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)乘客下滑過程中繩索始終保持直線,乘客先從靜止開始勻加速下滑,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)開始計(jì)時(shí),經(jīng)過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)的加速度大小; (3)從開始計(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ABCD(OD邊上無磁場,OA邊上有磁場),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,磁場方向垂直紙面向里.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,最后粒子都進(jìn)入矩形磁場,且粒子在矩形

4、磁場區(qū)域運(yùn)動(dòng)的最長時(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,不計(jì)粒子的重力. (1)求粒子進(jìn)入磁場時(shí)的速度v和B點(diǎn)的坐標(biāo); (2)粒子射入矩形磁場的速度方向與y軸正方向夾角為多少時(shí)粒子在矩形磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長?并求最長時(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)磁場區(qū)域,圓心為O′(-R,R),磁場方向垂直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,虛線為電場的邊界,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)電場的場強(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,小球離開磁場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,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L==25 m 因加速過程與減速過程的加速度大小相等,加速過程的初速度和減速過程的末速度都為零,故加速過程和減速過程的時(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,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,即射入圓形磁場的粒子均從O點(diǎn)進(jìn)入矩形磁場 甲 因?yàn)榫匦未艌龅拇鸥袘?yīng)強(qiáng)度為B0,故粒子在矩形磁場中運(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)間最長時(shí)對(duì)應(yīng)的圓心角最大,軌跡的弦也最長,故粒子只可能在B點(diǎn)或C點(diǎn)離開磁場時(shí)運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長,粒子從B點(diǎn)或C點(diǎn)離開時(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,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,則有sin θ==,即θ=30° 綜合可知,射入矩形磁場的速度方向與y軸正方向夾角為90°或30°時(shí),粒子在矩形磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長,其最長時(shí)間 tmax=. (3)射入矩形磁場的速度方向從與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:見解析 [題組二] 23.解析:(1)設(shè)運(yùn)動(dòng)員離開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D點(diǎn),因DO=R/2,則GH=HF=R/2,θ=60°,故通過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,在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng),經(jīng)過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)由于帶電小球離開磁場時(shí)速度方向與電場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)+

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