2019高考物理大二轮复习题型三计算题计算题专项训练.doc

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1、1计算题专项训练(时间:80 分钟 满分:100 分)1.(14 分)如图甲所示,水平传送带 AB 逆时针匀速转动,一个质量为 m0=1.0 kg 的小物块以某一初速度由传送带左端滑上,通过速度传感器记录下物块速度随时间的变化关系如图乙所示(图中取向左为正方向,以物块滑上传送带时为计时零点)。已知传送带的速度保持不变, g 取 10 m/s2。求:(1)物块与传送带间的动摩擦因数 ;(2)物块在传送带上的运动时间;(3)整个过程中系统产生的热量。2.(14 分)(2016全国卷 )2如图所示,两固定的绝缘斜面倾角均为 ,上沿相连。两细金属棒 ab(仅标出 a 端)和 cd(仅标出 c端)长度均

2、为 L,质量分别为 2m 和 m;用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路 abdca,并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上,使两金属棒水平。右斜面上存在匀强磁场,磁感应强度大小为 B,方向垂直于斜面向上。已知两根导线刚好不在磁场中,回路电阻为 R,两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为 ,重力加速度大小为 g。已知金属棒 ab 匀速下滑。求:(1)作用在金属棒 ab 上的安培力的大小;(2)金属棒运动速度的大小。3.(14 分)已知地球的自转周期和半径分别为 T 和 R,地球同步卫星 A 的圆轨道半径为 h。卫星 B 沿半径为 r(rR 的区域存在沿 -y 方向的匀强电场,电场

3、强度为 E。在 M 点有一粒子源,辐射的粒子以相同的速率v,沿不同方向射入第一象限。发现沿 +x 方向射入磁场的粒子穿出磁场进入电场,速度减小到 0 后又返回磁场。已知粒子的质量为 m,电荷量为 +q,粒子重力不计。(1)求圆形磁场区域磁感应强度的大小;(2)求沿 +x 方向射入磁场的粒子,从进入磁场到再次穿出磁场所走过的路程;(3)沿与 +x 方向成 60角的方向射入的粒子,最终将从磁场边缘的 N 点(图中未画出)穿出,不再进入磁场,求 N 点的坐标和粒子从 M 点运动到 N 点的总时间。答案：1.答案 (1)0 .2 (2)4.5 s (3)18 J6解析 (1)由题中 v-t 图象可得,

4、物块做匀变速运动的加速度a= m/s2=2.0 m/s2=4.02由牛顿第二定律得 Ff=m0a得到物块与传送带间的动摩擦因数 = =0.2。00=2.010(2)由题中 v-t 图象可知,物块初速度大小 v=4 m/s、传送带速度大小 v=2 m/s,物块在传送带上滑动 t1=3 s 后,与传送带相对静止。前 2 s 内物块的位移大小 x1= t1=4 m,向右2后 1 s 内的位移大小 x2= t1= 1 m,向左23 s 内位移 x=x1-x2=3 m,向右物块再向左运动时间 t2= =1.5 s物块在传送带上运动时间 t=t1+t2=4.5 s。(3)物块在传送带上滑动的 3 s 内,

5、传送带的位移 x=vt1=6 m,向左;物块的位移 x=x1-x2=3 m,向右相对位移为 x=x+x=9 m所以转化的热能 EQ=Ff x=18 J。2.答案 (1) mg(sin - 3 cos )(2)(sin - 3 cos )22解析 (1)设导线的拉力的大小为 FT,右斜面对 ab 棒的支持力的大小为 FN1,作用在 ab 棒上的安培力的大小为 F,左斜面对 cd 棒的支持力大小为 FN2。对于 ab 棒,由力的平衡条件得2mgsin =F N1+FT+F FN1=2mgcos 对于 cd 棒,同理有mgsin +F N2=FTFN2=mgcos 联立 式得F=mg(sin - 3

6、 cos )。 (2)由安培力公式得F=BIL 这里 I 是回路 abdca 中的感应电流。 ab 棒上的感应电动势为7E=BLv 式中, v 是 ab 棒下滑速度的大小。由欧姆定律得I= 联立 式得v=(sin - 3 cos ) 。 223.答案 (1) T 32(2) arcsin +arcsin T32(32-32) 解析 (1)设卫星 B 绕地心转动的周期为 T,根据万有引力定律和圆周运动的规律有G =m 2h 2 2G =m 2r 2 2式中, G 为引力常量, M 为地球质量, m、 m分别为卫星 A、 B 的质量。由 式得 T= T 32(2)设卫星 A 和 B 连续地不能直接

7、通信的最长时间间隔为 ;在此时间间隔 内,卫星 A 和 B 绕地心转动的角度分别为 和 ,则= 2 = 2 若不考虑卫星 A 的公转,两卫星不能直接通信时,卫星 B 的位置应在图中 B 点和 B点之间,图中内圆表示地球的赤道。由几何关系得 BOB=2 arcsin +arcsin 8由 式知,当 rh 时,卫星 B 比卫星 A 转得快,考虑卫星 A 的公转后应有-= BOB 由 式得= arcsin +arcsin T。 32(32-32) 4.答案 (1)2 m/s 2 (2)8.4106 W解析 (1)飞机滑跑过程中做初速度为零的匀加速直线运动,有v2=2ax 代入数据解得a=2 m/s2

8、。 (2)设飞机滑跑受到的阻力为 F 阻 ,依题意有F 阻 =0.1mg 设发动机的牵引力为 F,根据牛顿第二定律有F-F 阻 =ma 设飞机滑跑过程中的平均速度为 ,有=2在滑跑阶段,牵引力的平均功率P=F 联立 式得P=8.4106 W。 5.答案 (1) v0=2.0105 m/s (2)9.375102 N/CE1 .25103 N/C解析 (1)穿过孔 O 的离子在金属板间需满足 qv0B=Eq代入数据得 v0=2.0105 m/s。(2)穿过孔 O 的离子在金属板间仍需满足 qvB=Eq离子穿过孔 O 后在磁场中做匀速圆周运动,有 qvB=m2由以上两式得 E=29从 bc 边射出

9、的离子,轨迹半径最大时,其临界轨迹如图线 ,对应的电场强度最大,由几何关系可得r1=l=0.1 m由此可得 E1=1.25103 N/C从 bc 边射出的离子,轨迹半径最小时,其临界轨迹如图线 ,对应的电场强度最小,由几何关系可得 2r2+ =l02所以 r2=0.075 m由此可得 E2=9.375102 N/C所以满足条件的电场强度的范围为9.375102 N/CE1 .25103 N/C。6.答案 (1) mgsin (2) mv274 78解析 (1)设 O 点和 P 点到 MN 的间距均为 x,从 O 到 MN 过程中,根据动能定理有 mgxsin = mv2-012从 MN 到 P

10、 的过程中棒做匀减速运动,安培力的大小不变,据动能定理有mgxsin -Fx= m(0.5v)2- mv212 12得 F= mgsin 。74(2)方法一:棒从 MN 到 P 过程中根据能量守恒有Q=mgxsin + mv2- m(0.5v)212 12得 Q= mv2。78方法二:棒从 MN 到 P 过程中克服安培力做功即电阻 R 上产生的热量 Q=Fx得 Q= mv2。787.答案 (1) (2) R+ (3)N 点坐标为(2 R,0) 2 (+1) +2解析 (1)沿 +x 方向射入磁场的粒子进入电场后,速度减小到 0,粒子一定是从如图的 P 点射出磁场,逆电场线运动,所以粒子在磁场中

11、做圆周运动的半径 r=R10根据 Bqv=2得 B= 。(2)粒子返回磁场后,经磁场偏转后从 N 点射出磁场, MN 为直径,在磁场中的路程为 圆周长,12l1= R设在电场中路程为 l2, 根据动能定理Eq mv222=12l2=2总路程 l= R+ 。2(3)沿与 +x 方向成 60角的方向射入的粒子,从 C 点竖直射出、射入磁场,从 D 点射入、射出电场,最后从 N 点( MN 为直径)射出磁场。所以 N 点坐标为(2 R,0)在磁场中, MC 段圆弧对应圆心角 = 30,CN 段圆弧对应圆心角 = 150,所以在磁场中的时间为半个周期 t1=2=粒子在 CD 段做匀速直线运动, CD=2t2=粒子在电场中做匀变速直线运动,加速度 a=11t3=2=2总时间 t= 。(+1) +2