（新課標(biāo)地區(qū)專用）2020高考物理三輪沖刺 題型練輯 計(jì)算題規(guī)范練（五）（含解析）

《（新課標(biāo)地區(qū)專用）2020高考物理三輪沖刺 題型練輯 計(jì)算題規(guī)范練（五）（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（新課標(biāo)地區(qū)專用）2020高考物理三輪沖刺 題型練輯 計(jì)算題規(guī)范練（五）（含解析）（4頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、計(jì)算題規(guī)范練(五)15(2019福建福州市五月檢測(cè))如圖1甲所示，兩平行長(zhǎng)直光滑金屬導(dǎo)軌水平放置，間距為L(zhǎng)，左端連接一個(gè)電容為C的電容器，導(dǎo)軌處在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中質(zhì)量為m的金屬棒垂直導(dǎo)軌放置，某時(shí)刻金屬棒獲得一個(gè)水平向右的初速度v0，之后金屬棒運(yùn)動(dòng)的vt圖象如圖乙所示不考慮導(dǎo)軌的電阻圖1(1)求金屬棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度的大小v1；(2)求金屬棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)電容器的電荷量q；(3)已知金屬棒從開始到勻速運(yùn)動(dòng)的過程中，產(chǎn)生的焦耳熱為Q，求電容器充電穩(wěn)定后儲(chǔ)存的電能E電能答案(1)(2)(3)mv02Q解析(1)金屬棒勻速運(yùn)動(dòng)切割磁感線產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)EBLv1電容器的電

2、荷量qCE金屬棒從開始到勻速運(yùn)動(dòng)的過程中，由動(dòng)量定理有BLt0mv1mv0電容器的電荷量qt0聯(lián)立解得v1(2)由(1)可知qCECBLv1(3)在0t0時(shí)間內(nèi)，金屬棒的速度由v0到v1，由能量守恒可得E電能Qmv02mv12解得E電能mv02Q.16.(2019山東青島市三模)如圖2，質(zhì)量m0.1kg的帶電小球從h20m高處以v05m/s的速度水平拋出，落到水平地面上的A點(diǎn)；若仍將小球以同樣的速度水平拋出，當(dāng)小球到達(dá)P點(diǎn)時(shí)，在小球運(yùn)動(dòng)空間加上一豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)(圖中未畫出)，小球落到地面上的B點(diǎn)，小球的水平射程增加了5 m，已知P點(diǎn)高度h15 m，小球所帶電荷量q1103 C，重力加速度g

3、取10 m/s2，空氣阻力不計(jì)，求：圖2(1)小球到達(dá)A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能；(2)所加勻強(qiáng)電場(chǎng)電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小答案(1)21.25J(2)1250N/C解析(1)設(shè)小球在A點(diǎn)的動(dòng)能為EkA，根據(jù)動(dòng)能定理有：EkAmv02mgh代入數(shù)據(jù)可得：EkA21.25J(2)設(shè)小球從拋出到落在A點(diǎn)的時(shí)間為t1，從拋出到運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的時(shí)間為t2，從P點(diǎn)到運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)的時(shí)間為t1，P、A兩點(diǎn)的水平距離為x1，則有：hgt12hhgt22t1t1t2x1v0t1vPygt2加上勻強(qiáng)電場(chǎng)后，小球從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的時(shí)間為t2，則有：x15mv0t2mgqEmahvPyt2a(t22)聯(lián)立以上各式可解得：E1250N/C.17(

4、2019福建福州市五月檢測(cè))如圖3所示，傾斜軌道底端用一小段圓弧與水平地面平滑連接，上端與半徑為R0.5m的圓管形軌道相切于P點(diǎn)，圓管頂端開口水平，距離水平地面的高度為R.質(zhì)量為m0.2kg的小球B靜止在斜面的底端另有質(zhì)量也為m0.2kg的小球A以初速度v05m/s沿水平地面向右運(yùn)動(dòng)，并與小球B發(fā)生彈性碰撞，不考慮一切摩擦，重力加速度g取10 m/s2.圖3(1)求小球B被碰后瞬間的速度大小；(2)求小球B到達(dá)圓管形軌道最高點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小和方向；(3)若保持小球A的初速度不變，增加其質(zhì)量，小球B質(zhì)量不變，則小球B從軌道的最高點(diǎn)拋出后，求小球B的落地點(diǎn)到O點(diǎn)的最遠(yuǎn)距離不會(huì)超過多少答案(1)

5、5m/s(2)4N方向豎直向上(3)3m解析(1)設(shè)A、B兩球碰撞后瞬間的速度分別為v1、v2，A、B兩球發(fā)生彈性碰撞，由動(dòng)量守恒定律得mv0mv1mv2由能量守恒定律得mv02mv12mv22聯(lián)立解得v10，v25m/s(2)A、B兩小球碰撞后，設(shè)小球B沿軌道上升到最高點(diǎn)的速度為v，則由動(dòng)能定理得mgRmv2mv22在圓管形軌道的最高點(diǎn)，設(shè)軌道對(duì)小球豎直向上的支持力為FN，由牛頓第二定律可得mgFNm聯(lián)立解得FN4N負(fù)號(hào)說明圓管形軌道對(duì)小球有向下的壓力，根據(jù)牛頓第三定律可得，小球在最高點(diǎn)對(duì)軌道有豎直向上的壓力，大小為4N(3)設(shè)小球A的質(zhì)量為M，則由動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律有Mv0Mv3mv4Mv02Mv32mv42聯(lián)立解得v4v0當(dāng)小球A的質(zhì)量M無限增加時(shí)，碰撞后小球B的速度都不會(huì)超過2v0假設(shè)碰撞后小球B的速度為2v0，設(shè)小球B到達(dá)軌道最高點(diǎn)的速度為v，則由動(dòng)能定理得mgRmv2m(2v0)2解得v3m/s由平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律有Rgt2xmvt聯(lián)立解得xm3m所以小球B從軌道的最高點(diǎn)拋出后，落地點(diǎn)到O點(diǎn)的最遠(yuǎn)距離不會(huì)超過3m4