• 288.50 KB
  • 2021-05-13 发布

2016高考物理二轮计算题专练

  • 10页
  • 当前文档由用户上传发布,收益归属用户
  1. 1、本文档由用户上传,淘文库整理发布,可阅读全部内容。
  2. 2、本文档内容版权归属内容提供方,所产生的收益全部归内容提供方所有。如果您对本文有版权争议,请立即联系网站客服。
  3. 3、本文档由用户上传,本站不保证质量和数量令人满意,可能有诸多瑕疵,付费之前,请仔细阅读内容确认后进行付费下载。
  4. 网站客服QQ:403074932
高考题型专项练——计算题专练 计算题32分练(一)‎ ‎  限时20分钟 本专题共2题,32分,写出必要文字说明和方程式,只写最后结果不给分。‎ ‎1. [2015·南昌模拟](14分)甲、乙两质点在同一时刻、从同一地点沿同一方向做直线运动。质点甲做初速度为零,加速度大小为a1的匀加速直线运动。质点乙做初速度为v0,加速度大小为a2的匀减速直线运动至速度减为零保持静止。甲、乙两质点在运动过程中的xv图象如图所示,虚线与对应的坐标轴垂直。‎ ‎(1)在xv图象中,图线a表示质点________(填“甲”或“乙”)的运动,质点乙的初速度v0=________;‎ ‎(2)求质点甲、乙的加速度大小a1、a2。‎ 答案 (1)甲 ‎6 m/s (2)‎2 m/s2 ‎1 m/s2‎ 解析 (1)根据图象可知,a图象的速度随位移增大而增大,b图象的速度随位置的增大而减小,所以a表示质点甲的运动,当x=0时,乙的初速度为‎6 m/s。(2)两图线交点对应速度设为v 对质点甲:v2=‎2a1x①‎ 对质点乙:v-v2=‎2a2x②‎ 其中x=‎6 m v0=‎6 m/s 联立①②解得a1+a2=‎3 m/s2③‎ 当质点甲的速度v1=‎8 m/s、质点乙的速度v2=‎2 m/s时,两质点通过相同的位移均为x′。‎ 对质点甲v=‎2a1x′④‎ 对质点乙v-v=-‎2a2x′⑤‎ 联立④⑤解得a1=‎2a2⑥‎ 联立③⑥解得a1=‎2 m/s2 a2=‎1 m/s2‎ ‎2.[2015·资阳三模](18分)如图甲所示,有一磁感应强度大小为B、垂直纸面向外的匀强磁场,磁场边界OP与水平方向夹角为θ=45°,紧靠磁场右上边界放置长为L、间距为d的平行金属板M、N,磁场边界上的O点与N板在同一水平面上,O1、O2为电场左右边界中点。在两板间存在如图乙所示的交变电场(取竖直向下为正方向)。某时刻从O 点竖直向上以不同初速度同时发射两个相同的质量为m、电量为+q的粒子a和b。结果粒子a恰从O1点水平进入板间电场运动,由电场中的O2点射出;粒子b恰好从M板左端边缘水平进入电场。不计粒子重力和粒子间相互作用,电场周期T未知。求:‎ ‎(1)粒子a、b从磁场边界射出时的速度va、vb;‎ ‎(2)粒子a从O点进入磁场到O2点射出电场运动的总时间t;‎ ‎(3)如果金属板间交变电场的周期T=,粒子b从图乙中t=0时刻进入电场,要使粒子b能够穿出板间电场时E0满足的条件。‎ 答案 (1)va= vb= ‎(2)t=+ (3)E0≤ 解析 (1)根据题意,粒子a、b在磁场中受洛伦兹力作用下做匀速圆周运动,圆心分别为Oa、Ob,作出其运动轨迹如图所示,粒子a从A点射出磁场。‎ 由几何关系有ra=①‎ rb=d②‎ 由牛顿第二定律有 qvB=m③‎ 联立①②③得 va=④‎ vb=⑤‎ ‎(2)设粒子a在磁场中运动时间为t1,从A点到O2点的运动时间为t2,则:‎ t1=⑥‎ Ta=⑦‎ t2=⑧‎ t=t1+t2⑨‎ 联立①②④⑥⑦⑧⑨得 t=+⑩‎ ‎(3)由题意知粒子a飞出磁场时速度沿水平方向,在电场中运动的时间为交变电压周期的n倍,则对粒子b,有:‎ tb=(nT)⑪‎ 水平方向做匀速直线运动 L=vbtb⑫‎ 竖直方向在电场力作用下做加速、减速交替的匀变速运动(0→,向下做初速度为0的匀加速运动,向下发生位移为x1;→T,向下做匀减速运动至速度为0,向下发生位移为x2……),则 x1=()()2⑬‎ x2=()()2=x1⑭‎ ‎……‎ xn=x1⑮‎ 粒子b要飞出电场有:‎ ‎(x1+x2+…+xn)≤d⑯‎ 联立④⑤⑪⑫⑬⑭⑮⑯得 E0≤⑰‎ 计算题32分练(二)‎ ‎  限时20分钟 本专题共2题,32分,写出必要文字说明和方程式,只写最后结果不给分。‎ ‎1.[2015·江西八校联考](14分)春节放假期间,全国高速公路免费通行,小轿车可以不停车通过收费站,但要求小轿车通过收费站窗口前x0=‎9 m区间的速度不超过v0=‎6 m/s。现有甲、乙两小轿车在收费站前平直公路上分别以v甲=‎20 m/s和v乙=‎34 m/s的速度匀速行驶,甲车在前,乙车在后。甲车司机发现正前方收费站,开始以大小为a甲=‎2 m/s2的加速度匀减速刹车。求:‎ ‎(1)甲车司机需在离收费站窗口至少多远处开始刹车才不违章;‎ ‎(2)若甲车司机经刹车到达离收费站窗口前‎9 m处的速度恰好为‎6 m ‎/s,乙车司机在发现甲车刹车时经t0=0.5 s的反应时间后开始以大小为a乙=‎4 m/s2的加速度匀减速刹车。为避免两车相撞,且乙车在收费站窗口前‎9 m区不超速。则在甲车司机开始刹车时,甲、乙两车至少相距多远? ‎ 答案 (1)至少‎100 m处开始刹车 (2)‎‎66 m 解析 (1)甲车速度由‎20 m/s减速至‎6 m/s的位移 x1==‎‎91 m x2=x0+x1=‎‎100 m 即甲车司机需在离收费站窗口至少‎100 m处开始刹车。‎ ‎(2)设甲、乙两车速度相同时的时间为t,由运动学公式得:‎ v乙-a乙(t-t0)=v甲-a甲t 解得:t=8 s 相同速度v=v甲-a甲t=‎4 m/s<‎6 m/s,即v0=‎6 m/s的共同速度为不相撞的临界条件 乙车从司机发现甲车刹车到减速至‎6 m/s的位移为x3=v乙t0+=‎‎157 m 所以要满足条件,甲、乙的距离x=x3-x1=‎‎66 m ‎2.[2015·石家庄二模](18分)如图甲所示,倾角为θ的光滑斜面上有两个宽度均为d的磁场区域Ⅰ、Ⅱ,磁感应强度大小都为B,区域Ⅰ的磁感应强度方向垂直斜面向上,区域Ⅱ的磁感应强度方向垂直斜面向下,两磁场区域间距为d。斜面上有一矩形导体框,其质量为m,电阻为R,导体框ab、cd边长为l,bc、ad边长为d。刚开始时,导体框cd边与磁场区域Ⅰ的上边界重合;t=0时刻,静止释放导体框;t1时刻ab边恰进入磁场区域Ⅱ,框中电流为I1;随即平行斜面垂直于cd边对导体框施加力,使框中电流均匀增加,到t2时刻框中电流为I2。此时,ab边未出磁场区域Ⅱ,框中电流如图乙所示。求:‎ ‎(1)在0~t2时间内,通过导体框截面的电荷量;‎ ‎(2)在0~t1时间内,导体框产生的热量;‎ ‎(3)在t1~t2时间内,导体框运动的加速度。‎ 答案 (1)q=+(t2-t1)‎ ‎(2)Q=mgsinθ- (3)a= 解析 (1)由法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律和电流的定义,得0~t1阶段:‎ 通过导体框截面的电量q1= 由电流的定义,得t1~t2阶段:通过导体框截面的电量 q2=(t2-t1)‎ ‎0~t2阶段:通过导体框截面的电量 q=q1+q2=+(t2-t1)‎ ‎(2)设导体框t1时刻的速度为v1,‎ 在0~t1阶段:因I1=,可得:v1= 根据动能定理可得:mgsinθ+W安=mv-0‎ 联立可得:W安=-(mgsinθ-)‎ 导体框产生的热量等于克服安培力做功,即 Q=-W安=mgsinθ- ‎(3)t1~t2阶段:因I1=,由图可知I随时间均匀增加,= 即:=a,解得:a=。‎ 计算题32分练(三)‎ ‎  限时20分钟 本专题共2题,32分,写出必要文字说明和方程式,只写最后结果不给分。‎ ‎1.[2015·武昌调研](14分)现代化的生产流水线大大提高了劳动效率,如图为某工厂生产流水线上的水平传输装置的俯视图,它由传送带和转盘组成。物品从A处无初速、等时间间隔地放到传送带上,运动到B处后进入匀速转动的转盘随其一起运动(无相对滑动),到C处被取走装箱。已知A、B的距离L=‎9.0 m,物品在转盘上与转轴O的距离R=‎3.0 m、与传送带间的动摩擦因数μ1=0.25,传送带的传输速度和转盘上与O相距为R处的线速度均为v=‎3.0 m/s,取g=‎10 m/s2。求:‎ ‎(1)物品从A处运动到B处的时间t;‎ ‎(2)若物品在转盘上的最大静摩擦力可视为与滑动摩擦力大小相等,则物品与转盘间的动摩擦因数μ2至少为多大;‎ ‎(3)若物品的质量为‎0.5 kg,每输送一个物品从A到C,该流水线为此至少多做多少功。‎ 答案 (1)3.6 s (2)0.3 (3)4.5 J 解析 (1)设物品质量为m,放在传送带上,先受到摩擦力而加速运动:‎ 对物品有μ1mg=ma v=at1‎ 解得t1=1.2 s 由x=at得x=‎1.8 m<L 故还需做匀速运动,有t2==2.4 s 所以t=t1+t2=3.6 s ‎(2)物品在转盘上所受的静摩擦力提供向心力,有μ2mg≥m,得至少μ2=0.3‎ ‎(3)在传送带上因为传送一个物品至少需要做的功(只在加速阶段做功)为:‎ W=mv2+μ1mg(vt1-x)=4.5 J ‎2.[2015·廊坊质检](18分)如图所示,在xOy坐标系第二象限内有一圆形匀强磁场区域,半径为l0,圆心O′坐标为(-l0,l0),磁场方向垂直xOy平面。两个电子a、b以相同的速率v沿不同方向从P(-l0,‎2l0)点同时射入磁场,电子a的入射方向为y轴负方向,b的入射方向与y轴负方向夹角为θ=45°。电子a经过磁场偏转后从y轴上的Q(0,l0)点进入第一象限,在第一象限内紧邻y轴有沿y轴正方向的匀强电场,场强大小为,匀强电场宽为l0。已知电子质量为m、电荷量为e,不计重力及电子间的相互作用。求:‎ ‎(1)磁场的磁感应强度B的大小;‎ ‎(2)a、b两个电子经过电场后到达x轴的坐标差Δx;‎ ‎(3)a、b两个电子从P点运动到达x轴的时间差Δt。‎ 答案 (1) (2)Δx= (3)Δt=(6-π-2)‎ 解析 (1)两电子轨迹如图,由图可知,a电子做圆周运动的半径R=l0‎ Bve=m 可得:B= ‎(2)a电子在电场中ya=at,a=。‎ 由ya=l0可得l0=vt1‎ 即a电子恰好击中x轴上坐标为l0的位置 对b分析可知,AO′PO″为菱形,所以PO′与O″A平行。又因为PO′⊥x轴,则O″A⊥x轴,所以粒子出磁场速度vA平行于x轴,即b电子经过磁场偏转后,也恰好沿x轴正方向进入电场。‎ 有yb=r+rcos45°=l0+l0‎ 当b电子在电场中沿y轴负方向运动l0后,沿与x轴方向成α角做匀速直线运动。‎ tanα= v⊥=at1‎ 又tanα=,可得tanα= 解得:Δx= ‎(3)在磁场中,有T= a电子与b电子在磁场中运动的时间差为Δt1‎ =,Δθ=-= Δt1= 所以Δt1= b在第二象限内的无场区域的匀速时间为Δt2,Δt2== a与b在第一象限中运动的时间差为Δt3,Δt3== 所以时间差Δt=Δt2+Δt3-Δt1‎ 所以Δt=(6-π-2)‎ 计算题32分练(四)‎ ‎  限时20分钟 本专题共2题,32分,写出必要文字说明和方程式,只写最后结果不给分。‎ ‎1.[2015·潍坊质检](14分)如图所示,质量为m的小物块放在长直水平面上,用水平细线紧绕在半径为R、质量为‎2m的薄壁圆筒上。t=0时刻,圆筒在电动机带动下由静止开始绕竖直中心轴转动,转动中角速度满足ω=β1t(β1为已知常数),物块和地面之间动摩擦因数为μ。求:‎ ‎(1)物块做何种运动?请说明理由;‎ ‎(2)物块运动中受到的拉力;‎ ‎(3)从开始运动至t=t1时刻,电动机做了多少功?‎ ‎(4)若当圆筒角速度达到ω0时,使其减速转动,并以此时刻为t=0,且角速度满足ω=ω0-β2t(式中ω0、β2均为已知),则减速多长时间后小物块停止运动?‎ 答案 (1)匀加速直线运动(理由见解析)‎ ‎(2)T=μmg+mRβ1‎ ‎(3)W电=μmgRβ1t+m(Rβ1t1)2‎ ‎(4)当a≤μg时,t=ω0/β2;当a>μg时,t=ω0R/μg 解析 (1)圆筒边缘线速度与物块前进速度大小相同 根据v=ωR=Rβ1t,线速度与时间成正比 物块做初速为零的匀加速直线运动 ‎(2)由(1)问分析结论,物块加速度为a=Rβ1‎ 根据物块受力,由牛顿第二定律得T-μmg=ma 则细线拉力为T=μmg+mRβ1‎ ‎(3)对整体运用动能定理,有W电+Wf=mv2+×2mv2‎ 其中Wf=-μmgs=-μmg×Rβ1t 则电动机做的功为W电=μmg×Rβ1t+m(Rβ1t1)2(或对圆筒分析,求出细线拉力的做功,结果正确同样给分)‎ ‎(4)圆筒减速后,边缘线速度大小v=ωR=ω0R-Rβ2t,线速度变化率为a=Rβ2‎ 若a≤μg,细线处于拉紧状态,物块与圆筒同时停止,物块减速时间为t=ω0/β2‎ 若a>μg,细线松驰,物块水平方向仅受摩擦力,物块减速时间为t=ω0R/μg ‎2.[2015·宜昌调研](18分)如图所示,水平地面上方有一底部带有小孔的绝缘弹性竖直挡板,板高h=‎9 m,与板上端等高处有一水平放置的篮筐,筐口的中心离挡板s=‎3 m,板的左侧以及板上端与筐口的连线上方存在匀强磁场和匀强电场,磁场方向垂直纸面向里,磁感应强度B=1 T;质量m=1×10-‎3 kg、电荷量q=-1×10-‎3 C、直径略小于小孔宽度的带电小球(不可视为质点),以某一速度垂直于磁场方向从小孔水平射入,恰好做匀速圆周运动,若与挡板相碰就以原速率反向弹回,且不计碰撞时间,碰撞时小球的电荷量保持不变,小球最后都能从筐口的中心处进入筐中,取g=‎10 m/s2,求:‎ ‎(1)电场强度的大小与方向;‎ ‎(2)小球运动的最大速率;‎ ‎(3)小球运动的最长时间。‎ 答案 (1)E=10 N/C,方向竖直向下 ‎(2)‎5 m/s (3)8.5 s 解析 (1)因小球能做匀速圆周运动,所以有:Eq=mg E==10 N/C,方向竖直向下 ‎(2)洛伦兹力提供向心力有:‎ qvB=m 小球不与挡板相碰直接飞入筐中,其运动半径最大,如图1所示,由几何知识可得:‎ ‎(h-Rm)2+s2=R 解得:Rm=‎‎5 m vm==‎5 m/s ‎(3)设小球与挡板碰撞n次,此时最大半径为,要击中目标必有:‎ ≥3 ≥3 n≤1.5‎ n只能取0,1‎ 当n=0时,即为(2)问中的解 当n=1时,可得:(h-3R)2+s2=R2‎ ‎(9-3R)2+32=R2‎ 解得:R1=‎3 m,R2=‎‎3.75 m R2=‎3.75 m时小球运动的时间最长,其运动轨迹如图2中的轨迹①所示。‎ sinθ== θ=53°,α=360°+(180°-53°)=487°‎ 且T== 得:tm=T≈8.5 s