的匀强磁场。一个带电荷量为q的油滴从图中第三象限的P点得到一初速度，恰好能沿PO做匀速直线运动(PO与x轴负方向的夹角为=45)，并从原点O进入第一象限。已知重力加速度g=10m/s2，问：(1)油滴在第三象限运动时受到的重力、电场力、洛伦兹力三力的大小之比，并指出油滴带何种电荷。(2)油滴在P点得到的初速度大小。(3)油滴在第一象限运动的时间。【解析】(1)依据受力分析(如图)可知油滴带负电荷设油滴质量为m，由平衡条件得：mgqEf=11(2)由第(1)问得：qvB=qE，解得：v=4m/s(3)进入第一象限，电场力和重力平衡，油滴先做匀速直线运动，进入yh的区域后做匀速圆周运动，路径如图，最终从x轴上的N点离开第一象限，由OA匀速运动的位移为s1=h，其运动时间：t1=0.1s由几何关系和圆周运动的周期关系式T=知由AC的圆周运动时间为t2=T=0.628s由对称性知从CN的时间t3=t1在第一象限运动的总时间t=t1+t2+t3=20.1s+0.628 s=0.828 s答案：(1)11负电荷(2)4m/s(3)0.828s4.(2022绍兴二模)如图所示，在x轴上方有一竖直向下的匀强电场区域，电场强度为E=500V/m。x轴下方分布有很多磁感应强度为B=1T的条形匀强磁场区域，其宽度均为d1=3cm，相邻两磁场区域的间距为d2=4cm。现将一质量为m=510-13kg、电荷量为q=110-8C的带正电的粒子(不计重力)从y轴上的某处静止释放。(1)若粒子从坐标(0，h1)点由静止释放，要使它经过x轴下方时，不会进入其次磁场区，h1应满足什么条件？(2)若粒子从坐标(0，5cm)点由静止释放，求自释放到其次次过x轴的时间。(取3.14)【解析】(1)粒子经电场加速，经过x轴时速度大小为v1，满足：Eqh1=m之后进入下方磁场区，依据题意可知运动半径应满足：R1d1又R1=由以上三式可得：h1=1.810-2m(2)当粒子从h2=5cm的位置无初速度释放后，先在电场中加速，加速时间为t1，满足h2=解得t1=110-4sEqh2=m解得v2=1103m/s进入磁场的速度大小为v2，圆周运动的半径为R2，R2=5cm依据粒子在空间运动的轨迹可知，它最低能进入其次个磁场区它在磁场区运动的总时间为半个周期t2=1.5710-4s它经过第一无磁场区运动的方向与x轴正方向的夹角满足：cos=0.6所以它在无磁场区的路程s=0.1m在无磁场区运动的时间t3=110-4s总时间t=t1+t2+t3=3.5710-4s。答案：(1)h11.810-2m(2)3.5710-4s5.如图所示，在空中有一水平方向的匀强磁场区域，区域的上下边缘间距为h，磁感应强度为B。有一长度为L、宽度为b(bh)、电阻为R、质量为m的矩形线圈紧贴磁场区域的上边缘从静止起竖直下落，当线圈的下边穿出磁场时，恰好以速率v匀速运动。已知重力加速度为g，求：(1)线圈匀速运动的速率v。(2)穿过磁场区域过程中，线圈中产生的热量Q。(3)线圈穿过磁场区域所经受的时间t。【解析】(1)线圈匀速穿出磁场，产生的感应电动势为E=BLv回路中的电流为I=此时线圈受到竖直向上的安培力F=BIL由平衡条件得F=mg所以v=(2)线圈穿过磁场区域过程中，由功能关系mg(b+h)=mv2+Q所以Q=mg(b+h)-(3)线圈进入磁场过程中，下边进入磁场时线圈的速率为0，上边进入磁场时线圈的速率为v1。当其速率为v时，由牛顿运动定律mg-=ma；又a=整理得mgt-vt=mv；求和，得mg(t)-(vt)=m(v)所以mgt1-b=mv1；故t1=+；接着线圈在磁场中以g匀加速运动，有t2=；最终线圈匀速穿出磁场，有t3=；所以t=t1+t2+t3=+答案：(1)(2)mg(b+h)-(3)+6.(2022温州二模)如图，两条平行导轨所在平面与水平地面的夹角为，间距为L。导轨上端接有一平行板电容器，电容为C。导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨平面。在导轨上放置一质量为m的金属棒，棒可沿导轨下滑，且在下滑过程中保持与导轨垂直并良好接触。已知金属棒与导轨之间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g。忽视全部电阻。让金属棒从导轨上端由静止开头下滑，求：(1)电容器极板上积累的电荷量与金属棒速度大小的关系。(2)金属棒的速度大小随时间变化的关系。【解析】(1)设金属棒下滑的速度大小为v，则感应电动势为E=BLv平行板电容器两极板之间的电势差为U=E设此时电容器极板上积累的电荷量为Q，按定义有C=联立式得Q=CBLv(2)设金属棒的速度大小为v时经受的时间为t，通过金属棒的电流为i。金属棒受到的磁场的作用力方向沿导轨向上，大小为f1=BLi设在时间间隔tt+t内流经金属棒的电荷量为Q，按定义有i=Q也是平行板电容器在时间间隔tt+t内增加的电荷量。由式得Q=CBLv式中，v为金属棒的速度变化量。按定义有a=金属棒所受到的摩擦力方向斜向上，大小为f2=N式中，N是金属棒对于导轨的正压力的大小，有N=mgcos金属棒在t时刻的加速度方向沿斜面对下，设其大小为a，依据牛顿其次定律有mgsin-f1-f2=ma联立至式得a=g由式及题设可知，金属棒做初速度为零的匀加速运动，t时刻金属棒的速度大小为v=gt答案：(1)Q=CBLv(2)v=gt关闭Word文档返回原板块