统考版高考物理二轮专项分层特训卷25分钟计算题专练8含答案

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(1)小球经过斜面上C点时加速度的大小和小球从O点运动到C点的时间；
(2)小球经过D点时的速度大小和M点与斜面下端A点间的距离．
2．[2021·浙江1月，20]如图所示，竖直平面内由倾角α＝60°的斜面轨道AB、半径均为R的半圆形细圆管轨道BCDE和 eq \f(1,6) 圆周细圆管轨道EFG构成一游戏装置固定于地面，B、E两处轨道平滑连接，轨道所在平面与竖直墙面垂直．轨道出口处G和圆心O2的连线，以及O2、E、O1和B四点连成的直线与水平线间的夹角均为θ＝30°，G点与竖直墙面的距离d＝ eq \r(3) R.现将质量为m的小球从斜面的某高度h处静止释放．小球只有与竖直墙面间的碰撞可视为弹性碰撞，不计小球大小和所受阻力，重力加速度为g.
(1)若释放处高度h＝h0，当小球第一次运动到圆管最低点C时，求速度大小vC及在此过程中所受合力的冲量I的大小和方向；
(2)求小球在圆管内与圆心O1点等高的D点所受弹力FN与h的关系式；
(3)若小球释放后能从原路返回到出发点，高度h应该满足什么条件？
25分钟计算题专练（8）
1．答案：（1）5 eq \r(3) m/s2 1.5 s （2）15 m/s eq \f(7,5) eq \r(3) m
解析：（1）对小球受力分析可知，小球离开斜面前做匀加速直线运动，离开斜面时小球对斜面的压力为0
沿斜面方向有mg sin θ＝ma
小球经过斜面上C点时的加速度大小为a＝g sin θ＝5 eq \r(3) m/s2
垂直于斜面方向有qvCB＝qE＋mg cs θ
代入数据可得小球从O点运动到C点的时间为t1＝ eq \f(vC,a) ＝1.5 s
（2）小球在D点加速度为0，小球受力平衡，经计算可知小球所受电场力与重力大小相等，则小球所受电场力、重力的合力大小和所受洛伦兹力的大小相等，
即qvDB＝2mg cs eq \f(θ,2)
可得vD＝15 m/s，与竖直方向夹角为60°斜向左下
撤去磁场后，小球在重力和电场力合力作用下做类平抛运动竖直方向有
mg＋qE cs θ＝may
vDy＝vD cs θ，h＝vDyt2＋ eq \f(1,2) ayt eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(2))
水平方向有qE sin θ＝max
vDx＝vD sin θ
x＝vDxt2－ eq \f(1,2) axt eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(2))
联立解得M点与斜面下端A点的距离为x＝ eq \f(7,5) eq \r(3) m
2．答案：（1） eq \r(2gh0) m eq \r(2gh0) ，方向水平向左 （2）FN＝2mg eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(h,R)－1)) （h≥R）
（3）h＝ eq \f(9,2) R或h≤ eq \f(5,2) R
解析：（1）对小球由A到C的过程，由机械能守恒定律有
mgh0＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(C)) ①
解得vC＝ eq \r(2gh0) ②
由动量定理得I＝mvC－0＝m eq \r(2gh0) ，方向水平向左 ③
（2）对小球由A到D的过程，由机械能守恒定律得
mg（h－R）＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(D)) ④
根据牛顿第二定律有FN＝ eq \f(mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(D)) ,R) ⑤
联立④⑤式解得FN＝2mg（ eq \f(h,R) －1），满足的条件为h≥R⑥
（3）小球释放后能从原路返回到出发点，共有两种情况，
第一种情况：小球不滑离轨道，原路返回，条件是h≤ eq \f(5,2) R⑦
第二种情况：小球与墙面垂直碰撞后原路返回，在进入G之前是平抛运动，则有
vxt＝vx· eq \f(vy,g) ⑧
其中vx＝vG sin θ，vy＝vG cs θ⑨
则vG sin θ· eq \f(vG cs θ,g) ＝d ⑩
对小球由A到G的过程，根据机械能守恒定律有
mg eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(h－\f(5,2)R)) ＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(G)) ⑪
联立⑩⑪解得h＝ eq \f(9,2) R ⑫
若小球释放后能从原路返回到出发点，则高度h应该满足h＝ eq \f(9,2) R或h≤ eq \f(5,2) R