《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 2.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 2.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 (三) 1(14 分) 如图，在粗糙水平台阶上静止放置一质量为m0.5 kg的小物块，它与水平台阶表面的动摩擦因数0.5 ，且与台阶边缘O点的距离s5 m 在台阶右侧固定了一个14圆弧挡板，圆弧半径R1 m ，圆弧的圆心也在O点今以O点为原点建立平面直角坐标系现用F5 N 的水平恒力拉动小物块，一段时间后撤去拉力，小物块最终水平抛出并击中挡板(1) 若小物块恰能击中挡板上的P点(OP与水平方向夹角为37) ，求其离开O点时的速度大小；(2) 为使小物块击中挡板，求拉力F作用的最短时间；(3) 改变拉力F的作用时间， 使小物块击中挡板的不同位置，求击中挡板时小物块动能的最小值解析
2、： (1) 小物块从O到P，做平抛运动水平方向：Rcos 37 v0t(1 分) 竖直方向：Rsin 37 12gt2(1 分) 由以上两式解得v0Rcos 37 2Rsin 37 g433 m/s(1分) (2) 为使小物块击中挡板，小物块必须能运动到O点，由动能定理得Fxmgs0(1 分) 解得x2.5 m 由牛顿第二定律得Fmgma(1 分) 解得力F作用时的加速度a5 m/s2由运动学公式得x12at2(1 分) 解得t1 s(1分) (3) 设小物块击中挡板的任意点坐标为(x，y) ，则xv0t(1 分) y12gt2(1 分) 由机械能守恒定律得Ek12mv20mgy(1 分) 又
3、由击中挡板满足：x2y2R2(1 分) 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 则EkmgR24y3mgy4，(1 分) 当y33 m 时，Ek有最小值，Ekmin532 J(2分) 答案： (1)433 m/s (2)1 s (3)532 J 2(18 分) 如图所示，第二、三象限存在足够大的匀强电场，电场强度为E，方向平行于纸面向上，一个质量为m、电荷量为q的正粒子，在x轴上M点( 4r,0) 处以某一水平速度释
4、放，粒子经过y轴上N点(0,2r) 进入第一象限，第一象限存在一个足够大的匀强磁场，其磁感应强度B2Emrq，方向垂直于纸面向外，第四象限存在另一个足够大的匀强磁场，其磁感应强度B2Emrq，方向垂直于纸面向里，不计粒子重力，r为坐标轴每个小格的标度试求：(1) 粒子初速度v0；(2) 粒子第 1 次穿过x轴时的速度大小和方向；(3) 画出粒子在磁场中运动轨迹并求出粒子第n次穿过x轴时的位置坐标解析： (1) 粒子在电场中做类平抛运动，则x方向：4rv0t(1 分) y方向： 2r12at2(1 分) qEma(1 分) 可解得v02qErm(1 分) (2)x方向： 4rv0t(1 分) y
5、方向： 2r12vyt(1 分) 则vxvy(1 分) 可知粒子射出电场时v2v02 2qErm，方向与水平成45斜向上 (2 分) 粒子在磁场中运动半径RmvqB2r(1 分) 由几何关系可知粒子第1 次穿过x轴时速度v22qErm， 方向与水平成45斜向左下方 (2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 分) (3) 粒子轨迹如图所示(4 分) 分析粒子轨迹可知，粒子第n次穿过x轴时的位置坐标为(2nr,0) (
6、2 分) 答案： (1)2qErm(2)22qErm方向与水平成45斜向左下方(3)(2nr,0) 3(12 分) 如图所示，传送带的水平部分ab2 m，斜面部分bc4 m，bc与水平面的夹角37. 一个小物体A与传送带的动摩擦因数0.25 ，传送带沿图示的方向运动，速率v2 m/s. 若把物体A轻放到a处，它将被传送带送到c点，且物体A不会脱离传送带求物体A从a点被传送到c点所用的时间( 已知 sin 37 0.6 ，cos 37 0.8 ，g取 10m/s2) 解析：物体A轻放在a点后在摩擦力作用下向右做匀加速直线运动直到和传送带速度相等在这一过程中有a1mgmg2.5 m/s2(2 分)
7、 x1v22a10.8 m ab(1 分) 经历时间为t1va10.8 s(1分) 此后随传送带运动到b点的时间为t2xabx1v0.6 s(2分) 当物体A到达bc斜面时，由于mgsin 37 0.6mgmgcos 37 0.2mg，所以物体A将再次沿传送带做匀加速直线运动(2 分) 其加速度大小为a2gsin 37 gcos 37 4 m/s2(1 分) 物体A在传送带bc上所用时间满足xbcvt312a2t23，代入数据得t31 s( 负值舍去 )(2 分) 则物体A从a点被传送到c所用时间为tt1t2t32.4 s(1分) 答案： 2.4 s 4(20 分) 如图所示，MN为绝缘板，P
8、Q为MN的中垂线，O为MN的中点，在MN的下方有匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外( 图中未画出 ) 质量为m、电荷量为q的粒子 ( 不计重力 ) 以某一速度从A点平行于MN的方向进入静电分析器，静电分析器内有均匀辐向分布的电场( 电场方向指向O点)，已知圆弧虚线的半径为R，其所在处场强为E，若离子恰好沿图中虚线做圆名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 3 页，共 5 页 - - - - - - - - - 4 周运动后从小孔C垂直于MN进入下方磁场(1) 求粒子运动的速度大小
9、；(2) 粒子在磁场中运动，与MN板碰撞，碰后以原速率反弹，且碰撞时无电荷的转移，之后恰好从小孔D进入MN上方的三角形匀强磁场中，从A点平行于MC射出，已知OCOD，则三角形磁场区域最小面积为多少？MN上下两区域磁场的磁感应强度之比为多少？(3) 在(2) 问情景下，求粒子从A点出发后，第一次回到A点所经过的总时间为多少？解析： (1) 粒子进入静电分析器做圆周运动，故有qEmv2R(2 分) 解得vqERm(1 分) (2) 粒子从D到A做匀速圆周运动，故图中三角形区域面积最小值为SR22(2 分) 在磁场中洛伦兹力提供向心力，有qvBmv2R(1 分) 解得RmvqB(1 分) 设MN下方
10、的磁感应强度为B1，上方的磁感应强度为B2，若只碰撞一次，则有R1R2mvqB1(1 分) R2RmvqB2(1 分) 解得B2B112(1 分) 若碰撞n次，则有R1Rn1mvqB1(1 分) R2RmvqB2(1 分) 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 4 页，共 5 页 - - - - - - - - - 5 故有B2B11n1(1 分) 当n1 时，等式亦成立，故MN上下两区域的磁感应强度之比为1n1(n1,2,3 ，)(3) 粒子在电场中运动时间为t12R4v2mRqE(2 分) 在MN下方的磁场中运动时间为t2n122R1vmRqE(2 分) 在MN上方的磁场中运动时间为t3142R2v2mRqE(2 分) 总时间为tt1t2t32mRqE(1 分) 答： (1) qERm(2)R221n1(n1,2,3 ，)(3)2 mRqE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 - - - - - - - - -