2022高考物理大二輪復(fù)習 題型三 計算題 計算題專項訓(xùn)練

2022高考物理大二輪復(fù)習 題型三 計算題 計算題專項訓(xùn)練1.(14分)如圖甲所示,水平傳送帶AB逆時針勻速轉(zhuǎn)動,一個質(zhì)量為m0=1.0 kg的小物塊以某一初速度由傳送帶左端滑上,通過速度傳感器記錄下物塊速度隨時間的變化關(guān)系如圖乙所示(圖中取向左為正方向,以物塊滑上傳送帶時為計時零點)。已知傳送帶的速度保持不變,g取10 m/s2。求:(1)物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù);(2)物塊在傳送帶上的運動時間;(3)整個過程中系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量。2.(14分)(2016·全國卷)如圖所示,兩固定的絕緣斜面傾角均為,上沿相連。兩細金屬棒ab(僅標出a端)和cd(僅標出c端)長度均為L,質(zhì)量分別為2m和m;用兩根不可伸長的柔軟輕導(dǎo)線將它們連成閉合回路abdca,并通過固定在斜面上沿的兩光滑絕緣小定滑輪跨放在斜面上,使兩金屬棒水平。右斜面上存在勻強磁場,磁感應(yīng)強度大小為B,方向垂直于斜面向上。已知兩根導(dǎo)線剛好不在磁場中,回路電阻為R,兩金屬棒與斜面間的動摩擦因數(shù)均為,重力加速度大小為g。已知金屬棒ab勻速下滑。求:(1)作用在金屬棒ab上的安培力的大小;(2)金屬棒運動速度的大小。3.(14分)已知地球的自轉(zhuǎn)周期和半徑分別為T和R,地球同步衛(wèi)星A的圓軌道半徑為h。衛(wèi)星B沿半徑為r(r<h)的圓軌道在地球赤道的正上方運行,其運行方向與地球自轉(zhuǎn)方向相同。求:(1)衛(wèi)星B做圓周運動的周期;(2)衛(wèi)星A和B連續(xù)地不能直接通信的最長時間間隔(信號傳輸時間可忽略)。4.(14分)(2018·天津卷)我國自行研制、具有完全自主知識產(chǎn)權(quán)的新一代大型噴氣式客機C919首飛成功后,拉開了全面試驗試飛的新征程。假設(shè)飛機在水平跑道上的滑跑是初速度為零的勻加速直線運動,當位移x=1.6×103 m時才能達到起飛所要求的速度v=80 m/s。已知飛機質(zhì)量m=7.0×104 kg,滑跑時受到的阻力為自身重力的,重力加速度g取10 m/s2。求飛機滑跑過程中(1)加速度a的大小;(2)牽引力的平均功率P。5.(14分)如圖所示,邊長l0=0.2 m的正方形abcd區(qū)域(含邊界)內(nèi),存在著垂直于區(qū)域的橫截面(紙面)向外的勻強磁場,磁感應(yīng)強度B=5.0×10-2 T。帶電平行金屬板MN、PQ間形成了勻強電場E(不考慮金屬板在其他區(qū)域形成的電場),MN放在ad邊上,兩板左端M、P恰在ab邊上,兩板右端N、Q間有一絕緣擋板EF。EF中間有一小孔O,金屬板長度、板間距、擋板長度均為l=0.1 m。在M和P的中間位置有一離子源S,能夠正對孔O不斷發(fā)射出各種速率的帶正電離子,離子的電荷量均為q=3.2×10-19 C,質(zhì)量均為m=6.4×10-26 kg。不計離子的重力,忽略離子之間的相互作用及離子打到金屬板或擋板上后的反彈。(1)當電場強度E=104 N/C時,求能夠沿SO連線穿過孔O的離子的速率。(2)電場強度取值在一定范圍時,可使沿SO連線穿過O并進入磁場區(qū)域的離子直接從bc邊射出,求滿足條件的電場強度的范圍。6.(14分)兩根平行金屬導(dǎo)軌放置在傾角為的絕緣斜面上,兩導(dǎo)軌之間的距離為l,僅在虛線MN下面的空間存在著磁感應(yīng)強度隨高度變化的磁場(同一水平線上各處磁感應(yīng)強度相同),磁場方向垂直斜面向下,導(dǎo)軌上端跨接一阻值為R的定值電阻。質(zhì)量為m的金屬棒的兩端套在導(dǎo)軌上并可在導(dǎo)軌上無摩擦滑動,金屬棒始終與導(dǎo)軌垂直,導(dǎo)軌和金屬棒的電阻不計,現(xiàn)將金屬棒從O處由靜止釋放,進入磁場后金屬棒正好做勻減速運動,剛進入磁場時速度為v,到達P處時速度為0.5v,O處和P處到MN的距離相等,已知重力加速度為g。求:(1)金屬棒在磁場中所受安培力F的大小;(2)在金屬棒從開始運動到P處的過程中,電阻R上共產(chǎn)生多少熱量。7.(16分)如圖所示,真空中有一以O(shè)點為圓心的圓形勻強磁場區(qū)域,半徑為R,磁場垂直紙面向里。在y>R的區(qū)域存在沿-y方向的勻強電場,電場強度為E。在M點有一粒子源,輻射的粒子以相同的速率v,沿不同方向射入第一象限。發(fā)現(xiàn)沿+x方向射入磁場的粒子穿出磁場進入電場,速度減小到0后又返回磁場。已知粒子的質(zhì)量為m,電荷量為+q,粒子重力不計。(1)求圓形磁場區(qū)域磁感應(yīng)強度的大小;(2)求沿+x方向射入磁場的粒子,從進入磁場到再次穿出磁場所走過的路程;(3)沿與+x方向成60°角的方向射入的粒子,最終將從磁場邊緣的N點(圖中未畫出)穿出,不再進入磁場,求N點的坐標和粒子從M點運動到N點的總時間。答案：1.答案 (1)0.2(2)4.5 s(3)18 J解析 (1)由題中v-t圖象可得,物塊做勻變速運動的加速度a= m/s2=2.0 m/s2由牛頓第二定律得Ff=m0a得到物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)=0.2。(2)由題中v-t圖象可知,物塊初速度大小v=4 m/s、傳送帶速度大小v'=2 m/s,物塊在傳送帶上滑動t1=3 s后,與傳送帶相對靜止。前2 s內(nèi)物塊的位移大小x1=t1'=4 m,向右后1 s內(nèi)的位移大小x2=t1=1 m,向左3 s內(nèi)位移x=x1-x2=3 m,向右物塊再向左運動時間t2=1.5 s物塊在傳送帶上運動時間t=t1+t2=4.5 s。(3)物塊在傳送帶上滑動的3 s內(nèi),傳送帶的位移x'=v't1=6 m,向左;物塊的位移x=x1-x2=3 m,向右相對位移為x'=x'+x=9 m所以轉(zhuǎn)化的熱能EQ=Ff×x'=18 J。2.答案 (1)mg(sin -3cos )(2)(sin -3cos )解析 (1)設(shè)導(dǎo)線的拉力的大小為FT,右斜面對ab棒的支持力的大小為FN1,作用在ab棒上的安培力的大小為F,左斜面對cd棒的支持力大小為FN2。對于ab棒,由力的平衡條件得2mgsin =FN1+FT+FFN1=2mgcos 對于cd棒,同理有mgsin +FN2=FTFN2=mgcos 聯(lián)立式得F=mg(sin -3cos )。(2)由安培力公式得F=BIL這里I是回路abdca中的感應(yīng)電流。ab棒上的感應(yīng)電動勢為E=BLv式中,v是ab棒下滑速度的大小。由歐姆定律得I=聯(lián)立式得v=(sin -3cos )。3.答案 (1)T(2)arcsin+arcsinT解析 (1)設(shè)衛(wèi)星B繞地心轉(zhuǎn)動的周期為T',根據(jù)萬有引力定律和圓周運動的規(guī)律有G=m2hG=m'2r式中,G為引力常量,M為地球質(zhì)量,m、m'分別為衛(wèi)星A、B的質(zhì)量。由式得T'=T(2)設(shè)衛(wèi)星A和B連續(xù)地不能直接通信的最長時間間隔為;在此時間間隔內(nèi),衛(wèi)星A和B繞地心轉(zhuǎn)動的角度分別為和',則=2'=2若不考慮衛(wèi)星A的公轉(zhuǎn),兩衛(wèi)星不能直接通信時,衛(wèi)星B的位置應(yīng)在圖中B點和B'點之間,圖中內(nèi)圓表示地球的赤道。由幾何關(guān)系得BOB'=2arcsin+arcsin由式知,當r<h時,衛(wèi)星B比衛(wèi)星A轉(zhuǎn)得快,考慮衛(wèi)星A的公轉(zhuǎn)后應(yīng)有'-=BOB'由式得=arcsin+arcsinT。4.答案 (1)2 m/s2(2)8.4×106 W解析 (1)飛機滑跑過程中做初速度為零的勻加速直線運動,有v2=2ax代入數(shù)據(jù)解得a=2 m/s2。(2)設(shè)飛機滑跑受到的阻力為F阻,依題意有F阻=0.1mg設(shè)發(fā)動機的牽引力為F,根據(jù)牛頓第二定律有F-F阻=ma設(shè)飛機滑跑過程中的平均速度為,有在滑跑階段,牽引力的平均功率P=F聯(lián)立式得P=8.4×106 W。5.答案 (1)v0=2.0×105 m/s(2)9.375×102 N/C<E1.25×103 N/C解析 (1)穿過孔O的離子在金屬板間需滿足qv0B=Eq代入數(shù)據(jù)得 v0=2.0×105 m/s。(2)穿過孔O的離子在金屬板間仍需滿足qvB=Eq離子穿過孔O后在磁場中做勻速圓周運動,有qvB=m由以上兩式得E=從bc邊射出的離子,軌跡半徑最大時,其臨界軌跡如圖線,對應(yīng)的電場強度最大,由幾何關(guān)系可得r1=l=0.1 m由此可得E1=1.25×103 N/C從bc邊射出的離子,軌跡半徑最小時,其臨界軌跡如圖線,對應(yīng)的電場強度最小,由幾何關(guān)系可得2r2+=l0所以r2=0.075 m由此可得E2=9.375×102 N/C所以滿足條件的電場強度的范圍為9.375×102 N/C<E1.25×103 N/C。6.答案 (1)mgsin (2)mv2解析 (1)設(shè)O點和P點到MN的間距均為x,從O到MN過程中,根據(jù)動能定理有mgxsin =mv2-0從MN到P的過程中棒做勻減速運動,安培力的大小不變,據(jù)動能定理有mgxsin -Fx=m(0.5v)2-mv2得F=mgsin 。(2)方法一:棒從MN到P過程中根據(jù)能量守恒有Q=mgxsin +mv2-m(0.5v)2得Q=mv2。方法二:棒從MN到P過程中克服安培力做功即電阻R上產(chǎn)生的熱量Q=Fx得Q=mv2。7.答案 (1)(2)R+(3)N點坐標為(2R,0)解析 (1)沿+x方向射入磁場的粒子進入電場后,速度減小到0,粒子一定是從如圖的P點射出磁場,逆電場線運動,所以粒子在磁場中做圓周運動的半徑r=R根據(jù)Bqv=得B=。(2)粒子返回磁場后,經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后從N點射出磁場,MN為直徑,在磁場中的路程為圓周長,l1=R設(shè)在電場中路程為l2, 根據(jù)動能定理Eqmv2l2=總路程l=R+。(3)沿與+x方向成60°角的方向射入的粒子,從C點豎直射出、射入磁場,從D點射入、射出電場,最后從N點(MN為直徑)射出磁場。所以N點坐標為(2R,0)在磁場中,MC段圓弧對應(yīng)圓心角=30°,CN段圓弧對應(yīng)圓心角=150°,所以在磁場中的時間為半個周期t1=粒子在CD段做勻速直線運動,CD=t2=粒子在電場中做勻變速直線運動,加速度a=t3=總時間t=。