（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）

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=1sA球滑上斜坡后做勻減速直線運(yùn)動(dòng),加速度大小a=gsin30°=5m/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/sB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=3 kg的長木板,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,小物塊與長木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)=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=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)若長木板長度l長=2.4 m,小物塊能否滑出長木板?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°)=12mvD2-12mvC2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+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mgl=12mvD2-12(m+m長)v2解得l=2.5m>l長=2.4m,所以小物塊能滑出長木板。3.(20分)如圖所示,在平面直角坐標(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)域和,均充滿了方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng),區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0,區(qū)域的磁感應(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)域進(jìn)入第二象限的粒子可以被吸收掉。(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)域磁感應(yīng)強(qiáng)度大小;(3)若粒子能到達(dá)M點(diǎn),求區(qū)域磁場(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)的向心力,有qB0v=mv2r,得半徑r=mvqB0=l2若粒子在區(qū)域中的運(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=2,sin2=2sincos=2425,又sin2=rR-r解得R=4924r=4948l又R=mvqB,代入v=qB0l2m可得B=24B049。(3)若粒子由區(qū)域達(dá)到M點(diǎn)每次前進(jìn)lCP2=2(R-r)cos=85(R-r)由周期性得lCM=nlCP2(n=1,2,3,),即52l=85n(R-r)R=r+2516nl4948l,解得n3n=1時(shí)R=3316l,B=833B0n=2時(shí)R=4132l,B=1641B0,n=3時(shí)R=4948l,B=2449B0若粒子由區(qū)域達(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)l4948l解得:n2625。當(dāng)n=0時(shí),R=2516l,B=825B0當(dāng)n=1時(shí),R=3332l,B=1633B0。- 4 -