（天津?qū)Ｓ茫?020高考物理二輪復習 計算題專項訓練（一）（含解析）

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1、計算題專項訓練(一) (時間:40分鐘　分值:49分) 1.(12分)(2018·天津南開月考)如圖所示,在光滑的水平地面上,相距l(xiāng)=10 m的A、B兩個小球均以v0=10 m/s向右運動,隨后兩球相繼滑上傾角為30°的足夠長的固定光滑斜坡,地面與斜坡平滑連接,取g=10 m/s2。求: (1)B球剛要滑上斜坡時A、B兩球的距離; (2)A球滑上斜坡后經(jīng)過多長時間兩球相遇。 答案:(1)7.5 m　(2)2.5 s 解析:(1)設A球滑上斜坡后經(jīng)過t1時間B球滑上斜坡, 則有l(wèi)=v0t1,解得t1=1s A球滑上斜坡后做勻減速直線運動, 加速度大小a=gsin30°=5m

2、/s2 設這段時間內(nèi)A球向上運動的位移為x, 則x=v0t1-12at12 代入數(shù)據(jù)解得x=7.5m。 (2)B球剛要滑上斜坡時A球速度v1=v0-at1=5m/s B球滑上斜坡時,加速度與A相同,以A為參考系,B相對于A以v=v0-v1=5m/s做勻速運動,設再經(jīng)過時間t2它們相遇,有t2=xv=1.5s 則所求時間t=t1+t2=2.5s。 2.(17分)如圖所示,有一個可視為質(zhì)點的質(zhì)量為m=1 kg的小物塊,從光滑平臺上的A點以v0=2 m/s的初速度水平拋出,到達C點時,恰好沿C點的切線方向進入固定在水平地面上的光滑圓弧軌道,最后小物塊滑上緊靠軌道末端D點的質(zhì)量為m長=3

3、 kg的長木板,已知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,小物塊與長木板間的動摩擦因數(shù)μ=0.3,圓弧軌道的半徑為R=0.4 m,C點和圓弧的圓心連線與豎直方向的夾角θ=60°,不計空氣阻力,g取10 m/s2。 (1)求小物塊剛要到達圓弧軌道末端D點時對軌道的壓力; (2)若長木板長度l長=2.4 m,小物塊能否滑出長木板? 答案:(1)60 N,方向豎直向下　(2)能 解析:(1)物塊到達C點的速度與水平方向的夾角為60°,則 vC=v0cos60°=2v0=4m/s 小物塊由C到D的過程中,由動能定理得 mgR(1-cos60°)=12mvD2

4、-12mvC2 代入數(shù)據(jù)解得vD=25m/s 小物塊在D點時,由牛頓第二定律得FN-mg=mvD2R 解得FN=60N 由牛頓第三定律得小物塊剛要到達圓弧軌道末端D點時對軌道的壓力FN'=FN=60N,方向豎直向下。 (2)設小物塊始終在長木板上,共同速度大小為v,小物塊在木板上滑行的過程中,小物塊與長木板組成的系統(tǒng)動量守恒,取向左為正方向 由動量守恒定律得mvD=(m長+m)v 解得v=52m/s 設物塊與木板的相對位移為l,由功能關(guān)系得 μmgl=12mvD2-12(m+m長)v2 解得l=2.5m>l長=2.4m,所以小物塊能滑出長木板。 3.(20分)如圖所示,在

5、平面直角坐標系中,第三象限里有一加速電場,一個電荷量為q、質(zhì)量為m的帶正電粒子(不計重力),從靜止開始經(jīng)加速電場加速后,垂直x軸從A(-4l,0)點進入第二象限,在第二象限的區(qū)域內(nèi),存在著指向O點的均勻輻射狀電場,距O點4l處的電場強度大小均為E=qlB0216m,粒子恰好能垂直y軸從C(0,4l)點進入第一象限,如圖所示,在第一象限中有兩個全等的直角三角形區(qū)域Ⅰ和Ⅱ,均充滿了方向垂直紙面向外的勻強磁場,區(qū)域Ⅰ的磁感應強度大小為B0,區(qū)域Ⅱ的磁感應強度大小可調(diào),D點坐標為(3l,4l),M點為CP的中點。粒子運動軌跡與磁場區(qū)域相切時認為粒子能再次進入磁場。從磁場區(qū)域Ⅰ進入第二象限的粒子可以被吸

6、收掉。 (1)求加速電場的電壓U; (2)若粒子恰好不能從OC邊射出,求區(qū)域Ⅱ磁感應強度大小; (3)若粒子能到達M點,求區(qū)域Ⅱ磁場的磁感應強度大小的所有可能值。 答案:(1)ql2B028m　(2)24B049 (3)825B0、1633B0、833B0、1641B0、2449B0 解析:(1)粒子在加速電場中加速,根據(jù)動能定理有 qU=12mv2 粒子在第二象限輻射狀電場中做半徑為R的勻速圓周運動,則qE=mv24l 聯(lián)立解得v=qB0l2m,U=ql2B028m。 (2)粒子在區(qū)域Ⅰ中運動的速度大小 v=qB0l2m 根據(jù)洛倫茲力提供粒子在磁場中做勻速圓周運動

7、的向心力, 有qB0v=mv2r,得半徑r=mvqB0=l2 若粒子在區(qū)域Ⅱ中的運動半徑R較小,則粒子會從OC邊射出磁場。 恰好不從OC邊射出時,作出對應的運動軌跡,如圖 滿足∠O2O1Q=2θ, sin2θ=2sinθcosθ=2425, 又sin2θ=rR-r 解得R=4924r=4948l 又R=mvqB,代入v=qB0l2m 可得B=24B049。 (3)①若粒子由區(qū)域Ⅰ達到M點 每次前進lCP2=2(R-r)cosθ=85(R-r) 由周期性得lCM=nlCP2(n=1,2,3,…), 即52l=85n(R-r) R=r+2516nl≥4948l, 解得n≤3 n=1時R=3316l,B=833B0 n=2時R=4132l,B=1641B0, n=3時R=4948l,B=2449B0 ②若粒子由區(qū)域Ⅱ達到M點 由周期性:lCM=lCP1+nlCP2(n=0,1,2,3,…) 即52l=85R+85n(R-r) 解得:R=52+45n85(1+n)l≥4948l 解得:n≤2625。 當n=0時,R=2516l,B=825B0 當n=1時,R=3332l,B=1633B0。 - 4 -