《2022年高考物理二轮复习第二部分专题三题型练计算题专练 3.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年高考物理二轮复习第二部分专题三题型练计算题专练 3.pdf（5页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、1 计算题专练 (一) 1(14 分) 如图所示，固定点O上系一长L0.6 m 的细绳，细绳的下端系一质量m1.0 kg的小球 ( 可视为质点 ) ，原来处于静止状态，球与平台的B点接触但对平台无压力，平台高h0.80 m ，一质量M2.0 kg的物块开始静止在平台上的P点，现对M施一水平向右的初速度v0，物块M沿粗糙平台自左向右运动到平台边缘B处与小球m发生正碰，碰后小球m在绳的约束下做圆周运动，经最高点A时，绳上的拉力恰好等于摆球的重力，而M落在水平地面上的C点，其水平位移x1.2 m ，不计空气阻力，g取 10 m/s2. (1) 求物块M碰撞后的速度(2) 若平台表面与物块间动摩擦因数
2、0.5 ，物块M与小球的初始距离为x11.3 m ，物块M在P处的初速度大小为多少？解析： (1) 碰后物块M做平抛运动，设其平抛运动的初速度为v，h12gt2(1 分) xvt(1 分 ) 得vxg2h3.0 m/s (1 分) (2) 物块与小球在B处碰撞，设碰撞前物块的速度为v1，碰撞后小球的速度为v2，由动量守恒定律得Mv1mv2Mv(2 分) 碰后小球从B处运动到最高点A的过程中机械能守恒，设小球在A点的速度为vA，则有12mv2212mv2A2mgL(2 分) 小球在最高点时依题给条件有2mgmv2AL(2 分) 由解得v26.0 m/s (1 分) 由得v16.0 m/s (1
3、分) 物块M从P运动到B的过程中，由动能定理可得Mgx112Mv2112Mv20(2 分) 解得v0v212gx17.0 m/s (1 分) 答案： (1)3.0 m/s (2)7.0 m/s 2(18 分) 如图所示， 平面直角坐标系xOy，P点在x轴上，OP2L，Q点在负y轴上某处 第象限内有平行于y轴的匀强电场，第象限内有一圆形区域与x、y轴分别相切于A、C两名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 1 页，共 5 页 - - - - - - - - - 2 点，AOL，
4、第象限内有一未知的矩形区域( 图中未画出 ) ，圆形区域和矩形区域内有相同的匀强磁场，磁场方向垂直于xOy平面( 图中未画出 ) 电荷量为q、质量为m、速度大小为v0的粒子束a从A点沿y轴正方向发射， 经过C点和P点；电荷量为q、质量为m、速率为2v0的粒子b，从Q点与y轴成 45夹角方向发射，经过并离开矩形区域后与离开P点的粒子束a相碰，相碰时粒子速度方向相反不计粒子的重力和粒子间相互作用力求：(1) 圆形区域内磁场磁感应强度B的大小、方向；(2) 第象限内匀强电场的场强大小E；(3) 矩形区域的最小面积S. 解析： (1) 设粒子a在圆形区域内的匀强磁场中做圆周运动的半径为R，则RL(1
5、分) qv0Bmv20R(1 分) 联立解得Bmv0qL由左手定则知，方向垂直纸面向外(2 分) (2) 设粒子a在第象限内的匀强电场中运动的加速度为a，运动时间为t，则aqEm(1 分) L12at2(1 分) 2Lv0t(1 分) 联立解得Emv202qL(2 分) (3) 设粒子a在P点速度为v，与x轴正方向夹角为，y轴方向的速度大小是vy，则vyatv0(1 分) v2v0(1 分) 45(1 分) 粒子b先做匀速直线运动，进入矩形区域，在洛伦兹力作用下内偏转90，离开矩形区域，速度方向与离开P点的粒子a的速度在一条直线上，才可能与粒子a速度相反地相碰，如图所示设粒子b在矩形区域内做匀
6、速圆周运动的圆心为O1，半径为R1，矩形区域的最小区域名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 2 页，共 5 页 - - - - - - - - - 3 是efgh，对应的长为L1，宽为L2，则R12mv0qB(1 分) L12R1(1 分) L2R122R1(1 分) SL1L2(1 分) 代入数据解得R12L，L12L，L2(21)LS2(2 1)L2(2 分) 答案： (1)mv0qL垂直纸面向外(2)mv202qL(3)2(2 1)L23(12 分) 如图所示为利用静
7、电除烟尘的通道示意图，前、后两面为绝缘板，上、下两面为分别与高压电源的负极和正极相连的金属板，在上下两面间产生的电场可视为匀强电场，通道长L1 m，进烟尘口的截面为边长d0.5 m 的正方形分布均匀的带负电烟尘颗粒均以水平速度v02 m/s 连续进入通道，碰到下金属板后其所带电荷会被中和并被收集，但不影响电场分布 已知每立方米体积内颗粒数n1013个，每个烟尘颗粒带电荷量为q1.0 1017 C，质量为m2.0 1015 kg ，忽略颗粒的重力、颗粒之间的相互作用力和空气阻力(1) 高压电源电压U0300 V 时，求被除去的烟尘颗粒数与总进入烟尘颗粒数的比值；(2) 若烟尘颗粒恰好能全部被除去
8、，求高压电源电压U1；(3) 装置在 (2) 中电压U1作用下稳定工作时，1 s 内进入的烟尘颗粒从刚进入通道到被全部除去的过程中，求电场力对这些烟尘颗粒所做的总功解析： (1)qU0dma(1 分) Lv0t(1 分) 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 3 页，共 5 页 - - - - - - - - - 4 y12at2(1 分) 解得y0.375 m 所占比例为yd34(2 分) (2)d12a1t2(1 分) qU1dma1(1 分 ) 解得U1400 V(1
9、 分) (3)1 s内进入通道的颗粒的总个数：Nnd2v0t1(1 分) 电场力对每个颗粒所做的功与其到下金属板的偏移量y成正比，则电场力对所有颗粒做功的平均值等于电场力对距离下金属板d2处的颗粒所做的功(2 分，其他类似表达也给分) 所以WNqU1dd20.01 J(1分) 答案： (1)34(2)400 V (3)0.01 J 4(20 分) 如图所示， 在xOy平面内存在、 、四个场区，y轴右侧存在匀强磁场，y轴左侧与虚线MN之间存在方向相反的两个匀强电场，区电场方向竖直向下，区电场方向竖直向上，P点是MN与x轴的交点有一质量为m，带电荷量为q的带电粒子由原点O，以速度v0沿x轴正方向水
10、平射入磁场，已知匀强磁场的磁感应强度垂直纸面向里，大小为B0，匀强电场和匀强电场的电场强度大小均为EB0v04，如图所示，区的磁场垂直纸面向外，大小为B02，OP之间的距离为8mv0qB0，已知粒子最后能回到O点(1) 带电粒子从O点飞出后，第一次回到x轴时的位置；(2) 根据题给条件画出粒子运动的轨迹；(3) 带电粒子从O点飞出后到再次回到O点的时间解析： (1) 带电粒子在磁场中运动的半径为R1mv0qB0(2 分) 带电粒子在磁场中运动了半个圆，回到y轴的坐标y2R12mv0qB0(2 分) 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - -
11、 - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 4 页，共 5 页 - - - - - - - - - 5 带电粒子在场区做类平抛运动，根据牛顿第二定律得带电粒子运动的加速度aqEmqB0v04m(2 分 ) 竖直方向y12at2，水平位移xv0t，联立得t4mqB0，x4mv0qB0(2 分) 第一次回到x轴的位置 (4mv0qB0，0)(1 分) (2) 根据运动的对称性画出粒子在场区的运动轨迹如图所示带电粒子在场区运动的半径是场区运动半径的2 倍，画出粒子的运动轨迹，同样根据运动的对称性画出粒子回到O点的运动轨迹如图所示(3 分) (3) 带电粒子在磁场中运动的时间正好为1 个周期，故t12mqB0(2 分) 带电粒子在、两个电场中运动的时间t24t16mqB0(2 分) 带电粒子在场中运动的时间为半个周期t32mqB0(2 分) 因此带电粒子从O点飞出后到再次回到O点的时间t总t1t2t3mqB0(2 分) 答案： (1)( 4mv0qB0，0) (2) 图见解析(3)mqB0名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 5 页，共 5 页 - - - - - - - - -