高考物理二轮复习 23 计算题的解题策略与技巧专项训练.docx
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高考物理二轮复习23计算题的解题策略与技巧专项训练
2-3计算题的解题策略与技巧
计算题专项训练
(一)
三、非选择题:
共174分。
第22~32题为必考题,每个试题考生都必须作答。
第33~38题为选考题,考生根据要求作答。
(一)必考题:
共129分。
24.(12分)如图,水平面上相距为L=5m的P、Q两点分别固定一竖直挡板,一质量为M=2kg的小物块B静止在O点,OP段光滑,OQ段粗糙且长度为d=3m。
一质量为m=1kg的小物块A以v0=6m/s的初速度从OP段的某点向右运动,并与B发生弹性碰撞。
两物块与OQ段的动摩擦因数均为μ=0.2,两物块与挡板的碰撞时间极短且均不损失机械能。
重力加速度g=10m/s2,求:
(1)A与B在O点碰后瞬间各自的速度;
(2)两物块各自停止运动时的时间间隔。
[解析]
(1)设A、B在O点碰后的速度分别为v1和v2,以向右为正方向
由动量守恒定律得mv0=mv1+Mv2
碰撞前后机械能守恒
mv
=
mv
+
Mv
解得v1=-2m/s,方向向左
v2=4m/s,方向向右
(2)碰后,两物块在OQ段减速时加速度大小均为
a=μg=2m/s2
B经过t1时间与Q处挡板碰撞,由运动学公式有
v2t1-
at
=d得t1=1s(t1=3s舍去)
与挡板碰后,B的速度大小v3=v2-at1=2m/s,反弹后减速时间t2=
=1s
反弹后经过位移s1=
=1m,B停止运动。
物块A与P处挡板碰后,以v4=2m/s的速度滑过O点,经过s2=
=1m停止。
所以最终A、B的距离s=d-s1-s2=1m,两者不会碰第二次。
在A、B碰后,A运动总时间
tA=
+
=3s
整体法得B运动总时间tB=t1+t2=2s
则时间间隔ΔtAB=1s
[答案]
(1)-2m/s 向左 4m/s 向右
(2)1s
25.(20分)如图甲所示,某粒子源向外放射出一个α粒子,粒子速度方向与水平成30°角,质量为m,电荷量为+q。
现让其从粒子源射出后沿半径方向射入一个磁感应强度为B、区域为圆形的匀强磁场(区域Ⅰ)。
经该磁场偏转后,它恰好能够沿y轴正方向进入下方的平行板电容器,并运动至N板且恰好不会从N板的小孔P射出电容器。
已知平行板电容器与一边长为L的正方形单匝导线框相连,其内有垂直框面的磁场(区域Ⅱ),磁场变化如图乙所示。
不计粒子重力,求:
(1)磁场区域Ⅱ磁场的方向及α粒子射出粒子源的速度大小。
(2)圆形磁场区域的半径。
(3)α粒子在磁场中运动的总时间。
[解析]
(1)根据楞次定律可知:
磁场区域Ⅱ的磁场垂直于纸面向外。
设线框中产生的感应电动势为U,
根据法拉第电磁感应定律,得:
U=n
=
·S=
①
粒子运动到P点恰好速度为零,由动能定理,有:
qU=
mv2②
联立①②解得:
v=
③
(2)设粒子运动半径为r,圆形磁场区域的半径为R。
根据牛顿第二定律,有qvB=
④
由几何关系可知tan30°=
⑤
联立③④⑤,解得R=
(3)粒子的运动周期为T=
⑥
粒子在电场力作用下要重新进入磁场,故运动时间为:
t=2×
T⑦
联立④⑤⑥⑦,解得t=
。
[答案]
(1)垂直于纸面向外
(2)
(3)
计算题专项训练
(二)
三、非选择题:
共174分。
第22~32题为必考题,每个试题考生都必须作答。
第33~38题为选考题,考生根据要求作答。
(一)必考题:
共129分。
24.(12分)如图甲所示,光滑平台右侧与一长为L=2.5m的水平木板相接,木板固定在地面上,现有一小滑块以初速度v0=5m/s滑上木板,恰好滑到木板右端停止。
现让木板右端抬高,如图乙所示,使木板与水平地面的夹角θ=37°,让滑块以相同的初速度滑上木板,不计滑块滑上木板时的能量损失,g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。
求:
(1)滑块与木板之间的动摩擦因数μ;
(2)滑块从滑上倾斜木板到滑回木板底端所用的时间t。
[解析]
(1)设滑块质量为m,木板水平时滑块加速度为a,则对滑块有
μmg=ma①
滑块恰好到木板右端停止,有0-v
=-2aL②
解得μ=
=0.5③
(2)当木板倾斜,设滑块上滑时的加速度为a1,最大距离为s,上滑的时间为t1,有
μmgcosθ+mgsinθ=ma1④
0-v
=-2a1s⑤
0=v0-a1t1⑥
由④⑤⑥式,解得t1=
s,s=1.25m<L⑦
设滑块下滑时的加速度为a2,下滑的时间为t2,有
mgsinθ-μmgcosθ=ma2⑧
s=
a2t
⑨
由⑧⑨式解得t2=
s⑩
滑块从滑上倾斜木板到滑回木板底端所用的时间
t=t1+t2=
s⑪
[答案]
(1)0.5
(2)
s
25.(20分)如图所示,在竖直平面内建立xOy坐标系,在0≤x≤0.65m、y≤0.40m范围内存在一具有理想边界、方向垂直纸面向里的匀强磁场区域。
一边长l=0.10m、质量m=0.02kg、电阻R=0.40Ω的匀质正方形刚性导线框abcd处于图示位置,其中心的坐标为(0,0.65m)。
现将线框以初速度v0=2.0m/s水平向右抛出,线框在进入磁场过程中速度保持不变,然后在磁场中运动,最后从磁场右边界离开磁场区域,完成运动全过程。
线框在全过程中始终处于xOy平面内、其ab边与x轴保持平行,空气阻力不计。
求:
(1)磁感应强度B的大小;
(2)线框在全过程中产生的焦耳热Q;
(3)在全过程中,cb两端的电势差Ucb与线框中心位置的x坐标的函数关系。
[解析]
(1)线框做平抛运动,如图所示,当ab边与磁场上边界接触时,竖直方向有h=
gt2=0.2m,得t=0.2s,此时竖直方向的分速度v2y=gt=2m/s=v0,合速度方向与水平方向成45°角,由题知线框匀速进入磁场,ad与bc这两边产生的电动势相互抵消,所以整个线框只有ab边有效切割磁感线,并且只有竖直方向切割,有效速度为2m/s,此时电流
I=
,E=Blv2y①
FA=BIl②
因为线框匀速进入磁场,合力为0,所以mg=FA③
联立①②③得B=2T
(2)线框全部进入磁场区域之后,水平方向做匀速运动,竖直方向做匀加速运动,线框离开磁场过程中,上下两边所受到的安培力抵消,所以不考虑竖直方向上的安培力产生的焦耳热,水平方向上,只有ad边的水平方向上的速度在切割磁感线,线框离开磁场的过程中通过线框横截面的电荷量
q=
=
④
离开磁场过程中水平方向动量守恒,设向右为正,得
-Blq=mv5x-mv0⑤
得v5x=1.5m/s
由动能定理可知
mgΔh-Q1=
mv
-
mv
=
mv
-
mv
+
mv
-
mv
⑥
离开磁场过程中竖直方向只受重力,由牛顿第二定律有
v
-v
=2gΔh⑦
联立解得Q1=0.0175J
在进入磁场过程中,速度不变,重力势能转换成焦耳热Q2=mgl=0.02J
所以Q总=0.0375J
(3)图中2,3,4,5状态下线框中心横坐标分别为0.4m,0.5m,0.6m,0.7m
①当0≤x<0.4m时,线框还没进入磁场,Ucb=0
②当0.4m≤x<0.5m时,ab边切割磁感线,但cb边进入磁场部分也在切割磁感线,因此这里相当于也有一个电源,在计算电势差时也要考虑,同时电势差要注意正负,因此
Ucb=-
Blv2y+B(x-0.4m)v0=4x-1.7(V)
③当0.5m≤x<0.6m时
线框完全进入磁场,电路中没有电流,但bc边仍在切割磁感线,因此仍然相当于一个电源,Ucb=Blv0=0.4V
④当0.6m≤x≤0.7m时
cb边已经出磁场,整个电动势由ad边提供,Ucb=
Blv4x
又由动量定理有
=m(v0-v4x)
得Ucb=0.25-0.25x(V)
[答案]
(1)2T
(2)0.0375J
(3)Ucb=0.25-0.25x(V)
计算题专项训练(三)
三、非选择题:
共174分。
第22~32题为必考题,每个试题考生都必须作答。
第33~38题为选考题,考生根据要求作答。
(一)必考题:
共129分。
24.(12分)如图所示,粗糙水平面与半径为R=9.8m的光滑
圆弧轨道平滑连接,质量为m的小滑块A在水平恒力F=1.5mg的作用下从水平面左侧某点向右运动,力F作用t1=2s后撤去,小滑块A继续运动t2=2s后与静止在圆弧轨道底端的另一小滑块B发生弹性碰撞,碰后小滑块B能沿圆弧轨道上升的最大高度为h=
。
已知小滑块A与水平面间的动摩擦因数μ=0.5,重力加速度g取9.8m/s2。
(1)求小滑块A与小滑块B碰撞前瞬间的速度v0;
(2)求小滑块B的质量M。
[解析]
(1)对物体A碰撞前运动过程,规定向右为正方向,由动量定理,有Ft1-μmg(t1+t2)=mv0-0
解得v0=9.8m/s
(2)设碰撞后A、B速度分别为v1、v2,由机械能守恒定律,有Mgh=
Mv
解得v2=4.9m/s
对于弹性碰撞过程,由能量守恒定律,有
mv
=
mv
+
Mv
由动量守恒定律,有mv0=mv1+Mv2
联立解得M=3m
[答案]
(1)9.8m/s
(2)3m
25.(20分)如图所示的平面直角坐标系xOy,在第Ⅰ象限内有平行于x轴的匀强电场,方向沿+x轴方向,在第Ⅱ象限的三角形PQM区域(含边界)内有匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向垂直xOy平面向里。
一个带负电的粒子总是从P点沿+y轴方向射入磁场。
已知P点坐标为(-L,0),Q点坐标为(-L,L),M点坐标为(0,L),粒子的质量为m,带电荷量为-q,不计粒子重力。
(1)若粒子从P点射入的速度大小为
,求粒子从P点射入到刚进入电场这段时间内平均速度的大小和方向;
(2)若粒子从P点以某一速度射入,最终从Q点离开磁场,此过程中,粒子在电场中电势能变化的最大值为多少?
(3)若粒子从P点射入后,最终能从x轴上P、O点间射出,则粒子从P点射入的最大速度为多少?
[解析]
(1)如图甲,粒子在磁场中做匀速圆周运动
qvB=
,解得r=
周期T=
,T=
代入已知条件得r=L
粒子从P点射入磁场到刚由M点进入电场这段时间内运动的位移和时间分别为
s=
L
t=
T
则粒子运动的平均速度v=
代入可得v=
平均速度方向由P点指向M点
(2)如图乙,分析可知,粒子从Q点射出的速度方向必沿+y方向
r1=
可得v1=
电势能最大时,粒子动能为0。
设电势能改变量为ΔEp,根据能量守恒定律,有
ΔEp=
mv
-0
联立可得ΔEp=
(3)如图丙,分析可知,粒子从P、O间以最大速度射出需满足
L=3r2
可得最大速度v2=
[答案]
(1)
由P点指向M点
(2)
(3)
计算题专项训练(四)
三、非选择题:
共174分。
第22~32题为必考题,每个试题考生都必须作答。
第33~38题为选考题,考生根据要求作答。
(一)必考题:
共129分。
24.(12分)如图所示,圆心为O、半径为R的圆形磁场区域中存在垂直纸面向外的匀强磁场,以圆心O为坐标原点建立坐标系,在y=-3R处有一垂直y轴的固定绝缘挡板,一质量为m、带电荷量为+q的粒子,与x轴成60°角从M点(-R,0)以初速度v0斜向上射入磁场区域,经磁场偏转后由N点离开磁场(N点未画出)恰好垂直打在挡板上,粒子与挡板碰撞后原速率弹回,再次进入磁场,最后离开磁场。
不计粒子的重力,求:
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