（新课标）2018届高考物理二轮复习 计算题专项训练.doc

计算题专项训练(时间:80分钟满分:100分)1.(14分)如图甲所示,水平传送带ab逆时针匀速转动,一个质量为m0=1.0 kg的小物块以某一初速度由传送带左端滑上,通过速度传感器记录下物块速度随时间的变化关系如图乙所示(图中取向左为正方向,以物块滑上传送带时为计时零点)。已知传送带的速度保持不变,g取10 m/s2。求:(1)物块与传送带间的动摩擦因数;(2)物块在传送带上的运动时间;(3)整个过程中系统产生的热量。2.(14分)(2016全国卷)如图所示,两固定的绝缘斜面倾角均为,上沿相连。两细金属棒ab(仅标出a端)和cd(仅标出c端)长度均为l,质量分别为2m和m;用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路abdca,并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上,使两金属棒水平。右斜面上存在匀强磁场,磁感应强度大小为b,方向垂直于斜面向上。已知两根导线刚好不在磁场中,回路电阻为r,两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为,重力加速度大小为g。已知金属棒ab匀速下滑。求:(1)作用在金属棒ab上的安培力的大小;(2)金属棒运动速度的大小。3.(14分)已知地球的自转周期和半径分别为t和r,地球同步卫星a的圆轨道半径为h。卫星b沿半径为r(rr的区域存在沿-y方向的匀强电场,电场强度为e。在m点有一粒子源,辐射的粒子以相同的速率v,沿不同方向射入第一象限。发现沿+x方向射入磁场的粒子穿出磁场进入电场,速度减小到0后又返回磁场。已知粒子的质量为m,电荷量为+q,粒子重力不计。(1)求圆形磁场区域磁感应强度的大小;(2)求沿+x方向射入磁场的粒子,从进入磁场到再次穿出磁场所走过的路程;(3)沿与+x方向成60角的方向射入的粒子,最终将从磁场边缘的n点(图中未画出)穿出,不再进入磁场,求n点的坐标和粒子从m点运动到n点的总时间。计算题专项训练1.答案(1)0.2(2)4.5 s(3)18 j解析(1)由题中v-t图象可得,物块做匀变速运动的加速度a=vt=4.02m/s2=2.0m/s2由牛顿第二定律得ff=m0a得到物块与传送带间的动摩擦因数=m0am0g=2.010=0.2。(2)由题中v-t图象可知,物块初速度大小v=4m/s、传送带速度大小v=2m/s,物块在传送带上滑动t1=3s后,与传送带相对静止。前2s内物块的位移大小x1=v2t1=4m,向右后1s内的位移大小x2=v2t1=1m,向左3s内位移x=x1-x2=3m,向右物块再向左运动时间t2=xv=1.5s物块在传送带上运动时间t=t1+t2=4.5s。(3)物块在传送带上滑动的3s内,传送带的位移x=vt1=6m,向左;物块的位移x=x1-x2=3m,向右相对位移为x=x+x=9m所以转化的热能eq=ffx=18j。2.答案(1)mg(sin -3cos )(2)(sin -3cos )mgrb2l2解析(1)设导线的拉力的大小为ft,右斜面对ab棒的支持力的大小为fn1,作用在ab棒上的安培力的大小为f,左斜面对cd棒的支持力大小为fn2。对于ab棒,由力的平衡条件得2mgsin=fn1+ft+ffn1=2mgcos对于cd棒,同理有mgsin+fn2=ftfn2=mgcos联立式得f=mg(sin-3cos)。(2)由安培力公式得f=bil这里i是回路abdca中的感应电流。ab棒上的感应电动势为e=blv式中,v是ab棒下滑速度的大小。由欧姆定律得i=er联立式得v=(sin-3cos)mgrb2l2。3.答案(1)rh32t(2)r32(h32-r32)arcsinrh+arcsinrrt解析(1)设卫星b绕地心转动的周期为t,根据万有引力定律和圆周运动的规律有gmmh2=m2t2hgmmr2=m2t2r式中,g为引力常量,m为地球质量,m、m分别为卫星a、b的质量。由式得t=rh32t(2)设卫星a和b连续地不能直接通信的最长时间间隔为;在此时间间隔内,卫星a和b绕地心转动的角度分别为和,则=t2=t2若不考虑卫星a的公转,两卫星不能直接通信时,卫星b的位置应在图中b点和b点之间,图中内圆表示地球的赤道。由几何关系得bob=2arcsinrh+arcsinrr由式知,当rh时,卫星b比卫星a转得快,考虑卫星a的公转后应有-=bob由式得=r32(h32-r32)arcsinrh+arcsinrrt。4.答案(1)80 n(2)2 450 n(3)-1.73105 j解析(1)由v-t图可知,起跳后前2s内运动员的运动近似为匀加速直线运动,其加速度为a=v1t1=9.0m/s2设运动员所受平均阻力为ff,根据牛顿第二定律有m总g-ff=m总a解得ff=m总(g-a)=80n(2)由v-t图可知,运动员脚触地时的速度v2=5.0m/s,经时间t2=0.2s速度减为零,设此过程中运动员所受平均冲击力大小为f,根据动量定理有(mg-f)t2=0-mv2解得f=2450n(3)由v-t图可知,10s末开伞时的速度v=40m/s,开伞前10s内运动员下落的高度约为h=1822m+18+3222m+352m+38+4022m+402m=296m设前10s内空气阻力对运动员所做的功为w,根据动能定理有m总gh+w=12m总v2解得w=-1.73105j。5.答案(1)v0=2.0105 m/s(2)9.375102 n/ce1.25103 n/c解析(1)穿过孔o的离子在金属板间需满足qv0b=eq代入数据得v0=2.0105m/s。(2)穿过孔o的离子在金属板间仍需满足qvb=eq离子穿过孔o后在磁场中做匀速圆周运动,有qvb=mv2r由以上两式得e=qb2rm从bc边射出的离子,轨迹半径最大时,其临界轨迹如图线,对应的电场强度最大,由几何关系可得r1=l=0.1m由此可得e1=1.25103n/c从bc边射出的离子,轨迹半径最小时,其临界轨迹如图线,对应的电场强度最小,由几何关系可得2r2+l2=l所以r2=0.075m由此可得e2=9.375102n/c所以满足条件的电场强度的范围为9.375102n/ce1.25103n/c。6.答案(1)74mgsin (2)78mv2解析(1)设o点和p点到mn的间距均为x,从o到mn过程中,根据动能定理有mgxsin=12mv2-0从mn到p的过程中棒做匀减速运动,安培力的大小不变,据动能定理有mgxsin-fx=12m(0.5v)2-12mv2得f=74mgsin。(2)方法一:棒从mn到p过程中根据能量守恒有q=mgxsin+12mv2-12m(0.5v)2得q=78mv2。方法二:棒从mn到p过程中克服安培力做功即电阻r上产生的热量q=fx得q=78mv2。7.答案(1)mvqr(2)r+mv2qe(3)n点坐标为(2r,0)(+1)rv+2mveq解析(1)沿+x方向射入磁场的粒子进入电场后,速度减小到0,粒子一定是从如图的p点射出磁场,逆电场线运动,所以粒子在磁场中做圆周运动的半径r=r根据bqv=mv2r得b=mvqr。(2)粒子返回磁场后,经磁场偏转后从n点射出磁场,mn为直径,在磁场中的路程为12圆周长,l1=r设在电场中路程为l2,根据动能定理eql22=12mv2l2=mv2eq总路程l=r+mv2eq。(3)沿与+x方向成60角的方向射入的粒子,从c点竖直射出、射入磁场,从d点射入、射出电场,最后从