2022年高考物理二輪復(fù)習(xí) 特色專題訓(xùn)練 仿高考計(jì)算題巧練（一）

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1、2022年高考物理二輪復(fù)習(xí) 特色專題訓(xùn)練 仿高考計(jì)算題巧練（一） 23.(xx·河北石家莊2月調(diào)研)如圖所示，一艘客輪因故障組織乘客撤離，乘客在甲板上利用固定的繩索下滑到救援快艇上．客輪甲板到快艇的高度H為20 m，繩索與豎直方向的夾角θ＝37°，設(shè)乘客下滑過(guò)程中繩索始終保持直線，乘客先從靜止開(kāi)始勻加速下滑，再以同樣大小的加速度減速滑至快艇，速度剛好為零．在乘客下滑時(shí)，船員以水平初速度v0向快艇拋出救生圈剛好落到救援快艇上，且救生圈下落的時(shí)間恰為乘客下滑總時(shí)間的一半，快艇、乘客、救生圈均可視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求

2、： (1)救生圈初速度v0的大??； (2)乘客下滑過(guò)程中加速度a的大小． 24．如圖甲所示，MN、PQ為水平放置的足夠長(zhǎng)的平行光滑導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間距L為0.5 m，導(dǎo)軌左端連接一個(gè)阻值為2 Ω的定值電阻R，將一根質(zhì)量為 0.2 kg 的金屬棒cd垂直放置在導(dǎo)軌上，且與導(dǎo)軌接觸良好，金屬棒cd的電阻r＝2 Ω，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，整個(gè)裝置處于垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B＝2 T．若棒以1 m/s的初速度向右運(yùn)動(dòng)，同時(shí)對(duì)棒施加水平向右的拉力F，并保持拉力的功率恒為4 W，從此時(shí)開(kāi)始計(jì)時(shí)，經(jīng)過(guò)2 s金屬棒的速度穩(wěn)定不變，圖乙為安培力隨時(shí)間變化的關(guān)系圖象．試求： (1)金

3、屬棒的最大速度； (2)金屬棒速度為3 m/s時(shí)的加速度大??； (3)從開(kāi)始計(jì)時(shí)起2 s內(nèi)電阻R上產(chǎn)生的電熱． 25.如圖所示的平面直角坐標(biāo)系xOy中，在x≥0的區(qū)域有一磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0、方向垂直紙面向里的矩形勻強(qiáng)磁場(chǎng)ABCD(OD邊上無(wú)磁場(chǎng)，OA邊上有磁場(chǎng))，其中A、D兩點(diǎn)的坐標(biāo)分別為(0，a)和(0，－a)，在x＜0的區(qū)域有一磁感應(yīng)強(qiáng)度為2B0、圓心坐標(biāo)為(－a，0)、半徑為a的圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里．在－a≤x≤0的區(qū)域均勻分布有大量質(zhì)量為m、帶電荷量為－q(q＞0)的粒子，粒子均以相同的速度沿y軸正方向射向圓形磁場(chǎng)，最后粒子都進(jìn)入矩形磁場(chǎng)，且粒子在矩形

4、磁場(chǎng)區(qū)域運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間是最短時(shí)間的2倍．已知朝著O點(diǎn)射入的粒子在矩形磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最短，且朝著圓心(－a，0)射入的粒子剛好從O點(diǎn)沿x軸進(jìn)入矩形磁場(chǎng)，不計(jì)粒子的重力． (1)求粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度v和B點(diǎn)的坐標(biāo)； (2)粒子射入矩形磁場(chǎng)的速度方向與y軸正方向夾角為多少時(shí)粒子在矩形磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長(zhǎng)？并求最長(zhǎng)時(shí)間； (3)求從AB邊射出的粒子數(shù)與粒子總數(shù)的比值． [題組二] 23．(xx·長(zhǎng)春市質(zhì)量監(jiān)測(cè))如圖所示，可視為質(zhì)點(diǎn)的總質(zhì)量為m＝60 kg的滑板運(yùn)動(dòng)員(包括裝備)，從高為H＝15 m的斜面AB的頂端A點(diǎn)由靜止開(kāi)始沿斜面下滑，在B點(diǎn)進(jìn)入光滑的四分之一圓弧BC，圓

5、弧BC的半徑為R＝5 m，運(yùn)動(dòng)員經(jīng)C點(diǎn)沿豎直軌道沖出向上運(yùn)動(dòng)，經(jīng)時(shí)間t＝2 s后又落回軌道．若運(yùn)動(dòng)員經(jīng)C點(diǎn)后在空中運(yùn)動(dòng)時(shí)只受重力，軌道AB段粗糙(g＝10 m/s2)．求： (1)運(yùn)動(dòng)員離開(kāi)C點(diǎn)時(shí)的速度大小和上升的最大高度； (2)運(yùn)動(dòng)員(包括裝備)運(yùn)動(dòng)到圓軌道最低點(diǎn)B時(shí)對(duì)軌道的壓力； (3)從A點(diǎn)到B點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)員(包括裝備)損失的機(jī)械能． 24.如圖所示的xOy平面，在第二象限有一半徑為R的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，圓心為O′(－R，R)，磁場(chǎng)方向垂直xOy平面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.在第一象限的虛線上方存在一沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，虛線為電場(chǎng)的邊界，其方程為y＝x(R－

6、x)．在A點(diǎn)有一粒子源，能不斷地向x軸上方各個(gè)方向均勻發(fā)射質(zhì)量為m、電荷量為q(q＞0)的同種帶電粒子，所有粒子發(fā)射速率相同．已知沿y軸正方向入射的粒子通過(guò)C點(diǎn)(0，R)后，沿與x軸正方向成53°角斜向下打到B點(diǎn)，B、D點(diǎn)坐標(biāo)分別為(R，0)、(0，R/2)，不計(jì)粒子間的相互作用和重力，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.求： (1)通過(guò)y軸上OD間的粒子占發(fā)射總粒子數(shù)的比例； (2)第一象限內(nèi)勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小E. 25.(xx·湖州模擬)如圖所示，金屬板PQ、MN平行放置，金屬板長(zhǎng)為4a，間距為4a，兩極板連接在輸出電壓為U的恒定電源兩端，上金屬板

7、PQ中央有一小孔O，板間存在垂直紙面向里磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域P′Q′N′M′，且OP′＝OQ′＝a，P′M′＝Q′N′＝a.現(xiàn)將一帶電小球從距上板某一高度由靜止釋放，小球從小孔O進(jìn)入磁場(chǎng)，小球離開(kāi)磁場(chǎng)后在平行金屬板間做直線運(yùn)動(dòng)恰好從下板N端射出電場(chǎng)，已知重力加速度為g，求： (1)帶電小球的電荷量與質(zhì)量之比； (2)小球從釋放到從下板N端射出所需時(shí)間． 仿高考計(jì)算題巧練(一) [題組一] 23．解析：(1)設(shè)救生圈做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t0，由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律，得： H＝gt Htan θ＝v0t0 聯(lián)立以上各式，得v0＝7.5 m/s，t0＝2 s. (

8、2)由幾何關(guān)系，得繩索長(zhǎng)L＝＝25 m 因加速過(guò)程與減速過(guò)程的加速度大小相等，加速過(guò)程的初速度和減速過(guò)程的末速度都為零，故加速過(guò)程和減速過(guò)程的時(shí)間相等 由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得：2×at＝L 代入數(shù)據(jù)，得a＝＝6.25 m/s2. 答案：(1)7.5 m/s　(2)6.25 m/s2 24．解析：(1)金屬棒的速度最大時(shí)，所受合外力為零，即BIL＝F1 而P＝F1·vm，I＝ 解得vm＝＝4 m/s 或根據(jù)圖象計(jì)算，2 s后金屬棒的速度穩(wěn)定，速度最大，此時(shí) F 安＝1 N，由F安＝BIL＝，得vm＝4 m/s. (2)速度為3 m/s時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv＝3 V 電流I′＝，

9、F′安＝BI′L 金屬棒受到的拉力F＝＝ N 由牛頓第二定律得F－F′安＝ma 解得a＝＝ m/s2＝ m/s2. (3)在此過(guò)程中，由動(dòng)能定理得 Pt＋W安＝mv－mv 解得W安＝－6.5 J QR＝＝3.25 J. 答案：(1)4 m/s　(2) m/s2　(3)3.25 J 25．解析：(1)朝著圓心(－a，0)射入的粒子剛好從坐標(biāo)原點(diǎn)O沿x軸進(jìn)入矩形磁場(chǎng)，即圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑R＝a 又由qv·2B0＝m 可得v＝ 設(shè)某粒子從圓形磁場(chǎng)邊界上的P點(diǎn)射入，并從Q點(diǎn)射出，軌跡如圖甲所示，圓心為O1，圓形磁場(chǎng)的圓心為O2，則O2Q＝O2P＝O1Q＝O1P＝a，即四邊形O1

10、QO2P為菱形，O2Q∥PO1∥x軸，故Q點(diǎn)與坐標(biāo)原點(diǎn)O重合，即射入圓形磁場(chǎng)的粒子均從O點(diǎn)進(jìn)入矩形磁場(chǎng) 甲 因?yàn)榫匦未艌?chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0，故粒子在矩形磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑R′＝＝2a 又因?yàn)槌鳲點(diǎn)射入的粒子在矩形磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最短，其對(duì)應(yīng)的軌跡如圖乙所示，O′為軌跡圓心，則 AO′＝2a，sin∠AO′O＝＝，即∠AO′O＝30° 粒子運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長(zhǎng)時(shí)對(duì)應(yīng)的圓心角最大，軌跡的弦也最長(zhǎng)，故粒子只可能在B點(diǎn)或C點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長(zhǎng)，粒子從B點(diǎn)或C點(diǎn)離開(kāi)時(shí)對(duì)應(yīng)的軌跡如圖丙所示，因?yàn)門max＝2Tmin，故、對(duì)應(yīng)的圓心角為60° 由幾何關(guān)系可知軌跡、的圓心分別為C、O″

11、lAB＝2asin 60°＝a，故B點(diǎn)坐標(biāo)為(a，a)． (2)由(1)中的分析計(jì)算可知，沿著x軸正方向射入的粒子剛好從C點(diǎn)離開(kāi)，即入射的速度方向與y軸正方向夾角為90° 令粒子射入矩形磁場(chǎng)的速度方向與y軸正方向夾角為θ時(shí)，粒子剛好從B點(diǎn)離開(kāi)，則有sin θ＝＝，即θ＝30° 綜合可知，射入矩形磁場(chǎng)的速度方向與y軸正方向夾角為90°或30°時(shí)，粒子在矩形磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長(zhǎng)，其最長(zhǎng)時(shí)間 tmax＝. (3)射入矩形磁場(chǎng)的速度方向從與y軸正方向平行到與y軸正方向成30°角的粒子能夠從AB邊射出．從B點(diǎn)射出的粒子射入圓形磁場(chǎng)位置的橫坐標(biāo)為 －R(1－cos 30°)＝a 故從AB邊射

12、出的粒子數(shù)與粒子總數(shù)的比值為. 答案：見(jiàn)解析 [題組二] 23．解析：(1)設(shè)運(yùn)動(dòng)員離開(kāi)C點(diǎn)時(shí)的速度為v1，上升的最大高度為h v1＝g＝10 m/s，h＝＝5 m. (2)設(shè)運(yùn)動(dòng)員到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度為v2，C到B： mv＋mgR＝mv FN－mg＝m 解得FN＝3 000 N 由牛頓第三定律F′N＝FN＝3 000 N，方向豎直向下． (3)從A點(diǎn)到B點(diǎn)： ΔE＝mgH－mv 解得ΔE＝3 000 J. 答案：(1)10 m/s　5 m　(2)3 000 N　方向豎直向下 (3)3 000 J 24．解析：(1)由左手定則和圓周運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)可知，粒子從A點(diǎn)到C點(diǎn)做圓周

13、運(yùn)動(dòng)的半徑為R 如圖所示，與x軸成θ角入射的粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心為F，軌跡交磁場(chǎng)邊界于G點(diǎn)，則四邊形O′AFG為菱形，則GF平行于O′A，即粒子在G點(diǎn)的速度沿x軸正方向． 若該粒子恰好經(jīng)過(guò)D點(diǎn)，因DO＝R/2，則GH＝HF＝R/2，θ＝60°，故通過(guò)OD間的粒子占總粒子數(shù)的1/3. (2)設(shè)粒子從C點(diǎn)以速度v垂直進(jìn)入電場(chǎng)，在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)t時(shí)間到達(dá)虛線邊界上(x0，y0)點(diǎn)，然后沿直線勻速到達(dá)B點(diǎn)． 粒子在圓形磁場(chǎng)區(qū)域內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，洛倫茲力提供向心力，Bqv＝ 由平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，x0＝vt R－y0＝×t2 根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)，＝tan 53° y0＝x0(R－x0)

14、 聯(lián)立以上各式，解得E＝. 答案：(1)　(2) 25．解析：(1)由于帶電小球離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)速度方向與電場(chǎng)線方向成夾角且做直線運(yùn)動(dòng)，所以小球是做勻速直線運(yùn)動(dòng) mg＝qE E＝ 解得＝. (2)設(shè)小球進(jìn)入小孔的速度為v，在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)半徑為r，Oe＝x，如圖所示，由數(shù)學(xué)知識(shí)易知，∠Ocd＝∠fdN＝θ sin θ＝ 在直角三角形ced中cos θ＝ 在直角三角形dfN中tan θ＝ 聯(lián)立可得3sin2θ＝2sin θcos θ－cos θ＋cos2θ 4sin2θ－1＝2sin θcos θ－cos θ (2sin θ－1)(2sin θ＋1)－(2sin θ－1)cos θ＝0 解得sin θ＝，θ＝，r＝2a 由r＝，代入數(shù)據(jù)易得v＝ 設(shè)小球做自由落體運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1，則 t1＝＝ 設(shè)小球在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2，則 t2＝＝ 設(shè)小球做直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t3，則 t3＝＝＝ 所以t＝t1＋t2＋t3＝＋. 答案：(1)　(2)＋