【物理】2020届一轮复习人教版计算题抢分练一作业（山东专用） 7页

‎ (二)计算题抢分练一 ‎1.如图所示,一质量m=1 kg、长L=2.7 m的平板车,A、B是其左右两个端点,其上表面距离水平地面的高度为h=0.2 m。平板车以速度v0=4 m/s向右做匀速直线运动,从某时刻起对平板车施加一个大小为5 N的水平向左的恒力F,并同时将一个小球轻放在平板车上的P点(小球可视为质点,放在P点时相对于地面的速度为零),已知P点到平板车B端的距离PB=L‎3‎。经过一段时间,小球从平板车上脱离后落到地面上。不计所有摩擦力,g取10 m/s2。求:‎ ‎(1)小球离开平板车所用的时间;‎ ‎(2)小球落地瞬间,平板车的速度大小和小球与平板车间的水平距离。‎ 答案　(1)1.8 s　(2)6 m/s　1.1 m 解析　(1)对平板车施加恒力F后,平板车向右做匀减速直线运动,加速度大小为:‎ a=Fm=5 m/s2‎ 平板车速度减为零时,向右的位移为:‎ x0=v‎0‎‎2‎‎2a=1.6 m<‎2L‎3‎=1.8 m 所用时间t0=v‎0‎a=0.8 s 此后平板车向左做匀加速直线运动,小球再经过t1时间从平板车右端B落下:‎ x0+L‎3‎=‎1‎‎2‎at‎1‎‎2‎ t1=1 s 小球离开平板车所需时间t=t0+t1=1.8 s ‎(2)小球刚离开平板车瞬间平板车速度大小v1=at1=5 m/s 小球离开平板车后做自由落体运动,设下落时间为t2,则:‎ h=‎1‎‎2‎gt‎2‎‎2‎ t2=‎2hg=0.2 s 所以小球落到地面时,平板车的速度:‎ v2=v1+at2=6 m/s 此时小球与平板车间的水平距离x=v‎1‎‎+‎v‎2‎‎2‎t2=1.1 m ‎2.一定质量的理想气体从状态A变化到状态B,再变化到状态C,其状态变化过程的p-V图像如图所示。已知该气体在状态A时的温度为27 ℃。求:‎ ‎(1)该气体在状态B时的温度;‎ ‎(2)该气体从状态A到状态C的过程中与外界交换的热量。‎ 答案　(1)100 K　(2)从外界吸收热量200 J 解析　(1)A→B过程,由查理定律有 pATA‎=‎pBTB 解得TB=100 K ‎(2)B→C过程,由盖—吕萨克定律有VBTB=‎VCTC 解得TC=300 K 所以tC=27 ℃‎ 由于状态A与状态C温度相同,气体内能相等,而A→B过程是等容变化,气体对外不做功,B→C过程中气体体积膨胀对外做功,即从状态A到状态C气体对外做功,故气体应从外界吸收热量。‎ Q=pΔV=1×105×(3×10-3-1×10-3)J=200 J。‎ ‎3.我国发射的“嫦娥三号”登月探测器靠近月球后,经过一系列过程,在离月球表面高为h处悬停,即相对于月球静止。关闭发动机后,探测器自由下落,落到月球表面时的速度大小为v,已知引力常量为G,月球半径为R,h≪R,忽略月球自转。求:‎ ‎(1)月球表面的重力加速度g0;‎ ‎(2)月球的质量M;‎ ‎(3)假如你站在月球表面,将某小球水平抛出,你会发现,抛出时的速度越大,小球落回月球表面的落点就越远。所以,可以设想,如果速度足够大,小球就不再落回月球表面,它将绕月球做半径为R的匀速圆周运动,成为月球的卫星。则这个抛出速度v1至少为多大?‎ 答案　见解析 解析　(1)根据自由落体运动规律v2=2g0h(2分)‎ 解得重力加速度g0=v‎2‎‎2h(1分)‎ ‎(2)在月球表面,设探测器的质量为m 其所受万有引力等于重力,即GMmR‎2‎=mg0(2分)‎ 解得月球质量M=v‎2‎R‎2‎‎2hG(1分)‎ ‎(3)设小球质量为m',抛出时的速度v1即小球做圆周运动的环绕速度 由万有引力提供向心力有 GMm'‎R‎2‎=m'v‎1‎‎2‎R(2分)‎ 解得小球速度至少为v1=v‎2‎R‎2h(1分)‎ ‎3.如图所示,在竖直平面xOy内,y轴左侧有一水平向右的电场强度为E1的匀强电场和磁感应强度为B1的匀强磁场,y轴右侧有一竖直向上的电场强度为E2的匀强电场,第一象限内有一匀强磁场,一带电荷量为+q、质量为m的粒子从x轴上的A点以初速度v与水平方向成θ=30°沿直线运动到y轴上的P点,OP=d。粒子进入y轴右侧后在竖直面内做匀速圆周运动,‎ 然后垂直x轴沿半径方向从M点进入第四象限内、半径为d的圆形磁场区域,粒子在圆形磁场中偏转60°后从N点射出磁场,求:‎ ‎(1)电场强度E1与E2大小之比;‎ ‎(2)第一象限内磁场的磁感应强度B的大小和方向。‎ 答案　(1)‎3‎∶3　(2)‎3‎mv‎2qd　方向垂直纸面向外 解析　(1)粒子从A到P做匀速直线运动,由受力情况可得 qE1=mg tan θ 粒子从P到M做匀速圆周运动,必有重力与电场力平衡,洛伦兹力提供向心力 即qE2=mg 联立得E1∶E2=‎3‎∶3‎ ‎(2)粒子从P到M、从M到N的运动轨迹如图所示。‎ 在第一象限内有R1=OPcos30°‎=‎‎2‎3‎d‎3‎ 由洛伦兹力提供向心力知Bqv=mv‎2‎R‎1‎ 联立得B=‎3‎mv‎2qd,方向垂直纸面向外 计算题抢分练二 ‎1.如图所示,为室内冰雪乐园中一个游玩项目,倾斜冰面与水平面夹角θ=30°,冰面长、宽均为L=40 m,倾斜冰面两侧均安装有安全网护栏,在冰面顶端中点,由工作人员负责释放载有人的凹形滑板,与冰面相连的水平面上安有缓冲装置(图中未画出),使滑下者能安全停下。周末某父子俩前往游玩,设父亲与滑板总质量为M=80 kg,儿子与滑板总质量为m=40 kg,父子俩准备一起下滑,在工作人员静止释放的瞬间,父亲沿水平方向推了一下儿子,父子俩迅速分开,并沿冰面滑下。不计一切阻力,重力加速度g取10 m/s2,父子俩均视为质点。‎ ‎(1)若父子俩都能安全到达冰面底端(没碰到护栏),下滑的时间t多长?‎ ‎(2)父子俩都能安全达到冰面底端(没碰到护栏),父亲在推儿子时最多做功W为多少?‎ 答案　(1)4 s　(2)750 J 解析　(1)父子俩都沿冰面做类平抛运动,沿冰面向下的加速度a=g sin θ=5 m/s2,两者同时达到底端 由运动学公式有L=‎1‎‎2‎at2‎ 代入数据解得t=4 s ‎(2)推开后,设父亲获得初速度大小为vM,儿子获得初速度大小为vm 父子俩水平方向动量守恒,则MvM=mvm 因儿子质量小些,只要儿子安全即可,水平滑动距离为L‎2‎ 若儿子刚好没有碰到护栏,由运动学公式有L‎2‎=vmt 代入数据解得vm=5 m/s,则可得vM=2.5 m/s 根据功能关系有W=‎1‎‎2‎mvm‎2‎+‎1‎‎2‎MvM‎2‎ 代入数据解得W=750 J ‎2.如图所示,在长为l=57 cm的一端封闭、另一端开口向上的竖直玻璃管内,用4 cm高的水银柱封闭着51 cm长的理想气体,管内外气体的温度均为33 ℃。现将水银徐徐注入管中,直到水银面与管口相平,此时管中气体的压强为多少?接着缓慢对玻璃管加热升温至多少时,管中刚好只剩下4 cm高的水银柱?(大气压强为p0=76 cmHg)‎ 答案　85 cmHg　318 K 解析　设玻璃管的横截面积为S,‎ 初态时,管内气体的温度为T1=306 K,体积为V1= 51S(cm3),‎ 压强为p1=p0+ρgh=80 cmHg。‎ 当水银面与管口相平时,设水银柱高为H,‎ 则管内气体的体积为V2=(57 cm-H)S(cm3),‎ 压强为p2=p0+ρgH 由玻意耳定律得p1V1=p2V2,‎ 代入数据,解得H=9 cm,‎ 所以p2=85 cmHg。‎ 设温度升至T时,水银柱刚好高为4 cm,管内气体的体积为V3=53S(cm3),‎ 压强为p3=p0+ρgh=80 cmHg。‎ 由盖—吕萨克定律得V‎1‎T‎1‎=V‎3‎T,‎ 代入数据,解得T=318 K。‎ ‎3.反射式速调管是常用的微波器件之一,它利用电子团在电场中的振荡来产生微波,其振荡原理与下述过程类似。已知静电场的方向平行于x轴,其电势φ随x的分布如图所示。一质量m=1.0×10-20 kg、电荷量q=1.0×10-9 C的带负电的粒子从(-1 cm,0)点由静止开始,仅在电场力作用下在x轴上往返运动。忽略粒子的重力等因素。求:‎ ‎(1)x轴左侧电场强度E1和右侧电场强度E2的大小之比E‎1‎E‎2‎;‎ ‎(2)该粒子运动的最大动能Ekm;‎ 答案　(1)‎1‎‎2‎　(2)2.0×10-8 J 解析　(1)由题图可知:‎ x轴左侧电场强度大小E1=‎20‎‎1×1‎‎0‎‎-2‎ V/m=2.0×103 V/m①‎ x轴右侧电场强度大小E2=‎20‎‎0.5×1‎‎0‎‎-2‎ V/m=4.0×103 V/m②‎ 所以E‎1‎E‎2‎=‎‎1‎‎2‎ ‎(2)粒子运动到原点时速度最大,根据动能定理有 qE1·x=Ekm③‎ 其中x=1.0×10-2 m 联立①③式并代入数据可得Ekm=2.0×10-8 J④‎ ‎4.若将一光滑的竖直绝缘挡板MN上端固定,整个装置处于无限大的电磁场中,电场强度为E,磁感应强度为B,如图所示。已知MN=h,N点距地面的高度为h,质量为m、带电荷量为q的正电小滑块从M点由静止沿MN下滑,其他条件保持不变。求:‎ ‎(1)小滑块经过N点时对挡板的压力大小;‎ ‎(2)小滑块经过N点后立即撤去磁场,N点与小滑块落地点间的电势差大小。‎ 答案　(1)q(E+B‎2gh)　(2)‎‎(3-2‎2‎)qE‎2‎hmg 解析　(1)小滑块由M至N的过程中,由动能定理得 mgh=‎1‎‎2‎mv2‎ 在N点,小滑块水平方向上有 FN-qE-qvB=0‎ 解得FN=q(E+B‎2gh)‎ 由牛顿第三定律得 FN'=FN=q(E+B‎2gh)‎ ‎(2)小滑块离开N点后,水平方向和竖直方向均做匀加速直线运动,则:‎ 竖直方向:h=vt+‎1‎‎2‎gt2‎ 水平方向:d=‎1‎‎2‎·qEmt2‎ 解得d=‎‎(3-2‎2‎)qEhmg 故电势差大小U=Ed=‎‎(3-2‎2‎)qE‎2‎hmg