高三物理第二轮复习计算题专题训练参考答案

1、学习必备欢迎下载高三物理第三轮复习计算题专题训练参考答案1. 解： （1）小球刚能完成一次完整的圆周运动，它到最高点的速度为v0，在最高点由牛顿第二定律有lmmg20在小球从最低点运动到最高点的过程中，机械能守恒， 并设小球在最低点速度为1v，则202121221mlmgm滑块从 h 高处运动到将与小球碰撞时速度为v2， 对滑块由能的转化及守恒定律有22212msmgmgh因弹性碰撞由动量守恒和动能守恒有432mvmvmv242322212121mvmvmv联立以上各式可解得h=0.5m （2）若滑块从 h =5m处下滑到将要与小球碰撞时速度为u，同理有2212/smgmumgh解得smu/9

2、5滑块与小球碰后的瞬间，同理滑块静止，小球以smu/95的速度开始作圆周运动，绳的拉力t 和重力的合力充当向心力，则有lummgt2解得 t=48n 方向竖直向上（3）滑块和小球最后一次碰撞时速度为smv/53，滑块最后停在水平面上， 它通过的路程为 s ， 同理有2123/mgsmmgh小球做完整圆周运动的次数为12sssn解得 s =19m ，n=10次2解： （1）赛车恰好通过 p点时，由牛顿第二定律有rmmgp2赛车从 p点运动到最后停下来，由动能定理有22102pmvkmgxmgr联立可得： x=2.5m (2) 设赛车经历的时间为t，赛车从 a点运动到 p点的过程中由动能定理可得：

3、02122bmmgrkmglpt代入数据可得： t=4.5s 学习必备欢迎下载3解： （1）小物块从 a 点运动到 b 点的过程中，设滑到b 点时的速度为0v，由动能定理有2021mvmgr小物块到达 b点后做匀速运动，则0bqvmg联立可解得rgqmb2由左手定则可知，磁场的方向垂直纸面向里（2）设小物块在轨道bc上匀速运动 t 秒，恰能从车上滑出由动量守恒定律有：10)(vmmmv由功能关系有：)(212102120tvlmgvmmmv）由得：grlt2grmmm2)(2当 t0grlt2grmmm2)(2，则小物块能从车上滑出。4解： (1) 粒子在 x 轴上方的复合场中做匀速圆周运动，

4、则有qemg2解得cne/3102方向竖直向上(2) 在aob 中，abo=300，半径 o1b与 x 轴成 600，所以 rcos600=ob 根据牛顿第二定律，粒子做圆周运动时有rmqvb2从 a到 b做匀加速直线运动，则v2=2ax 根据平行四边形定则，有0130cos2mgqe联立以上各式解得 e1=30n/c 与 x 轴正方向成 600斜向上5解： (1) 微粒在电场中做类平抛运动，由平抛运动规律，设在x 轴下方和x轴上方运动时间分别为t1和 t2，则水平方向v0t1+v0t2=3l0竖直方向210)tmeq(21l2220)2(21tmeql联立以上三式解得020eqlmv（2)微

5、粒进入 x 轴正方向后做匀速圆周运动，设其半径为r，由几何关系可得学习必备欢迎下载20202)(3l)l(r r解得 r=5l0由rmvbqv200得005qlmvb由左手定则 , 其磁场方向垂直 xoy平面向外（或垂直纸面向外）（3）微粒在磁场中做半个圆周运动后，在竖直方向距坐标原点9l0处垂直电场方向进入电场区域又做类平抛运动，若能达到x 轴所需时间为 t ，则20)tmeq(219l x=v0t 解得00323llx说明电荷离开电场时未达到x 轴由电场水平方向匀速运动和磁场中运动半个周期可得00000)56(26vlvrvlt总6解： (1) 粒子在磁场中作匀速圆周运动，设半径为r，由牛

6、顿第二定律可得：rvmbq200，所以qbmvr0，代入数据可得： r=0.20m (2) 作出粒子运动轨迹如图所示。粒子在b点射出，磁场中转过的偏向角为 ，由图可得：5.02tanrr由数学知识可得：342tan12tan2tan2所以tanrpammm13. 0.152341.0(3) 当圆形磁场区域转过900时，粒子打在 a点，a点即为最低点，如图所示。作图说明：以 o为圆心、 oa为半径作出圆孤ae交 y 轴于 e 点，以 e为圆心、 eo为半径作粒子运动轨迹交ae 孤于 b点，连接 cb并延长交屏于 p点，p点即为粒子到达的最高点。7解： (1) 导体棒在运动过程中出现最大速度时，加

7、速度为零，则 当物体开始做匀速运动时，有：0安fmgf又：blerreibilf,安解得 v=5m/s (2) 设在此过程中流过电阻r的电量为 q，则根据法拉第电磁感应定律得流过电阻 r的电量为：crrblxrrq2设克服安培力做的功为w,则由动能定理，则：学习必备欢迎下载221mwmgxfx及 w=q 解得：jq5.18解：(1) 对 v2x 图象中 x=o到 x=o.4m的斜直线， 由匀变速公式 v2=2ax 可知，该段图线的斜率为线框的加速度， a=5.0m/s2又根据牛顿第二定律有mamgsin即5 .0singa解得30 (2)v2x 图象中 x=o.4m到 x=1.om的线段对应线

8、框匀速通过磁场的过程。线框的速度为 v=2m/s 磁场宽度)(3 .02/)4.00.1 (mld感应电动势 e=blv 感应电流 i=e/r 安培力 f=bil 线框匀速运动，所以sinmgf得tvrmglb83.0sin1 (3)由能量关系，金属框生热功率wmgvp0.1sin9解： （1）下滑过程中，有： mgh = mvm2/2 在 m点，有： f支- mg= mvm2/r解得： f压=11mg由牛顿第三定律有 : 小球通过 m点时对轨道的压力大小为 11mg,方向竖直向下 . （2）从下滑到 n点，有： mgh =ek= mvn2/2 即：mg (h - 2r ) = ek因小球要能

9、通过 n点，应有： mg mvn2/ r故h r/2 ，即 h5r/2 则 ek随 h 变化的关系图象如右图所示。10 解：（1） 根据题意，小球在金属板间做平抛运动。 水平位移为金属板长 l=20cm，竖 直 位 移 等 于52dcm， 根 据 平 抛 运 动 规 律 ：2122dgt即201()22dlgv02/gvlm sd（2）欲使小球不偏转， 须小球在金属板间受力平衡，根据题意应使金属棒 ab切割磁感线产生感应电动势，从而使金属板a、c带电，在板间产生匀强电场，小球所受电场力等于小球的重力。学习必备欢迎下载由于小球带负电，电场力向上，所以电场方向向，a板必须带正电，金属棒ab的a点应为感应电动势的正极，根据右手金属棒ab应向右运动。设金属棒 ab的速度为 v1， 则： e=blv1 金属板a、 c间的电压：1blvurrr金属板a、c间的电场ued场小 球 受 力 平 衡 ：qemg场mgeq场联 立 以 上 各 式 解 得 ：1()5/mg rr dvm sqblr（3）当金属棒 ab的速度增大时， 小球所受电场力大于小球的重力，小球将向上做类平抛运动，设金属棒ab的速度达到 v2，小