2019年高考物理二轮复习计算题32分练4.doc

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1、1计算题 32 分练(四)(时间：20 分钟 分值：32 分)1(12 分)(2018雅安三诊)如图 1 所示，半径 R2.0 m 的光滑圆弧轨道固定在光滑的水平地面上，其末端水平平板小车上固定一木块，紧靠在轨道的末端，木块上表面水平粗糙，且与圆弧轨道末端等高木块的厚度 h0.45 m，木块最右端到小车最右端的水平距离 x0.45 m，小车连同木块总质量 M2 kg.现使一个质量 m0.5 kg 的小球从圆弧轨道上由静止释放，释放小球的位置和圆弧轨道的圆心之间的连线与竖直方向的夹角为53，小球从木块右端飞出后恰好击中小车的最右端. (g10 m /s2, sin 530.8, cos 530.

2、6)求：图 1(1)小球到达圆弧轨道最低点时对轨道的压力大小；(2)小球离开木块最右端时，小球的速度大小；(3)小球运动到木块最右端过程中，系统产生的内能【解析】 (1)设小球到达轨道末端的速度为 v0，由机械能守恒定律mgR(1cos 53) mv12 20解得 v04 m/s小球在轨道最低点 F mg mv20R解得 F9 N由牛顿第三定律知小球对轨道的压力 F F9 N.(2)设小球运动到木块最右端的速度为 v1，此时小车的速度为 v2，由动量守恒定律得 mv0 mv1 Mv2小球离开木块最右端后做平抛运动，运动时间为 th gt2 12解得 t0.3 s小球恰好击中小车的最右端 v1t

3、 v2t x以上各式联立解得 v12 m/s， v20.5 m/s 所以小球到达木块最右端的速度大小为 2 m/s.2(3)由能量守恒定律得 mgR(1cos 53) mv Mv Q12 21 12 2解得 Q2.75 J.【答案】 (1) 9 N (2)2 m/s (3) 2.75 J2(20 分)如图 2 所示，在直角坐标系 xOy 平面的第一、四象限内各有一个边长为 L的正方形匀强磁场区域，第二、三象限区域内各有一个高 L、 ，宽 2L 的长方形匀强磁场，其中在第二象限内有垂直坐标平面向外的匀强磁场，第一、三、四象限内有垂直坐标平面向里的匀强磁场，各磁场的磁感应强度大小均相等，第一象限的

4、 xL、 Ly2L 的区域内，有沿 y 轴正方向的匀强电场现有一质量为 m、电荷量为 q 的带负电粒子从坐标( L,3L/2)处以初速度 v0沿 x 轴负方向射入电场，射出电场时通过坐标(0， L)点，不计粒子重力图 2(1)求电场强度大小 E；(2)为使粒子进入磁场后途经坐标原点 O 到达坐标( L,0)点，求匀强磁场的磁感应强度大小 B；(3)求第(2)问中粒子从进入磁场到坐标( L,0)点所用的时间【解析】 (1)带电粒子在电场中做类平抛运动有： L v0t， at2， qE maL2 12联立解得： E .mv20qL(2)粒子进入磁场时，速度方向与 y 轴负方向夹角的正切值 tan

5、1vxvy速度大小 v v0v0sin 2设 x 为每次偏转圆弧对应的弦长，根据运动的对称性，粒子能到达( L,0 )点，应满足 L2 nx，其中 n1、2、3，粒子轨迹如图甲所示，偏转圆弧对应的圆心角为 ；当满 2足 L(2 n1) x 时，粒子轨迹如图乙所示3若轨迹如图甲，设圆弧的半径为 R，圆弧对应的圆心角为 .则有 x R，此时满足 2 2L2 nx联立可得： RL22n洛伦兹力提供向心力，则有： qvB mv2R得： B ， n1、2、34nmv0qL若轨迹如图乙，设圆弧的半径为 R，圆弧对应的圆心角为 .则有 x R，此时满足 2 2L(2 n1) x联立可得： RL 2n 1 2

6、洛伦兹力提供向心力，则有： qvB mv2R得： B ， n1、2、32 2n 1 mv0qL所以为使粒子进入磁场后途经坐标原点 O 到达坐标( L，0)点，匀强磁场的磁感应强度大小 B ， n1、2、3或 B ， n1、2、34nmv0qL 2 2n 1 mv0qL(3) 若轨迹如图甲，粒子从进入磁场到从坐标( L,0)点射出磁场过程中，圆心角的总和 2 n 22 n，则 t T 2 2n2 2n mqB L2v0若轨迹如图乙，粒子从进入磁场到从坐标( L,0)点射出磁场过程中，圆心角的总和 (2 n1)2(4 n2)，则 t T 4n 2 2 4n 2 mqB Lv0所以粒子从进入磁场到坐标( L,0)点所用的时间为 或 . L2v0 Lv0【答案】 (1) (2) B ， n1、2、3或mv20qL 4nmv0qL4B ， n1、2、3 (3) 或2 2n 1 mv0qL L2v0 Lv0