高考复习二轮专项练习物理计算题专项练（一）

计算题专项练(一)(满分:46分时间:45分钟)1.(7分)(2021福建漳州高三二模)一滑雪运动员的运动过程可简化为如图所示的模型,运动员(可视为质点)沿倾角θ=37°的滑道由静止开始匀加速直线下滑,到达坡底后进入水平滑道,匀减速直线滑行s=51.2m停下。已知水平段运动时间t=6.4s,滑雪板与整个滑道间的动摩擦因数均相同,运动员进入水平滑道瞬间的速度大小不变,不计空气阻力。(sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取10m/s2)求:(1)滑雪板与滑道间的动摩擦因数μ;(2)运动员开始下滑位置到坡底的距离x。2.(9分)(2021山东枣庄高三二模)有一颗类地行星,它的地表有辽阔的湖面,不过湖里不是液态的水,而是液态二氧化碳。假设该液态二氧化碳的密度为1.2×103kg/m3,湖面下方2.0m处的压强为5.0×106Pa,下方5.0m处的压强为7.7×106Pa。(1)求该行星表面的重力加速度g'的大小。(2)假设在该行星表面有一个开口向下、竖直静止放置的导热良好的均匀汽缸,汽缸深为40.0cm。其中活塞横截面积为2.5cm2,活塞质量可忽略不计。当活塞下面悬挂一个质量为400.0g的重物时,活塞恰好位于汽缸口处;取下重物,将汽缸缓慢旋转到竖直开口向上,然后把相同的重物放在活塞上,待稳定后,活塞到汽缸口的距离是多少?(假设行星表面处的气温不变,结果保留三位有效数字)3.(14分)(2021安徽高三三模)如图甲所示,杂技运动员在固定的竖直金属杆上表演。当运动员开始表演时,它与金属杆接触处距离地面8.80m,运动员双腿夹紧金属杆倒立,并通过双腿对金属杆施加不同的压力来控制身体的运动。运动员整个下滑过程的vt图像如图乙所示。已知运动员的质量为60.0kg,身高为1.68m,接触处距离头顶1.00m,身体与杆的夹角始终保持37°,若不计空气阻力,求:(g取10m/s2,sin37°=0.6)甲乙(1)运动员下滑的最大速度的大小;(2)运动员下滑过程克服摩擦力做的功;(3)运动员加速下滑和减速下滑过程的摩擦力大小之比。4.(16分)(2021浙江宁波高三二模)如图所示,平行于直角坐标系y轴的PQ是用特殊材料制成的,只能让垂直打到PQ界面上的电子通过,且通过时并不影响电子的速度。其左侧有一直角三角形区域,分布着方向垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场,其右侧有方向竖直向上、电场强度为E的匀强电场。现有速率不同的电子在纸面上从坐标原点O沿不同方向射到三角形区域,不考虑电子间的相互作用。已知电子的电荷量为e,质量为m,在△OAC中,lOA=a,θ=60°,D为x轴上的一个点,且lOD=4a。(1)当初速度方向沿y轴正方向时,能从OC边出磁场的电子所具有的最大速度的大小是多少?(2)能通过PQ界面的电子所具有的最大速度是多少?(3)在PQ右侧x轴上什么范围内能接收到电子?(4)现把PQ右侧电场撤去,增加一垂直纸面向里、磁感应强度为2B的矩形匀强磁场,使通过PQ界面的电子会聚于D点,求该矩形磁场的最小面积。参考答案计算题专项练(一)1.答案(1)0.25(2)32m解析(1)设运动员在水平滑道运动时的加速度大小为a,由运动学公式可得s=12at由牛顿第二定律得μmg=ma联立解得μ=0.25。(2)运动员通过坡底时的速度大小为v=at设运动员在倾斜滑道上下滑时的加速度大小为a1,由牛顿第二定律得mgsinθμmgcosθ=ma1由运动学公式可得x=v22a1=2.答案(1)750m/s2(2)21.8cm解析(1)湖面下方2.0m的压强为p1=p0+ρg'h1下方5.0m处的压强为p2=p0+ρg'h2代入数据解得g'=750m/s2,p0=3.2×106Pa。(2)汽缸开口向下时,有p1'=p0mg'S=3.2×106-V1=h1S汽缸开口向下时,有p2'=p0+mg'S=3.2×106+V2=h2S根据玻意耳定律可得p1'V1=p2'V2解得h2=18.2cm,则活塞到汽缸口的距离为(4018.2)cm=21.8cm。3.答案(1)4m/s(2)4800J(3)63∶95解析(1)根据题意可知运动员下滑的距离x=hlcosθ=8.00m根据x=vm解得最大速度为vm=4m/s。(2)根据动能定理有mgx+Wf=0解得Wf=4800J运动员下滑过程克服摩擦力做的功为4800J。(3)根据图像,运动员下滑加速时间t1=2.5s,减速时间t2=1.5s,则运动员加速下滑阶段加速度大小为a1=vm-0t1=1减速下滑阶段加速度大小a2=Δvt2运动员加速下滑和减速下滑过程的摩擦力分别为Ff1、Ff2,根据牛顿第二定律有mgFf1=ma1Ff2mg=ma2解得Ff1=504NFf2=760N运动员加速下滑和减速下滑过程的摩擦力大小之比为63∶95。4.答案(1)eBam(2)2eBam(3)3a<x≤3a+(4)(21)a2解析(1)洛伦兹力提供向心力,有evB=mv能从OC边出磁场的电子,当运动轨迹和AC相切时半径最大,故半径最大值Rm=a所以,能从OC边出磁场的电子所具有的最大速度vm=eBam(2)要使电子能通过PQ界面,电子飞出磁场的速度方向必须水平向右,由(1)可知v=eBR故R越大v越大,所以,从C点水平飞出的电子,运动半径最大,对应的速度最大,故有(Ra)2+(3a)2=R2所以R=2a,故能通过PQ界面的电子所具有的最大速度vm'=2eBa(3)只有垂直打到PQ界面上的电子通过,故电子进入电场的范围为PQ上C到x轴间的范围;当粒子在PQ上的纵坐标为y(0<y≤a)时,粒子在磁场中运动的半径由几何关系可得(ry)2+(3y)2=r2所以r=2y那么由洛伦兹力提供向心力可得运动速度为v'=2粒子在电场中只受静电力作用,做类平抛运动,故y=12×eE那么,电子打在x轴上的位置为x=3a+v't=3a+2By2所以3a<x≤3a+2Ba2ea(4)增加磁场的磁感应强度为2B,则粒子在增加磁