2020高考物理二轮复习计算题专项训练一含解析 5页

计算题专项训练(一)‎ ‎(时间:40分钟　分值:49分)‎ ‎1.(12分)(2018·天津南开月考)如图所示,在光滑的水平地面上,相距l=10 m的A、B两个小球均以v0=10 m/s向右运动,随后两球相继滑上倾角为30°的足够长的固定光滑斜坡,地面与斜坡平滑连接,取g=10 m/s2。求:‎ ‎(1)B球刚要滑上斜坡时A、B两球的距离;‎ ‎(2)A球滑上斜坡后经过多长时间两球相遇。‎ 答案:(1)7.5 m　(2)2.5 s 解析:(1)设A球滑上斜坡后经过t1时间B球滑上斜坡,‎ 则有l=v0t1,解得t1=1s A球滑上斜坡后做匀减速直线运动,‎ 加速度大小a=gsin30°=5m/s2‎ 设这段时间内A球向上运动的位移为x,‎ 则x=v0t1-‎‎1‎‎2‎at‎1‎‎2‎ 代入数据解得x=7.5m。‎ ‎(2)B球刚要滑上斜坡时A球速度v1=v0-at1=5m/s B球滑上斜坡时,加速度与A相同,以A为参考系,B相对于A以v=v0-v1=5m/s做匀速运动,设再经过时间t2它们相遇,有t2=xv=1.5s 则所求时间t=t1+t2=2.5s。‎ ‎2.(17分)如图所示,有一个可视为质点的质量为m=1 kg的小物块,从光滑平台上的A点以v0=2 m/s的初速度水平抛出,到达C点时,恰好沿C点的切线方向进入固定在水平地面上的光滑圆弧轨道,最后小物块滑上紧靠轨道末端D点的质量为m长=3 kg的长木板,已知木板上表面与圆弧轨道末端切线相平,木板下表面与水平地面之间光滑,小物块与长木板间的动摩擦因数μ=0.3,圆弧轨道的半径为R=0.4 m,C点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角θ=60°,不计空气阻力,g取10 m/s2。‎ - 5 -‎ ‎(1)求小物块刚要到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力;‎ ‎(2)若长木板长度l长=2.4 m,小物块能否滑出长木板?‎ 答案:(1)60 N,方向竖直向下　(2)能 解析:(1)物块到达C点的速度与水平方向的夹角为60°,则 vC=v‎0‎cos60°‎=2v0=4m/s 小物块由C到D的过程中,由动能定理得 mgR(1-cos60°)=‎‎1‎‎2‎mvD‎2‎-‎1‎‎2‎mvC‎2‎ 代入数据解得vD=2‎5‎m/s 小物块在D点时,由牛顿第二定律得FN-mg=mvD‎2‎R 解得FN=60N 由牛顿第三定律得小物块刚要到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力FN'=FN=60N,方向竖直向下。‎ ‎(2)设小物块始终在长木板上,共同速度大小为v,小物块在木板上滑行的过程中,小物块与长木板组成的系统动量守恒,取向左为正方向 由动量守恒定律得mvD=(m长+m)v 解得v=‎5‎‎2‎m/s 设物块与木板的相对位移为l,由功能关系得 μmgl=‎1‎‎2‎mvD‎2‎-‎‎1‎‎2‎(m+m长)v2‎ 解得l=2.5m>l长=2.4m,所以小物块能滑出长木板。‎ ‎3.(20分)如图所示,在平面直角坐标系中,第三象限里有一加速电场,一个电荷量为q、质量为m的带正电粒子(不计重力),从静止开始经加速电场加速后,垂直x轴从A(-4l,0)点进入第二象限,在第二象限的区域内,存在着指向O点的均匀辐射状电场,距O点4l处的电场强度大小均为E=qlB‎0‎‎2‎‎16m,粒子恰好能垂直y轴从C(0,4l)点进入第一象限,如图所示,在第一象限中有两个全等的直角三角形区域Ⅰ和Ⅱ,均充满了方向垂直纸面向外的匀强磁场,区域Ⅰ - 5 -‎ 的磁感应强度大小为B0,区域Ⅱ的磁感应强度大小可调,D点坐标为(3l,4l),M点为CP的中点。粒子运动轨迹与磁场区域相切时认为粒子能再次进入磁场。从磁场区域Ⅰ进入第二象限的粒子可以被吸收掉。‎ ‎(1)求加速电场的电压U;‎ ‎(2)若粒子恰好不能从OC边射出,求区域Ⅱ磁感应强度大小;‎ ‎(3)若粒子能到达M点,求区域Ⅱ磁场的磁感应强度大小的所有可能值。‎ 答案:(1)ql‎2‎B‎0‎‎2‎‎8m　(2)‎‎24‎B‎0‎‎49‎ ‎(3)‎8‎‎25‎B0、‎16‎‎33‎B0、‎8‎‎33‎B0、‎16‎‎41‎B0、‎24‎‎49‎B0‎ 解析:(1)粒子在加速电场中加速,根据动能定理有 qU=‎1‎‎2‎mv2‎ 粒子在第二象限辐射状电场中做半径为R的匀速圆周运动,则qE=mv‎2‎‎4l 联立解得v=qB‎0‎l‎2m,U=ql‎2‎B‎0‎‎2‎‎8m。‎ ‎(2)粒子在区域Ⅰ中运动的速度大小 v=‎qB‎0‎l‎2m 根据洛伦兹力提供粒子在磁场中做匀速圆周运动的向心力,‎ 有qB0v=mv‎2‎r,得半径r=‎mvqB‎0‎‎=‎l‎2‎ 若粒子在区域Ⅱ中的运动半径R较小,则粒子会从OC边射出磁场。‎ - 5 -‎ 恰好不从OC边射出时,作出对应的运动轨迹,如图 满足∠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若粒子由区域Ⅰ达到M点 每次前进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时R=‎33‎‎16‎l,B=‎8‎‎33‎B0‎ n=2时R=‎41‎‎32‎l,B=‎16‎‎41‎B0,‎ n=3时R=‎49‎‎48‎l,B=‎24‎‎49‎B0‎ - 5 -‎ ‎②若粒子由区域Ⅱ达到M点 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。‎ 当n=0时,R=‎25‎‎16‎l,B=‎8‎‎25‎B0‎ 当n=1时,R=‎33‎‎32‎l,B=‎16‎‎33‎B0。‎ - 5 -‎