2020屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 題型突破專練3:計(jì)算題押題突破練
《2020屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 題型突破專練3:計(jì)算題押題突破練》由會(huì)員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《2020屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 題型突破專練3:計(jì)算題押題突破練(20頁珍藏版)》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、計(jì)算題押題突破練① 1.[直線運(yùn)動(dòng)](2019年遼寧沈陽三模)在一段平直道路的路口,一輛貨車和一輛電動(dòng)自行車都停在停止線處.綠燈亮起后兩車同時(shí)啟動(dòng),已知貨車啟動(dòng)后能保持2.5 m/s2的加速度,一直達(dá)到該路段限制的最大速度25 m/s后保持勻速直線運(yùn)動(dòng);電動(dòng)自行車啟動(dòng)后保持4 m/s2的加速度,一直達(dá)到該車的最大速度20 m/s后保持勻速直線運(yùn)動(dòng),則電動(dòng)自行車在多長(zhǎng)時(shí)間內(nèi)領(lǐng)先貨車? 【答案】15 s 【解析】設(shè)貨車加速的時(shí)間為t1,加速度過程中的位移為x1,則t1=,x1= 貨車開始做勻速直線運(yùn)動(dòng)到追上電動(dòng)車的時(shí)間為t2,位移為x2,則x2=v1t2 設(shè)電動(dòng)車加速的時(shí)間為t3,加速過
2、程中的位移為x3,則 t3=,x3= 電動(dòng)車開始做勻速直線運(yùn)動(dòng)到被貨車追上的時(shí)間為t4,位移為x4,則x4=v2t4 兩車運(yùn)動(dòng)的總位移相等,所用的總時(shí)間相等 x1+x2=x3+x4,t=t1+t2=t3+t4 聯(lián)立解得t=15 s. 2.[帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)](2019年河南鄭州二模)如圖所示,矩形區(qū)域abcdef分為兩個(gè)矩形區(qū)域,左側(cè)區(qū)域充滿勻強(qiáng)電場(chǎng),方向豎直向上,右側(cè)區(qū)域充滿勻強(qiáng)磁場(chǎng),方向垂直紙面向外,be為其分界線,af=L,ab=0.75L,bc=L.一質(zhì)量為m、電荷量為e的電子(重力不計(jì))從a點(diǎn)沿ab方向以初速度v0射入電場(chǎng),從be邊的中點(diǎn)g進(jìn)入磁場(chǎng).(已知sin
3、37°=0.6,cos 37°=0.8) (1)求勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E的大??; (2)若要求電子從cd邊射出,求所加勻強(qiáng)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度的最大值Bm; (3)調(diào)節(jié)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小,求cd邊上有電子射出部分的長(zhǎng)度. 【答案】(1) (2) (3)L 【解析】(1)電子在電場(chǎng)中做類似平拋運(yùn)動(dòng),有 在豎直方向L=at2 水平方向0.75L=v0t 由牛頓第二定律有eE=ma 聯(lián)立解得E=. (2)粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí),速度方向與be邊夾角的正切值tan θ====0.75,解得θ=37° 電子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度為v==v0 設(shè)電子運(yùn)動(dòng)軌跡剛好與cd邊相切時(shí),半徑最小為r1,軌跡如
4、圖所示.則由幾何關(guān)系知 r1+r1cos θ=L 解得r1=L 由洛倫茲力提供向心力evB=m 可得對(duì)應(yīng)的最大磁感應(yīng)強(qiáng)度Bm=. (3)設(shè)電子運(yùn)動(dòng)軌跡剛好與de邊相切時(shí),半徑為r2,則 r2=r2sin 37°+ 解得r2= 又r2cos θ=L,故切點(diǎn)剛好為d點(diǎn) 電子從cd邊射出的長(zhǎng)度為Δy=+r1sin 37°=. 3.[動(dòng)量與能量](2019年四川成都模擬)如圖所示,水平傳送帶A、B兩輪間的距離L=40 m,離地面的高度H=3.2 m,傳送帶一直以恒定的速率v0=2 m/s順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng).兩個(gè)完全一樣的滑塊P、Q由輕質(zhì)彈簧相連但不栓接,用一輕繩把兩滑塊拉至最近,
5、使彈簧處于最大壓縮狀態(tài)繃緊,輕放在傳送帶的最左端.開始時(shí)P、Q一起從靜止開始運(yùn)動(dòng),t1=3 s后輕繩突然斷開,很短時(shí)間內(nèi)彈簧伸長(zhǎng)至本身的自然長(zhǎng)度(不考慮彈簧的長(zhǎng)度的影響),此時(shí)滑塊Q的速度大小剛好是P的速度大小的兩倍.且它們的運(yùn)動(dòng)方向相反,已知滑塊的質(zhì)量是m=0.2 kg,滑塊與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)是μ=0.1,重力加速度g=10 m/s2.(滑塊P、Q和輕質(zhì)彈簧都可看成質(zhì)點(diǎn),取1.4)求: (1)彈簧處于最大壓縮狀態(tài)時(shí),彈簧的彈性勢(shì)能? (2)兩滑塊落地的時(shí)間差? (3)兩滑塊落地點(diǎn)間的距離? 【答案】(1)7.2 J (2)7.8 s (3)43.84 m 【解析】(1)
6、滑塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的加速度大小
a==μg=1 m/s2
滑塊從靜止開始運(yùn)動(dòng)到與傳送帶相對(duì)靜止所用的時(shí)間
t0== s=2 s
這段時(shí)間內(nèi)滑塊的位移
x0=at2=×1×22 m=2 m 7、態(tài)時(shí),彈性勢(shì)能為Ep=mv+mv-(2m)v
解得Ep=7.2 J.
(2)兩滑塊做平拋運(yùn)動(dòng)的高度一樣,平拋的時(shí)間相等,所以兩滑塊落地的時(shí)間差就是彈簧到自然長(zhǎng)度后,兩滑塊在傳送帶上的運(yùn)動(dòng)時(shí)間.
滑塊Q運(yùn)動(dòng)到與傳送帶相對(duì)靜止用時(shí)
t2==6 s
這段時(shí)間內(nèi)滑塊運(yùn)動(dòng)的位移x2=vQt2-at
解得 x2=30 m<L-x1=36 m,所以滑塊Q先勻減速運(yùn)動(dòng),后勻速運(yùn)動(dòng),滑塊Q勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間
t3== s=3 s
滑塊P速度減小到0時(shí)候,滑塊P運(yùn)動(dòng)的位移
x3== m=8 m>x1=4 m
會(huì)從左端落下.滑塊P滑到傳送帶左端時(shí)的速度
v′P== m/s=2 m/s
運(yùn)動(dòng)時(shí)間t 8、4=≈1.2 s
兩滑塊落地的時(shí)間差Δt=t2+t3-t4=7.8 s.
(3)滑塊P離開傳送帶做平拋運(yùn)動(dòng)的水平距離
x4=v′P=2× m=2.24 m
滑塊Q離開傳送帶做平拋運(yùn)動(dòng)的水平距離
x5=v0=2× m=1.6 m.
兩滑動(dòng)落地點(diǎn)間的距離Δx=x4+L+x5=43.84 m.
4.[電磁感應(yīng)的電路問題](2019年四川瀘州模擬)如圖所示,電阻不計(jì)且足夠長(zhǎng)的U形金屬框架放置在傾角θ=37°的絕緣斜面上,該裝置處于垂直斜面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=0.4 T.質(zhì)量m=0.2 kg、電阻R=0.3 Ω的導(dǎo)體棒ab垂直放在框架上,與框架接觸良好,從靜止開始沿框架無摩 9、擦地下滑.框架的質(zhì)量M=0.4 kg、寬度l=0.5 m,框架與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.7,與斜面間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力.(g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)
(1)若框架固定,求導(dǎo)體棒的最大速度vm;
(2)若框架固定,導(dǎo)體棒從靜止開始下滑6 m時(shí)速度v1=4 m/s,求此過程回路中產(chǎn)生的熱量Q及流過導(dǎo)體棒的電量q;
(3)若框架不固定,求當(dāng)框架剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)導(dǎo)體棒的速度大小v2.
【答案】(1)9 m/s (2)4 C (3)7.2 m/s
【解析】(1)棒ab產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)E=Blv
回路中感應(yīng)電流I=
棒ab所受的安培力F= 10、BIl
對(duì)棒ab:mgsin 37°-BIl=ma
當(dāng)加速度時(shí),最大速度vm==9 m/s.
(2)根據(jù)能量轉(zhuǎn)化和守恒有mgxsin 37°=mv+Q
解得Q=5.6 J
q=Δt=Δt===4 C.
(3)回路中感應(yīng)電流I1=
框架上邊所受安培力F1=BI1l
對(duì)框架有Mgsin 37°+BI1l=μ(m+M)gcos 37°
聯(lián)立解得v2=7.2 m/s.
計(jì)算題押題突破練②
1.[直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律]如圖所示,水平地面放置A和B兩個(gè)物塊,A的質(zhì)量m1=2 kg,B的質(zhì)量m2=1 kg,物塊A、B與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ=0.5.現(xiàn)對(duì)物塊A施加一個(gè)與水平成37°角的外力F 11、,F(xiàn)=10 N,使A由靜止開始運(yùn)動(dòng),經(jīng)過12 s物塊A剛好運(yùn)動(dòng)到物塊B處,A物塊與B物塊碰前瞬間撤掉外力F,A與B碰撞過程沒有能量損失,設(shè)碰撞時(shí)間很短,A、B均可視為質(zhì)點(diǎn),g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8.求:
(1)計(jì)算A與B碰撞前瞬間A的速度大小;
(2)若在B的正前方放置一個(gè)彈性擋板,物塊B與擋板碰撞時(shí)沒有能量損失,要保證物塊A和B能發(fā)生第二次碰撞,彈性擋板距離物塊B的距離L不得超過多大?
【答案】(1) 6 m/s (2) L不得超過3.4 m
【解析】(1)設(shè)A與B碰前速度為v1,由牛頓第二定律得
Fcos 37°-μ(m1g-Fsin 12、 37°)=m1a
解得a=0.5 m/s2
則速度v1=at=6 m/s.
(2)AB相碰,碰后A的速度v′1,B的速度v2
由動(dòng)量守恒定律得m1v1=m1v′1+m2v2
由機(jī)械能守恒定律得m1v=m1v′+m2v
聯(lián)立解得v′1=2 m/s、v2=8 m/s
對(duì)A用動(dòng)能定理得-μm1gsA=0-m1v′
解得sA=0.4 m
對(duì)B用動(dòng)能定理得-μm2gsB=0-m2v
解得sB=6.4 m
物塊A和B能發(fā)生第二次碰撞的條件是sA+sB>2L,解得L<3.4 m
即要保證物塊A和B能發(fā)生第二次碰撞,彈性擋板距離物塊B的距離L不得超過3.4 m.
2.[帶電粒子在組 13、合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)](2019年安徽合肥三模)如圖所示,在平面直角坐標(biāo)系xOy中,Ⅰ、Ⅳ象限內(nèi)有場(chǎng)強(qiáng)大小E=103 V/m的勻強(qiáng)電場(chǎng),方向與x軸正方向成45°角,Ⅱ、Ⅲ象限內(nèi)有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=1 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng),方向垂直坐標(biāo)平面向里.現(xiàn)有一比荷為104 C/kg的帶負(fù)電粒子,以速度v0=2×103 m/s由坐標(biāo)原點(diǎn)O垂直射入磁場(chǎng),速度方向與y軸負(fù)方向成45°角.粒子重力不計(jì),求:
(1)粒子開始在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑;
(2)粒子從開始進(jìn)入磁場(chǎng)到第二次剛進(jìn)入磁場(chǎng)的過程所用的時(shí)間;
(3)粒子從第二次進(jìn)入磁場(chǎng)到第二次離開磁場(chǎng)兩位置間的距離.
【答案】(1)0.2 m (2)×10-4s ( 14、3) m
【解析】(1)粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻速圓周運(yùn)動(dòng),根據(jù)牛頓第二定律qv0B=m
解得r=0.2 m.
(2)如圖,粒子射出磁場(chǎng)與y軸夾角為45°,在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)270°.粒子第一次在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為
t1=T=·=π×10-4s
粒子進(jìn)入電場(chǎng)速度與電場(chǎng)方向垂直.設(shè)粒子在電場(chǎng)中的時(shí)間為t2.加速度a=
電場(chǎng)中的位移偏轉(zhuǎn)角為45°,有tan 45°=
解得t2=4×10-4s
總時(shí)間t=t1+t2=×10-4 s.
(3)如圖所示,粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng),設(shè)粒子的速度偏轉(zhuǎn)角為α,粒子第二次進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為v,與y軸負(fù)方向的夾角為θ,則有tan α==2tan 45°= 15、2
由圖有θ=α-45°
v==v0
根據(jù)牛頓第二定律
qvB=m
則R= m
粒子第二次進(jìn)、出磁場(chǎng)處兩點(diǎn)間的距離
L=2Rsin θ=2Rsin(α-45°)
解得L= m.
3.[功和能](2019年河南鄭州二模)如圖所示,傳送帶水平部分的長(zhǎng)度l=4.5 m,在電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)下勻速運(yùn)行.質(zhì)量M=0.49 kg的木塊(可視為質(zhì)點(diǎn))靜止在傳送帶左端的光滑平臺(tái)上.質(zhì)量為m=10 g的子彈以v0=50 m/s的速度水平向右打入木塊并留在其中,之后木塊滑到傳送帶上,最后從右輪軸正上方的P點(diǎn)離開傳送帶做平拋運(yùn)動(dòng),正好落入車廂中心點(diǎn)Q.已知木塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.5,P點(diǎn)與 16、車底板間的豎直記度H=1.8 m,與車廂底板中心點(diǎn)Q的水平距離x=1.2 m,取g=10 m/s2,求:
(1)木塊從傳送帶左端到達(dá)右端的時(shí)間;
(2)由于傳送木塊,電動(dòng)機(jī)多消耗的電能.
【答案】(1)2.3 s (2)1 J
【解析】(1)傳送帶的速度等于木塊運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng),得x=vt
豎直方向H=gt2
解得拋出速度v=2 m/s
子彈打入木塊過程,由動(dòng)量守恒定律得mv0=(M+m)v1
木塊沿傳送帶加速運(yùn)動(dòng),由牛頓第二定律得
μ(M+m)g=(M+m)a
加速至v的位移x1==0.3 m<4.5 m
加速運(yùn)動(dòng)時(shí)間t1==0.2 s
之后隨傳送帶向右勻 17、速運(yùn)動(dòng),勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)間
t2==2.1 s
木塊從傳送帶左端到達(dá)右端的時(shí)間t=t1+t2=2.3 s.
(2)根據(jù)功能關(guān)系,電動(dòng)機(jī)多做的功等于該過程煤塊動(dòng)能的增量ΔEk與煤塊與皮帶由于摩擦生熱而產(chǎn)生的內(nèi)能Q之和,即E=ΔEk+Q
其中ΔEk=(m+M)v2-(m+M)v
解得ΔEk=0.75 J
產(chǎn)生的熱量Q=μmg(x帶-x塊)=μmgΔx=0.25 J
聯(lián)立可得E=ΔEk+Q=1 J.
4.[電磁感應(yīng)的能量問題](2019年云南昆明質(zhì)檢)如圖,足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌彎折成圖示的形狀,分為Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三個(gè)區(qū)域.Ⅰ區(qū)域?qū)к壟c水平面的夾角α=37°,存在與導(dǎo)軌平面垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng),Ⅱ區(qū)域 18、導(dǎo)軌水平,長(zhǎng)度x=0.8 m,無磁場(chǎng);Ⅲ區(qū)域?qū)к壟c水平面夾角β=53°,存在與導(dǎo)軌平面平行的勻強(qiáng)磁場(chǎng).金屬細(xì)桿a在區(qū)域Ⅰ內(nèi)沿導(dǎo)軌以速度v0勻速向下滑動(dòng),當(dāng)a桿滑至距水平導(dǎo)軌高度為h1=0.6 m時(shí),金屬細(xì)桿b在區(qū)域Ⅰ從距水平導(dǎo)軌高度為h2=1.6 m處由靜止釋放,進(jìn)入水平導(dǎo)軌與金屬桿a發(fā)生碰撞,碰撞后兩根金屬細(xì)桿粘合在一起繼續(xù)運(yùn)動(dòng).已知a、b桿的質(zhì)量均為m=0.1 kg,電阻均為R=0.1 Ω,與導(dǎo)軌各部分的滑動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ=05,導(dǎo)軌間距l(xiāng)=02 m,Ⅰ、Ⅲ區(qū)域磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度均為B=1 T.不考慮導(dǎo)軌的電阻,傾斜導(dǎo)軌與水平導(dǎo)軌平滑連接,整個(gè)過程中桿與導(dǎo)軌接觸良好且垂直,sin 37°=0 19、.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2.求:
(1)金屬細(xì)桿a的初始速度v0的大小;
(2)金屬細(xì)桿a、b碰撞后速度的大??;
(3)a、b桿最終的位置.
【答案】(1)1 m/s (2)1.5 m/s (3)距Ⅰ底端0.025 m
【解析】(1)金屬桿a沿導(dǎo)軌勻速下滑,對(duì)金屬桿a受力分析如圖所示
根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得E=Blv0
根據(jù)閉合電路的歐姆定律得I=
安培力F安a=BIl
根據(jù)平衡條件得
FNa=mgcos 37°
F安a+Ff1=mgsin 37°
且Ff1=μFNa
聯(lián)立解得v0=1 m/s.
(2)金屬桿a沿導(dǎo)軌勻速下滑的位移 20、為sa==1 m
金屬桿a勻速下滑到底端的時(shí)間為ta==1 s
金屬桿b沿導(dǎo)軌做初速度為0的勻加速運(yùn)動(dòng),對(duì)金屬桿b受力分析如圖所示.
根據(jù)平衡條件得
FNb=mgcos 53°+F安b
根據(jù)牛頓第二定律得
mgsin 57°-Ff2=mab
且安培力F安b=BIL,F(xiàn)f2=μFNb
聯(lián)立解得ab=4 m/s2
金屬桿b沿導(dǎo)軌下滑的位移為
sb==2 m
設(shè)金屬桿b沿導(dǎo)軌勻加速下滑到底端的時(shí)間為t0,速度為vb.則有sb=abt,vb=abtb
代入數(shù)據(jù)解得tb=1 s,vb=4 m/s
因ta=tb=1 s,故a、b同進(jìn)進(jìn)入Ⅱ區(qū)域,做勻減速直線運(yùn)動(dòng),加速度大小為a=μ 21、g=5 m/s2
設(shè)經(jīng)過時(shí)間t桿a速度剛好為v′a=0,此時(shí)桿a的位移為xa,桿b的速度大小為v′b,位移為xb
根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得va=vb-at
解得t=0.2 s
x0=v0-tat2=0.1 m,v′b=vb-at=3 m/s
xb=t=0.7 m
則xa+xb=0.8 m
通過以上分析:桿a速度va=0時(shí),金屬桿a、b相遇發(fā)生碰撞,碰撞過程中a、b桿系統(tǒng)動(dòng)量守恒,設(shè)碰撞結(jié)束瞬間的速度大小為v1,則有mv′b=2mv1
解得v1=1.5 m/s.
(3)碰撞后a、b桿合為一體,向左減速,沖上Ⅰ區(qū)域,設(shè)到最高點(diǎn)的高度為Δh
由動(dòng)能定理得-μ(2m)gxa-μ(2m)gc 22、os 37°-2mgΔh=0-(2m)v
隨后a、b桿沿Ⅰ區(qū)域的導(dǎo)軌勻加速下滑,到達(dá)底端再沿Ⅱ區(qū)域向右勻減速滑至停止,設(shè)停止時(shí)距Ⅰ區(qū)域底端的距離為Δx.由動(dòng)能定理得
2mg·Δh-μ(2m)gcos 37°-μ(2m)gΔx=0
聯(lián)立解得Δx=0.025 m
因Δx=0.025 m 23、整個(gè)裝置處于靜止?fàn)顟B(tài),彈簧處于水平方向.現(xiàn)在讓桿從靜止開始緩慢加速轉(zhuǎn)動(dòng),整個(gè)過程中,繩子一直處于拉伸狀態(tài),彈簧始終在彈性限度內(nèi),忽略一切摩擦和空氣阻力.已知:OA=4 m,OP=5 m,小球質(zhì)量m=1 kg,彈簧原長(zhǎng)l=5 m,重力加速度g取10 m/s2.求:
(1)彈簧的勁度系數(shù)k;
(2)當(dāng)彈簧彈力為零時(shí),整個(gè)裝置轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度ω.
【答案】(1)3.75 N/m (2) rad/s
【解析】(1)開始整個(gè)裝置處于靜止?fàn)顟B(tài),對(duì)小球進(jìn)行受力分析,如圖所示:
根據(jù)平衡條件得=
F彈=k(1-),=
聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得k=3.75 N/m.
(2)當(dāng)彈簧彈力為零時(shí),小球上 24、移至位置P′,繞中點(diǎn)C做勻速圓周運(yùn)動(dòng),受力分析如圖所示.
由圖可得,軌道半徑為r==,tan θ=,其中==5 m,=2 m
根據(jù)牛頓第二定律得mgtan θ=mω2r
聯(lián)立解得ω= rad/s.
2.[帶電粒子在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)]如圖所示,有一對(duì)平行金屬板,板間加有恒定電壓;兩板間有勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0,方向垂直于紙面向里.金屬板右下方以MN、PQ為上、下邊界,MP為左邊界的區(qū)域內(nèi),存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁場(chǎng)寬度為d,MN與下極板等高,MP與金屬板右端在同一豎直線上.一電荷量為q、質(zhì)量為m的正離子,以初速度v0沿平行于金屬板面、垂直于板間磁場(chǎng)的方向從A點(diǎn)射入金屬板間 25、,不計(jì)離子的重力,
(1)已知離子恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng),求金屬板間電場(chǎng)強(qiáng)度的大??;
(2)若撤去板間磁場(chǎng)B0,已知離子恰好從下極板的右側(cè)邊緣射出電場(chǎng),方向與水平方向成30°角,求A點(diǎn)離下極板的高度;
(3)在(2)的情形中,為了使離子進(jìn)入磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)后從邊界MP的P點(diǎn)射出,磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B應(yīng)為多大?
【答案】(1)v0B0 (2) (3)
【解析】 (1)設(shè)板間的電場(chǎng)強(qiáng)度為E,離子做勻速直線運(yùn)動(dòng),受到的電場(chǎng)力和洛倫茲力平衡,有
qE=qv0B0
解得E=v0B0.
(2)設(shè)A點(diǎn)離下極板的高度為h,離子射出電場(chǎng)時(shí)的速度為v,根據(jù)動(dòng)能定理,得
qEh=mv2-mv
離子在電場(chǎng)中 26、做類平拋運(yùn)動(dòng),水平方向做勻速運(yùn)動(dòng),有
v==
解得h=.
(3)設(shè)離子進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r,根據(jù)牛頓第二定律,得
qvB=m
由幾何關(guān)系得d=rcos 30°
解得B=.
3.[動(dòng)量與能量] (2019年吉林長(zhǎng)春二模)如圖所示,可視為質(zhì)點(diǎn)兩物體A、B質(zhì)量均為m=10 kg,它們之間用可遙控引爆的粘性炸藥粘連在一起,現(xiàn)使兩物體從光滑曲面(末端切線水平)上高度H=0.8 m處由靜止釋放,到達(dá)底端時(shí)進(jìn)入水平傳送帶,隨即撤掉光滑曲面,傳送帶勻速向左傳動(dòng),速率為v0=3 m/s.已知兩物體與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ=0.1,g=10 m/s2,按要求回到下列問題:
( 27、1)若兩物體從傳送帶右端滑出,求皮帶輪間的距離s需滿足的條件;
(2)若皮帶輪間的距離足夠大,求從兩物體滑上離開傳送帶的整個(gè)過程中,由于兩物體和傳送帶間的摩擦產(chǎn)生的熱量Q;
(3)若兩皮帶輪半徑r=10 cm,間距為13.5 m.當(dāng)兩物體滑上皮帶后經(jīng)過2 s的那一時(shí)刻,用遙控器引爆粘性炸藥,此后兩物體分離,物體B恰好從傳送帶右端平拋飛出.若爆炸所用時(shí)間極短,可忽略不計(jì),爆炸所釋放的化學(xué)能80%轉(zhuǎn)化為兩物體的機(jī)械能,求爆炸所釋放的化學(xué)能E.
【答案】(1)小于8 m (2)490 J (3)40 J
【解析】 (1)AB下滑到皮帶上的速度為v,由機(jī)械能守恒定律2mgH=×2mv2
解得 28、v==4 m/s
設(shè)皮帶輪間的距離最小值為 s0
s0==8 m
即皮帶輪間的距離需滿足的條件s<8 m.
(2)物體向右減速到零的時(shí)間為t1,物體向左加速到與皮帶達(dá)到共速的時(shí)間為t2,則
t1==4 s,t2==3 s
物體向右減速到零的時(shí)間內(nèi)相對(duì)皮帶滑行的距離為s1,物體向左加速到與皮帶達(dá)到同速的時(shí)間內(nèi)相對(duì)皮帶滑行的距離為s2,則
s1=t1=20 m,s2=t2=4.5 m
則從兩物體滑上到離開傳送帶的整個(gè)過程中,由于兩物體和傳送帶間的摩擦產(chǎn)生了熱量
Q=2μmg(s1+s2)=490 J.
(3)兩物體滑上皮帶后經(jīng)過2 s的那一時(shí)刻的速度為v1,滑行的距離為x,則 29、v1=v-μgt=2 m/s
x=t=6 m
物體B恰好從傳送帶右端平拋飛出,則物體B對(duì)應(yīng)的速度mg=m,解得v′=1 m/s
炸藥爆炸后瞬間物體AB對(duì)應(yīng)的速度分別為vA、vB,則
13.5-x=,解得vB=4 m/s
根據(jù)動(dòng)量守恒定律2mv1=mvA+mvB,解得vA=0
爆炸后物體AB所獲得的機(jī)械能為E
E+×2mv=mv+mv
解得E=40 J
爆炸所釋放的化學(xué)能
E′==50 J.
4.[電磁感應(yīng)與力學(xué)綜合](2019年安徽江淮十校聯(lián)考)如圖所示,MN、PQ為兩條平行的光滑金屬直軌道,導(dǎo)軌平面與水平面成θ=30°,M、P之間接有電阻箱R,導(dǎo)軌所在空間存在垂直于導(dǎo)軌 30、平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.質(zhì)量為m的金屬桿ab水平放置在軌道上,其接入電路的電阻值為r,現(xiàn)從靜止釋放金屬桿ab,測(cè)得最后的最大速度為v1,已知軌道間距為L(zhǎng),重力加速度取g,軌道足夠長(zhǎng)且電阻不計(jì).求:
(1)電阻箱接入電路的電阻多大?
(2)若當(dāng)金屬棒下滑的距離為s時(shí),金屬棒的加速度大小為a,則此時(shí)金屬棒運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為多少?
(3)當(dāng)金屬棒沿導(dǎo)軌勻速下滑時(shí),將電阻箱的電阻瞬間增大為-r,此后金屬棒再向下滑動(dòng)d的距離時(shí),導(dǎo)體棒再次達(dá)到最大速度,求下滑d的距離過程中,回路中產(chǎn)生的焦耳熱.
【答案】(1)-r (2)+
(3)mgd-mv
【解析】(1)設(shè)電阻箱接入電路的 31、電阻為R1,當(dāng)金屬桿以最大速度下滑時(shí),mgsin θ=BIL
I=
E=BLv1
解得R1=-r.
(2)設(shè)金屬棒下滑的距離為s時(shí),金屬棒的速度為v2,則mgsin θ-=ma
解得v2=v1
根據(jù)動(dòng)量定理:Δt=mΔv
整體過程中:mgsin θ∑Δt-∑vΔt=m∑Δv
有mgt-s=mv2
解得t=+.
(3)當(dāng)電阻箱的電阻瞬間增大為-r后,電路中電流減小,導(dǎo)體棒向下做加速運(yùn)動(dòng),當(dāng)速度再次增大為最大速度時(shí),mgsin θ=
解得v3=v1
根據(jù)能量守恒可得此過程中回路總產(chǎn)生的總的焦耳熱
Q=mgdsin θ=mgd-mv.
計(jì)算題押題突破練④
1.[勻變 32、速直線運(yùn)動(dòng)](2019年豫北豫南名校聯(lián)考)如圖所示,某“闖關(guān)游戲”的筆直通道上每隔L=8 m設(shè)有一個(gè)關(guān)卡,各關(guān)卡同步改行和關(guān)閉,放行和關(guān)閉的時(shí)間分別為6 s和4 s.關(guān)卡剛放行時(shí),一同學(xué)立即在關(guān)卡1處以加速度1 m/s2由靜止開始加速運(yùn)動(dòng),達(dá)到最大速度2 m/s之后勻速運(yùn)動(dòng),求:
(1)該同學(xué)從開始運(yùn)動(dòng)到達(dá)關(guān)卡2的時(shí)間;
(2)最先擋住他前進(jìn)的關(guān)卡是哪一關(guān)卡.
【答案】(1)5 s (2)最先擋住他前進(jìn)的是關(guān)卡3
【解析】(1)由題意知,該同學(xué)先加速后勻速,最大速度v=2 m/s
根據(jù)v=at1
可得加速的時(shí)間為t1=2 s
加速的位移為x=at=2 m
從開始到達(dá)關(guān)卡2的 33、時(shí)間為t2=t1+=5 s.
(2)t2<6 s所以可以通過關(guān)卡2繼續(xù)運(yùn)動(dòng),從關(guān)卡2到達(dá)關(guān)卡3的時(shí)間為t3==4 s
從開始到達(dá)關(guān)卡3的總時(shí)間為t=(5+4) s=9 s
關(guān)卡放行和關(guān)閉的時(shí)間分別為6 s和4 s,由于6<9<6+4
此時(shí)關(guān)卡3是關(guān)閉的,所以最先擋住他前進(jìn)的是關(guān)卡3.
2.[帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)]如圖所示的直角坐標(biāo)系xOy中,在第一象限和第四象限分別存在垂直紙面向外和向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng),PQ是磁場(chǎng)的右邊界,磁場(chǎng)的上下區(qū)域足夠大,在第二象限存在沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng),一個(gè)質(zhì)量為m,電荷量為+q的帶電粒子從x軸上的M點(diǎn)以速度v0垂直于x軸沿y軸正方向射入電場(chǎng)中,粒子經(jīng)過電 34、場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后從y軸上的N點(diǎn)進(jìn)入第一象限,帶電粒子剛好不從y軸負(fù)半軸離開第四象限,最后垂直磁場(chǎng)右邊界PQ離開磁場(chǎng)區(qū)域,已知M點(diǎn)距離原點(diǎn)O的距離為l,N點(diǎn)距離原點(diǎn)O的距離為l,第一象限的磁感應(yīng)強(qiáng)度滿足B=,不計(jì)帶電粒子的重力,求:
(1)勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度為多大?
(2)第四象限內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)度多大?
(3)若帶電粒子從進(jìn)入磁場(chǎng)到垂直磁場(chǎng)右邊界離開磁場(chǎng),在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間是多少?
【答案】(1) (2) (3)+(n=0,1,2,3……)
【解析】(1)設(shè)帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的加速度為a
根據(jù)牛頓第二定律得qE=ma
粒子沿y軸方向l=v0t
粒子沿x軸方向l=at2
解得E=. 35、
(2)粒子沿x軸方向勻加速運(yùn)動(dòng),速度v1=at=v0
進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)與y軸正向夾角tan θ==
解得θ=60°
進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度大小為v==2v0
其運(yùn)動(dòng)軌跡,如圖所示
在第一象限由洛倫茲力提供向心力得qvB=m
解得 R1=l
由幾何知識(shí)可得粒子第一次到達(dá)x軸時(shí)過A點(diǎn),因ON滿足ON=2Rcos 30°,所以NA為直徑.
帶電粒子剛好不從y軸負(fù)半軸離開第四象限,滿足
(2R1+R2)sin 30°=R2,解得R2=2l
根據(jù)qvB=m,解得 B2==.
(3)帶電粒子到達(dá)D點(diǎn)時(shí),因?yàn)镈C=R1sin 30°=
D′H=R2-R2sin 30°=l
F點(diǎn)在H點(diǎn)的左 36、側(cè),帶電粒子不可能從第一象限垂直磁場(chǎng)邊界離開磁場(chǎng)
帶電粒子在第一象限運(yùn)動(dòng)周期T1==
帶電粒子在第四象限運(yùn)動(dòng)周期 T2==
帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間滿足
t=++n×(T1+T2)
解得t=+(n=0,1,2,3……)
3.[機(jī)械能守恒 動(dòng)能定理](2019年福建漳州模擬)如圖,傾角 θ=37°的光滑且足夠長(zhǎng)的斜面固定在水平面上,在斜面頂端固定一個(gè)輪半徑和質(zhì)量不計(jì)的光滑定滑輪D,質(zhì)量均為m=1 kg 的物體A和B用一勁度系數(shù)k=240 N/m 的輕彈簧連接,物體 B 被位于斜面底端且垂直于斜面的擋板 P 擋?。靡徊豢缮扉L(zhǎng)的輕繩使物體 A 跨過定滑輪與小環(huán)C連接,輕彈簧和定滑輪右側(cè) 37、的繩均與斜面平行,小環(huán)C穿過豎直固定的光滑均勻細(xì)桿.當(dāng)環(huán)C位于Q處時(shí)整個(gè)系統(tǒng)靜止,此時(shí)繩與細(xì)桿的夾角α=53°,且物體 B 對(duì)擋板 P 的壓力恰好為零.已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g 取10 m/s2.求:
(1)當(dāng)環(huán)C位于Q處時(shí)繩子的拉力T和小環(huán)C的質(zhì)量M;
(2)現(xiàn)讓環(huán) C從位置 R由靜止釋放,位置R與位置Q關(guān)于位置 S 對(duì)稱,圖中SD水平且長(zhǎng)度為 d=0.2 m,求:
①小環(huán)C運(yùn)動(dòng)到位置Q的速率 v;
②小環(huán)C從位置R運(yùn)動(dòng)到位置S的過程中輕繩對(duì)環(huán)做的功WT.
【答案】(1)12 N 0.72 kg (2)①m/s?、?.3 J
【解析】(1)先以A 38、B組成的整體為研究對(duì)象,AB系統(tǒng)受到重力、支持力和繩子的拉力處于平衡狀態(tài)
根據(jù)平衡條件得繩子的拉力為T=2mgsin θ
解得T=12 N
以C為研究對(duì)象,其受力分析,如圖
根據(jù)平衡條件得Tcos 53°=Mg
解得M=0.72 kg.
(2)①環(huán)從位置R運(yùn)動(dòng)到Q位置的過程中,對(duì)小環(huán)C、彈簧和A組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒
M(2dcot α)=Mv2+mv
其中vA=vcos α
兩式聯(lián)立可得v=2 m/s.
②由題意,開始時(shí)B恰好對(duì)擋板沒有壓力,所以B受到重力、支持力和彈簧的拉力,彈簧處于伸長(zhǎng)狀態(tài).
對(duì)B受力分析,則有kΔx1=mgsin θ
解得彈簧的伸長(zhǎng)量Δx1=0 39、.025 m
R到S時(shí),A下降的距離為xA=-d=0.05 m
此時(shí)彈簧的壓縮量Δx2=xA-Δx1=0.025 m
由速度分解可知此時(shí)A的速度為零,從R運(yùn)動(dòng)到S的過程中,初末態(tài)的彈性勢(shì)能相等
對(duì)于小環(huán)C、彈簧和A組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒有
Mgdcot α+mgxAsin θ=Ek
解得Ek=1.38 J
從位置R運(yùn)動(dòng)到位置S的過程中,對(duì)小環(huán)C由動(dòng)能定理可知WT+Mgdcot α=Ek
解得WT=0.3 J.
4.[電磁感應(yīng)與功能關(guān)系](2019年安徽聯(lián)盟開年考)如圖所示,光滑平行金屬導(dǎo)軌PQ、MN固定在光滑絕緣水平面上,導(dǎo)軌左端連接有阻值為R的定值電阻,導(dǎo)軌間距為L(zhǎng),磁感應(yīng)強(qiáng) 40、度大小為B、方向豎直向上的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)的邊界ab、cd均垂直于導(dǎo)軌,且間距為s,e、f分別為ac、bd的中點(diǎn),將一長(zhǎng)度為L(zhǎng)、質(zhì)量為m、阻值也為R的金屬棒垂直導(dǎo)軌放置在ab左側(cè)s處,現(xiàn)給金屬棒施加一個(gè)大小為F、方向水平向右的恒力,使金屬棒從靜止開始向右運(yùn)動(dòng),金屬棒向右運(yùn)動(dòng)過程中始終垂直于導(dǎo)軌并與導(dǎo)軌接觸良好.當(dāng)金屬棒運(yùn)動(dòng)到ef位置時(shí),加速度剛好為零,不計(jì)其他電阻.求:
(1)金屬棒運(yùn)動(dòng)到ef位置時(shí)的速度大??;
(2)金屬棒從初位置運(yùn)動(dòng)到ef位置,通過金屬棒的電量;
(3)金屬棒從初位置運(yùn)動(dòng)到ef位置,定值電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱.
【答案】(1) (2) (3)Fs-
【解析】(1)設(shè)金屬棒運(yùn)動(dòng)到與ef重合時(shí)速度為v,
則感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=BLv
電路中電流I=
由于加速度剛好為零,則F=BIL
求得v=.
(2)通過金屬棒截面的電量q=Δt
=
==
求得q=.
(3)設(shè)定值電阻R中產(chǎn)生的焦耳熱為Q,由于金屬棒的電阻也為R,因此整個(gè)電路中產(chǎn)生的總的焦耳熱為2Q.金屬棒從靜止運(yùn)動(dòng)到ef位置的過程中,根據(jù)動(dòng)能定理有
WF+W安=mv2
根據(jù)功能關(guān)系有W安=-2Q
拉力F做的功WF=Fs
求得Q=Fs-.
- 20 -
- 溫馨提示:
1: 本站所有資源如無特殊說明,都需要本地電腦安裝OFFICE2007和PDF閱讀器。圖紙軟件為CAD,CAXA,PROE,UG,SolidWorks等.壓縮文件請(qǐng)下載最新的WinRAR軟件解壓。
2: 本站的文檔不包含任何第三方提供的附件圖紙等,如果需要附件,請(qǐng)聯(lián)系上傳者。文件的所有權(quán)益歸上傳用戶所有。
3.本站RAR壓縮包中若帶圖紙,網(wǎng)頁內(nèi)容里面會(huì)有圖紙預(yù)覽,若沒有圖紙預(yù)覽就沒有圖紙。
4. 未經(jīng)權(quán)益所有人同意不得將文件中的內(nèi)容挪作商業(yè)或盈利用途。
5. 裝配圖網(wǎng)僅提供信息存儲(chǔ)空間,僅對(duì)用戶上傳內(nèi)容的表現(xiàn)方式做保護(hù)處理,對(duì)用戶上傳分享的文檔內(nèi)容本身不做任何修改或編輯,并不能對(duì)任何下載內(nèi)容負(fù)責(zé)。
6. 下載文件中如有侵權(quán)或不適當(dāng)內(nèi)容,請(qǐng)與我們聯(lián)系,我們立即糾正。
7. 本站不保證下載資源的準(zhǔn)確性、安全性和完整性, 同時(shí)也不承擔(dān)用戶因使用這些下載資源對(duì)自己和他人造成任何形式的傷害或損失。
最新文檔
- 110中國人民警察節(jié)(筑牢忠誠警魂感受別樣警彩)
- 2025正字當(dāng)頭廉字入心爭(zhēng)當(dāng)公安隊(duì)伍鐵軍
- XX國企干部警示教育片觀后感筑牢信仰之基堅(jiān)守廉潔底線
- 2025做擔(dān)當(dāng)時(shí)代大任的中國青年P(guān)PT青年思想教育微黨課
- 2025新年工作部署會(huì)圍繞六個(gè)干字提要求
- XX地區(qū)中小學(xué)期末考試經(jīng)驗(yàn)總結(jié)(認(rèn)真復(fù)習(xí)輕松應(yīng)考)
- 支部書記上黨課筑牢清廉信念為高質(zhì)量發(fā)展?fàn)I造風(fēng)清氣正的環(huán)境
- 冬季消防安全知識(shí)培訓(xùn)冬季用電防火安全
- 2025加強(qiáng)政治引領(lǐng)(政治引領(lǐng)是現(xiàn)代政黨的重要功能)
- 主播直播培訓(xùn)直播技巧與方法
- 2025六廉六進(jìn)持續(xù)涵養(yǎng)良好政治生態(tài)
- 員工職業(yè)生涯規(guī)劃方案制定個(gè)人職業(yè)生涯規(guī)劃
- 2024年XX地區(qū)黨建引領(lǐng)鄉(xiāng)村振興工作總結(jié)
- XX中小學(xué)期末考試經(jīng)驗(yàn)總結(jié)(認(rèn)真復(fù)習(xí)輕松應(yīng)考)
- 幼兒園期末家長(zhǎng)會(huì)長(zhǎng)長(zhǎng)的路慢慢地走