2019高考物理二輪復(fù)習(xí) 計算題專項訓(xùn)練 25分鐘規(guī)范訓(xùn)練4.doc

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25分鐘規(guī)范訓(xùn)練(四) 1．(12分)(2018江西省南昌二中、臨川一中模擬)如圖所示，有一質(zhì)量m＝1kg的小物塊，在平臺上以初速度v0＝3m/s水平拋出，到達(dá)C點時，恰好沿C點的切線方向進(jìn)入固定在水平地面上的半徑R＝0.5m的粗糙圓弧軌道，最后小物塊滑上緊靠軌道末端D點的質(zhì)量為M＝3kg的長木板，木板上表面與圓弧軌道末端切線相平，木板下表面與水平地面之間光滑接觸，當(dāng)小物塊在木板上相對木板運動l＝1m時，與木板有共同速度，小物塊與長木板之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.3，C點和圓弧的圓心連線與豎直方向的夾角θ＝53?，不計空氣阻力，取g＝10m/s2，sin53?＝0.8，cos53?＝0.6。求： (1)A、C兩點的高度差h； (2)物塊剛要到達(dá)圓弧軌道末端D點時對軌道的壓力； (3)物塊通過圓弧軌道克服摩擦力做的功。 [解析]　(1)小物塊到C點時的速度豎直分量為 vCy＝v0tan53?＝4m/s 下落的高度h＝＝0.8m (2)小物塊在木板上滑行達(dá)到共同速度的過程 木板的加速度大?。篴1＝＝1m/s2 物塊的加速度大?。篴2＝＝3m/s2 由題意得：a1t＝vD－a2t vDt－a2t2－a1t2＝l 聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)解得vD＝2m/s 小物塊在D點時由牛頓第二定律得FN－mg＝m 代入數(shù)據(jù)解得FN＝26N由牛頓第三定律得物塊對軌道壓力大小為26N，方向豎直向下。 (3)小物塊由A到D的過程中，由動能定理得 mgh＋mgR(1－cos53?)－W＝mv－mv 代入數(shù)據(jù)解得W＝10.5J 2．(20分)(2018貴州省貴陽市高三5月模擬)如圖所示，一邊長為2R的正方形與半徑為R的圓相切，兩區(qū)域內(nèi)有大小相等方向相反的勻強(qiáng)磁場。M是正方形左邊長的中點，O點是圓的圓心，M、O、N三點共線。若把比荷為、重力不計的兩個帶正電的粒子分別從M、N兩點以速度v0沿MON直線相向進(jìn)入磁場。它們在磁場中運動相同的時間，并以相同的方向離開磁場，若從N點進(jìn)入磁場的帶電粒子的速度大小變?yōu)?v0，并改變其速度方向，該粒子將從M點離開磁場。求： (1)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大??； (2)粒子從N點以2v0進(jìn)入磁場運動到M點的總時間。 [解析]　(1)如圖所示，只有當(dāng)帶電粒子在磁場中運動圓周時，兩個粒子的運動時間才相同(如圖中實線)，粒子在磁場中運動的向心力由洛倫茲力提供qv0B＝， 由幾何關(guān)系可知，帶電粒子做勻速圓周運動的半徑r＝R　所以B＝； (2)如圖所示，當(dāng)帶電粒子在圓形磁場中從N進(jìn)入從M點射出，粒子在磁場中運動的向心力由洛倫茲力提供q(2v0)B＝ 解得r′＝2R 所以△MO2P和△PNO1都是正三角形，該粒子在兩個磁場中運動的總時間t＝，T＝， 聯(lián)立解得：t＝。