2019-2020年高三物理二輪復(fù)習(xí) 常見組合運動專練.doc
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2019-2020年高三物理二輪復(fù)習(xí) 常見組合運動專練 1.(xx江淮名校第二次聯(lián)考)如圖1所示,一個截面為直角三角形的劈形光滑物塊固定在水平地面上。物塊高h(yuǎn)=4 m,α=37,一小球以v0=9 m/s的初速度由C點沖上斜面AC,由A點飛出落在AB面上。不計空氣阻力,sin 37=0.6,cos 37=0.8,g=10 m/s2。求: 圖1 (1)小球到達(dá)A點的速度大?。? (2)小球由A點飛出至第一次落到AB面所用時間; (3)小球第一次落到AB面時的速度與AB面的夾角θ的正切值。 2.(xx重慶高考)同學(xué)們參照伽利略時期演示平拋運動的方法制作了如圖2所示的實驗裝置,圖中水平放置的底板上豎直地固定有M板和N板。M板上部有一半徑為R的圓弧形的粗糙軌道,P為最高點,Q為最低點,Q點處的切線水平,距底板高為H,N板上固定有三個圓環(huán)。將質(zhì)量為m的小球從P處靜止釋放,小球運動至Q飛出后無阻礙地通過各圓環(huán)中心,落到底板上距Q水平距離為L處。不考慮空氣阻力,重力加速度為g。求: 圖2 (1)距Q水平距離為的圓環(huán)中心到底板的高度; (2)小球運動到Q點時速度的大小以及對軌道壓力的大小和方向; (3)摩擦力對小球做的功。 3.(xx濰坊模擬)如圖3所示,在xOy平面直角坐標(biāo)系內(nèi),y軸右側(cè)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=0.05 T,虛線AC平行于y軸,與y軸相距d= m,在x軸下方虛線與y軸所夾的區(qū)域存在如圖所示的有界勻強(qiáng)電場,電場強(qiáng)度大小E=1 v/m,方向與y軸成45角,比荷=102 C/kg的帶正電的粒子,從A(- m,0)點由靜止釋放。粒子所受重力不計,求: 圖3 (1)粒子從釋放到離開磁場所用時間; (2)粒子再次到達(dá)虛線AC時的縱坐標(biāo)。 4.(xx菏澤聯(lián)考)如圖4所示,在紙平面內(nèi)建立的直角坐標(biāo)系xOy,在第一象限的區(qū)域存在沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場。現(xiàn)有一質(zhì)量為m,電荷量為e的電子從第一象限的某點P以初速度v0沿x軸的負(fù)方向開始運動,經(jīng)過x軸上的點Q進(jìn)入第四象限,先做勻速直線運動,然后進(jìn)入垂直紙面的矩形勻強(qiáng)磁場區(qū)域,磁場左邊界和上邊界分別與y軸、x軸重合,電子偏轉(zhuǎn)后恰好經(jīng)過坐標(biāo)原點O,并沿y軸的正方向運動,不計電子的重力。求: 圖4 (1)電子經(jīng)過Q點的速度v; (2)該勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B; (3)從P到O運動的總時間t。 5.(xx德州模擬)如圖5所示,在xOy平面內(nèi),第Ⅱ象限內(nèi)的射線OM是電場與磁場的分界線,OM與x軸的負(fù)方向成45角。在x<0且OM的左側(cè)空間存在著垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場B,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為0.1 T,在y>0且OM的右側(cè)空間存在著沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場E,場強(qiáng)大小為0.32 N/C。一不計重力的帶負(fù)電微粒,從坐標(biāo)原點O沿x軸負(fù)方向以v0=2103m/s的初速度進(jìn)入磁場,最終離開磁、電場區(qū)域。已知微粒所帶的電荷量q=510-18C,質(zhì)量m=110-24 kg,求: 圖5 (1)帶電微粒在磁場中做圓周運動的半徑。 (2)帶電微粒第一次進(jìn)入電場前運動的時間。 (3)帶電微粒第二次進(jìn)入電場后在電場中運動的水平位移。 答 案 1.解析:(1)從C到A對小球運用動能定理: -mgh=mvA2-mv02 解得:vA=1 m/s。 (2)將小球由A點飛出至落到AB面的運動分解為沿斜面(x軸)和垂直于斜面(y軸)兩個方向;則落回斜面的時間等于垂直于斜面方向的時間所以:t==0.25 s。 (3)小球落回斜面時沿斜面方向速度: vx=axt=gsin 37t=1.5 m/s 垂直斜面方向速度:vy=1 m/s 所以:tan θ==。 答案:(1)1 m/s (2)0.25 s (3) 2.解析:(1)設(shè)小球在Q點的速度為v0,由平拋運動規(guī)律有H=gt12,L=v0t1,得v0=L。從Q點到距Q點水平距離為的圓環(huán)中心的豎直高度為h,則=v0t2,得h=gt22=H。 該位置距底板的高度:Δh=H-h(huán)=H。 (2)設(shè)小球在Q點受的支持力為F,由牛頓第二定律F-mg=m,得F=mg,由牛頓第三定律可知,小球?qū)壍赖膲毫′=F,方向豎直向下。 (3)設(shè)摩擦力對小球做功為W,則由動能定理得mgR+W=mv02得W=mg。 答案:(1)到底板的高度:H (2)速度的大?。篖 壓力的大?。簃g 方向:豎直向下 (3)摩擦力對小球做的功:mg 3.解析:(1)粒子在電場中做勻加速直線運動,經(jīng)時間t1進(jìn)入磁場。 Eq=ma d=at12 入射速度v=at1 粒子在磁場中做勻速圓周運動的時間t2=T qvB=m T= 總時間t=t1+t2=1.14 s。 (2)由幾何關(guān)系知粒子到AC時的縱坐標(biāo)y=R-2d 解得:y=2 m。 答案:(1)1.14 s (2)2 m 4.解析:(1)電子做類平拋運動,=v0t1,=t1,得vy=v0,經(jīng)過Q點速度的大小vQ==v0,與水平方向的夾角為θ,tan θ==,θ=30。 (2)設(shè)帶電粒子從M點進(jìn)入磁場,做圓周運動對應(yīng)的圓心為N點,半徑為R,根據(jù)幾何關(guān)系有R+= L,得R=L,據(jù)R=,得B=。 (3)從P到O運動的總時間t可分為3段:電場中的類平拋運動;離開電場進(jìn)入磁場前的勻速直線運動;磁場中的勻速圓周運動。據(jù)=v0t1,得t1=;Q到磁場右邊緣的距離l=2R-Rcos 60=,t2==,t3=T=,t=t1+t2+t3=+。 答案:(1)v0,與水平方向的夾角θ=30 (2)B= (3)+ 5.解析:(1)帶電微粒從O點射入磁場,運動軌跡如圖所示,第一次經(jīng)過磁場邊界上的A點,由qv0B=m得r==410-3 m。 (2)帶電微粒在磁場中經(jīng)圓周第一次進(jìn)入電場,經(jīng)歷的時間tOA=T 而圓周運動的周期為T=代入數(shù)據(jù)解得t O A=3.1410-6s。 (3)微粒從C點垂直y軸方向進(jìn)入電場,做類平拋運動,設(shè)在電場中運動的水平位移為Δx,豎直位移為Δy,則 x方向上,Δx=v0t1 y方向上,Δy=at12 而Δy=2r 又有qE=ma 代入數(shù)據(jù)解得,Δx=0.2 m。 答案:(1)410-3 m (2)3.1410-6 s (3)0.2 m- 1.請仔細(xì)閱讀文檔,確保文檔完整性,對于不預(yù)覽、不比對內(nèi)容而直接下載帶來的問題本站不予受理。
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