（廣西專用）2020高考物理二輪復(fù)習(xí) 計算題專項訓(xùn)練（含解析）

《（廣西專用）2020高考物理二輪復(fù)習(xí) 計算題專項訓(xùn)練（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（廣西專用）2020高考物理二輪復(fù)習(xí) 計算題專項訓(xùn)練（含解析）（10頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、計算題專項訓(xùn)練 (時間:80分鐘　滿分:100分) 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)μ; (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。 答案:(1)0.2　(2)4.5 s　(3)18 J 解析:(1)由題中v-t圖像可得,物塊做勻變速運動的加速度 a=ΔvΔt=4.02m/

2、s2=2.0m/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)μ=m0am0g=2.010=0.2。 (2)由題中v-t圖像可知,物塊初速度大小v=4m/s、傳送帶速度大小v'=2m/s,物塊在傳送帶上滑動t1=3s后,與傳送帶相對靜止。 前2s內(nèi)物塊的位移大小x1=v2t1'=4m,向右 后1s內(nèi)的位移大小x2=v'2t1″=1m,向左 3s內(nèi)位移x=x1-x2=3m,向右 物塊再向左運動時間t2=xv'=1.5s 物塊在傳送帶上運動時間t=t1+t2=4.5s。 (3)物塊在傳送帶上滑動的3s內(nèi),傳送帶的位移x'=v't1=6m,向左;物塊的位移x=x

3、1-x2=3m,向右 相對位移為Δx'=x'+x=9m 所以轉(zhuǎn)化的熱能EQ=Ff×Δx'=18J。 2.(14分)如圖所示,兩固定的絕緣斜面傾角均為θ,上沿相連。兩細(xì)金屬棒ab(僅標(biāo)出a端)和cd(僅標(biāo)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μ,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

4、力的大小; (2)金屬棒運動速度的大小。 答案:(1)mg(sin θ-3μcos θ) (2)(sin θ-3μcos θ)mgRB2L2 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 2mgsinθ=μFN1+FT+F① FN1=2mgcosθ② 對于cd棒,同理有 mgsinθ+μFN2=FT③ FN2=mgcosθ④ 聯(lián)立①②③④式得 F=mg(sinθ-3μcosθ)。⑤ (2)由安培力公式得 F=BIL⑥ 這里I是回路abdc

5、a中的感應(yīng)電流。ab棒上的感應(yīng)電動勢為 E=BLv⑦ 式中,v是ab棒下滑速度的大小。由歐姆定律得 I=ER⑧ 聯(lián)立⑤⑥⑦⑧式得 v=(sinθ-3μcosθ)mgRB2L2。⑨ 3.(14分)如圖所示,在光滑水平面上有一帶擋板的長木板,擋板和長木板的總質(zhì)量為m,木板長度為l(擋板的厚度可忽略),擋板上固定有一個小炸藥包(可視為質(zhì)量不計的點)。木板左端有一質(zhì)量為m(可視為質(zhì)點)的滑塊,滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)恒定,整個系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)。給滑塊一個水平向右的初速度v0,滑塊相對木板向右運動,剛好能與小炸藥包接觸,接觸瞬間小炸藥包爆炸(此過程時間極短,爆炸后滑塊與木板只在水平方向上運動

6、,且完好無損),滑塊向左運動,最終回到木板的左端,恰與木板相對靜止。求: (1)滑塊與木板間的動摩擦因數(shù); (2)小炸藥包爆炸完畢時滑塊和木板的速度。 答案:(1)v024gl　(2)滑塊速度為0;木板速度為v0,方向水平向右 解析:(1)滑塊相對木板向右運動,剛好能與炸藥包接觸,此時滑塊和木板的速度相同,設(shè)滑塊剛要與炸藥包接觸時的速度為v1,以水平向右為正方向;在滑塊在木板上滑動的過程中,滑塊和木板組成的系統(tǒng)所受合外力為零,則該系統(tǒng)動量守恒,故有mv0=2mv1 解得v1=12v0,方向水平向右 滑塊在木板上滑動的過程中,由功能關(guān)系可知 μmgl=12·mv02-12·2m

7、v12 聯(lián)立解得μ=v024gl。 (2)設(shè)爆炸后滑塊和木板的速度分別為v1'和v2',最終滑塊相對木板靜止于木板的左端時速度為v2,系統(tǒng)在爆炸前后動量守恒,則有 2mv1=mv1'+mv2' 2mv1=2mv2 系統(tǒng)爆炸后,對滑塊在木板上運動的過程應(yīng)用功能關(guān)系,則有 μmgl=12mv1'2+12mv2'2-12·2mv22 聯(lián)立以上各式解得v1'=0;v2'=v0,方向水平向右。 4.(14分)(2019·北京卷)雨滴落到地面的速度通常僅為幾米每秒,這與雨滴下落過程中受到空氣阻力有關(guān)。設(shè)雨滴間無相互作用且雨滴質(zhì)量不變,重力加速度為g。 (1)質(zhì)量為m的雨滴由靜止開始,下落

8、高度h時速度為v,求這一過程中克服空氣阻力所做的功W。 (2)將雨滴看作半徑為r的球體,設(shè)其豎直落向地面的過程中所受空氣阻力Ff=kr2v2,其中v是雨滴的速度,k是比例系數(shù)。 a.設(shè)雨滴的密度為ρ,推導(dǎo)雨滴下落趨近的最大速度vm與半徑r的關(guān)系式; b.示意圖中畫出了半徑為r1、r2(r1>r2)的雨滴在空氣中無初速下落的v-t圖線,其中　　　　(選填“①”或“②”)對應(yīng)半徑為r1的雨滴;若不計空氣阻力,請在圖中畫出雨滴無初速下落的v-t圖線。? (3)由于大量氣體分子在各方向運動的幾率相等,其對靜止雨滴的作用力為零。將雨滴簡化為垂直于運動方向面積為S的圓盤,證明圓盤以速度v下落時

9、受到的空氣阻力Ff∝v2(提示:設(shè)單位體積內(nèi)空氣分子數(shù)為n,空氣分子質(zhì)量為m0)。 答案:(1)mgh-12mv2　(2)a.vm=4πρg3kr　b.①　見解析　(3)見解析 解析:(1)根據(jù)動能定理mgh-W=12mv2 可得W=mgh-12mv2。 (2)a.根據(jù)牛頓第二定律mg-Ff=ma 得a=g-kr2v2m 當(dāng)加速度為零時,雨滴趨近于最大速度vm 雨滴質(zhì)量m=43πr3ρ 由a=0可得,雨滴最大速度vm=4πρg3kr。 b.如圖甲所示 甲 (3)根據(jù)題設(shè)條件,大量氣體分子在各方向運動的幾率相等,其對靜止雨滴的作用力為零。以下只考慮雨滴下落的定向運動。

10、 乙 簡化的圓盤模型如圖乙所示。設(shè)空氣分子與圓盤碰撞前后相對速度大小不變。在Δt時間內(nèi),與圓盤碰撞的空氣分子質(zhì)量為Δm=SvΔtnm0 以F表示圓盤對氣體分子的作用力,根據(jù)動量定理, 有FΔt∝Δm×v 得F∝nm0Sv2 由牛頓第三定律,可知圓盤所受空氣阻力 Ff∝v2 采用不同的碰撞模型,也可得到相同結(jié)論。 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

11、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(dāng)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(jìn)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。 答案:(1)2.0×105 m/s

12、 (2)9.375×102 N/C

13、.075m 由此可得E2=9.375×102N/C 所以滿足條件的電場強度的范圍為 9.375×102N/C

14、N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。 答案:(1)74mgsin θ　(2)78mv2 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mgxsinθ=12mv2-0 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 mgxsinθ-Fx=12m(0.5v)2-12mv2 得F=74mgsinθ。 (2)方法一:棒從MN到P過程中根據(jù)能量守恒有 Q=mgxsinθ+12mv2-12m(0.5v)2 得Q=78mv2。

15、 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=78mv2。 7.(16分)(2019·陜西榆林模擬)如圖所示,兩條豎直長虛線所夾的區(qū)域被線段MN分為上、下兩部分,上部分的電場方向豎直向上,下部分的電場方向豎直向下,兩電場均為勻強電場且電場強度大小相等。擋板PQ垂直MN放置,擋板的中點置于N點。在擋板的右側(cè)區(qū)域存在垂直紙面向外的勻強磁場。在左側(cè)虛線上緊靠M的上方取點A,一比荷qm=5×105 C/kg的帶正電粒子,從A點以v0=2×103 m/s的速度沿平行MN方向射入電場,該粒子恰好從P點離開電場,經(jīng)過磁場的作用后恰好從Q點回到電場。已知MN、PQ的長度均為

16、l=0.5 m,不考慮重力對帶電粒子的影響,不考慮相對論效應(yīng)。 (1)求電場強度E的大小。 (2)求磁感應(yīng)強度B的大小。 (3)在左側(cè)虛線上M點的下方取一點C,且CM=0.5 m,帶負(fù)電的粒子從C點沿平行MN方向射入電場,該帶負(fù)電粒子與上述帶正電粒子除電性相反外其他都相同。若兩帶電粒子經(jīng)過磁場后同時分別運動到Q點和P點,求兩帶電粒子在A、C兩點射入電場的時間差。 答案:(1)16 N/C　(2)1.6×10-2 T　(3)3.9×10-4 s 解析:(1)帶正電的粒子在電場中做類平拋運動,有 l=v0t l2=qE2mt2 解得E=16N/C。 (2)設(shè)帶正電的粒子從P點

17、射出電場時與虛線的夾角為θ,則tanθ=v0qEmt 可得θ=45° 粒子射入磁場時的速度大小為v=2v0 粒子在磁場中做勻速圓周運動,qvB=mv2r 由幾何關(guān)系可知r=22l 解得B=1.6×10-2T。 (3)兩帶電粒子在電場中都做類平拋運動,運動時間相同;兩帶電粒子在磁場中都做勻速圓周運動,帶正電的粒子轉(zhuǎn)過的圓心角為3π2,帶負(fù)電的粒子轉(zhuǎn)過的圓心角為π2;兩帶電粒子在A、C兩點進(jìn)入電場的時間差就是兩粒子在磁場中的時間差。 若帶電粒子能在勻強磁場中做完整的圓周運動,則其運動一周的時間T=2πrv=2πmqB。 帶正電的粒子在磁場中運動的時間為t1=34T=5.9×10-4s 帶負(fù)電的粒子在磁場中運動的時間為t2=14T=2.0×10-4s 帶電粒子在A、C兩點射入電場的時間差為Δt=t1-t2=3.9×10-4s。 10