高考二轮复习物理试题（老高考新教材）题型专项练计算题专项练（三）

计算题专项练(三)1.(2023山东日照二模)如图甲所示,一根足够长的固定细杆与水平方向的夹角θ=37°,质量m=2kg的带电小球穿在细杆上并静止于细杆底端的O点。t=0开始在空间施加一电磁辐射区,使小球受到水平向右的力F=kt(k=10N/s),t=6s后小球离开电磁辐射区,小球在电磁辐射区内的加速度a随着时间t变化的图像如图乙所示,认为细杆对小球的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。g取10m/s2,sin37°=0.6。求:(1)t=6s时小球的加速度am的大小;(2)小球离开电磁辐射区后沿着细杆上升的最大距离l。2.(2023浙江绍兴模拟)一款游戏装置的示意图如图所示,它由固定的竖直轨道和水平轨道两部分组成。竖直轨道由倾角θ=60°的直轨道AB、半径r1=0.1m的螺旋圆形轨道BC和半径r2=1.2m、圆心角θ=60°的圆弧轨道BD组成,水平轨道由长L=1.5m的直轨道EF和两个半径为R的半圆轨道组成,半圆轨道的外侧均有光滑的圆弧挡板(图中未画出)。竖直轨道和水平轨道通过轨道DE连接,所有轨道均光滑且相互平滑连接。G和H之间的地面光滑,靠近G处放置与轨道等高、长度为L0=1.0m、质量为m0=1.0kg的长木板。现将质量m=1.0kg、可视为质点的小滑块从离B点高度为h处由静止释放,滑块恰好能通过圆弧轨道的最高点C,并进入水平轨道,调节半圆轨道的半径R的大小,使滑块最终停在长木板上。已知滑块与长木板上表面的动摩擦因数μ=0.4,长木板与G和H处固定桩的相碰均为弹性碰撞,且碰撞时间极短,不计空气阻力,重力加速度g取10m/s2。(1)求滑块释放的高度h;(2)求滑块经圆弧轨道最低点D时对轨道的压力大小;(3)求滑块最终停下的位置。3.如图所示,在平面直角坐标系xOy中,O为坐标原点,A点的坐标为(3L,0),B点坐标为(0,2L),三角形ABC为直角三角形,其中∠C为直角,在直角三角形ABC中有沿y轴负方向的匀强电场,三角形OBD为等腰直角三角形,P点为OD的中点,等腰直角三角形OBD中存在沿x轴正方向的匀强电场,电场强度大小为E0,第三象限和第四象限存在范围足够大的匀强磁场,磁场方向垂直于纸面向外。一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子,从P点静止释放,粒子从第二象限进入第一象限,经过直角三角形ABC内的匀强电场后恰好从A点进入匀强磁场,经匀强磁场偏转后直接打到坐标原点O,不计粒子重力,sin37°=0.6。求:(1)直角三角形ABC中匀强电场的电场强度大小E1;(2)匀强磁场的磁感应强度大小B;(3)粒子从P点运动到O点的总时间t总。计算题专项练(三)1.答案(1)5m/s2(2)1.25m解析(1)根据题意,对小球受力分析,如图所示由题图乙可知,t=4s时,小球的加速度恰好为0,则有Fcosθ=mgsinθ+FfFsinθ+mgcosθ=FNFf=μFNF=10×4N=40N解得μ=0.5t=6s时,有F'cosθmgsinθFf'=mamF'sinθ+mgcosθ=FN'Ff'=μFN'F'=10×6N=60N解得am=5m/s2。(2)t=6s后,小球离开电磁辐射区,由牛顿第二定律有mgsinθ+μmgcosθ=ma解得a=10m/s2根据题意,由at图像中面积表示速度变化量可知,由于小球由静止开始运动,则t=6s时小球的速度为v=12×(64)×5m/s=5由v2=2al可得,小球离开电磁辐射区后沿着细杆上升的最大距离为l=v22a=1.252.答案(1)0.2m(2)23.3N(3)滑块最终停在长木板的最右端,与H点相距0.5m解析(1)设滑块运动到最高点C时的速度为vC,由向心力公式mg=m得vC=1.0m/s滑块由静止释放运动到C的过程中,由动能定理可得mghmgr1(1+cosθ)=1解得h=0.2m。(2)设滑块运动到最低点D时的速度为vD,由动能定理可得mg[h+r2(1cosθ)]=12得vD=4.0m/s设滑块经最低点D时,轨道对滑块的支持力大小为FD,由向心力公式FDmg=m得FD=23.3N由牛顿第三定律,滑块经过最低点D时对轨道压力大小为23.3N。(3)假设滑块到达H点前能达到共同速度,设共同速度为v,由动量守恒定律mvD=(m0+m)v得v=2.0m/s滑块在长木板上相对运动时,滑块和长木板的加速度大小均为a,则a=μg=4.0m/s2设刚达到共同速度时,滑块位移为x1,长木板位移为x2,由运动学公式v2vD2=2得x1=1.5m由v2=2ax2得x2=0.5m由题中条件可知,达到共同速度时滑块和长木板均刚好到达H处滑块第二次滑上长木板时,两者速度相同,长木板在G处碰撞后速度反向,由动量守恒定律可知两者同时停下,由能量关系12mv2+12m0v2=μmg得Δx=1.0m=L0即滑块最终停在长木板的最右端,与H点相距0.5m。3.答案(1)169E(2)8(3)400+127解析(1)粒子在第二象限的电场中加速运动,设射入第一象限时速度为v1,P为OD的中点,根据几何关系可得加速的距离为L,根据动能定理得qE0L=12解得v1=2粒子在第一象限中先做匀速直线运动,进入匀强电场后做类平抛运动,运动轨迹如图所示x方向上有32L=v1y方向上有2L2根据牛顿第二定律qE1=ma以上各式联立解得E1=169E0(2)设粒子从A点射出电场时的速度大小为v,根据动能定理有qE1L=12mv2解得v=5设射入磁场时速度方向与x轴正方向的夹角为θ,则有cosθ=v解得θ=53°根据几何关系可得带电粒子在磁场中运动半径为r=32带电粒子在磁场中运动时洛伦兹力提供向心力,有qvB=m以上各式联立解得匀强磁场的磁感应强度大小B=89(3)设粒子在第二象限运动的时间为t1,