适用于新高考新教材广西专版2024届高考物理二轮总复习计算题专项练1

这是一份适用于新高考新教材广西专版2024届高考物理二轮总复习计算题专项练1，共5页。试卷主要包含了0 cm，0m处的压强为，25J等内容，欢迎下载使用。
1.(7分)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=51.2 m停下。已知水平段运动时间t=6.4 s,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。求:(sin 37°=0.6,cs 37°=0.8,g取10 m/s2)
(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)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1.2×103 kg/m3,湖面下方2.0 m处的压强为5.0×106 Pa,下方5.0 m处的压强为7.7×106 Pa。
(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40.0 cm。其中活塞横截面积为2.5 cm2,活塞质量可忽略不计。当活塞下面悬挂一个质量为400.0 g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)(2023江苏扬州期中)如图所示,y轴左侧区域存在沿y轴负方向的匀强电场,电场强度大小为E,y轴右侧区域存在匀强磁场,第一象限磁场方向垂直于纸面向外,第四象限磁场方向垂直于纸面向里,且第四象限磁感应强度大小是第一象限的2倍。在第一象限垂直x轴放置粒子吸收屏,该屏距y轴的距离为l。某时刻电荷量为q,质量为m的带正电粒子在A点以水平向右的初速度射出,粒子恰好从O点进入磁场,一段时间后粒子垂直击中吸收屏。已知A点的坐标为,粒子的重力不计。求:
(1)粒子从A点射出时的速度大小;
(2)第一象限磁感应强度的最小值;
(3)粒子击中吸收屏的纵坐标的可能值。
4.(16分)(2023安徽蚌埠模拟)如图所示,电荷量为q=+2×10-3 C、质量为m=0.1 kg的小球B静置于光滑的水平绝缘板右端,板的右侧空间有范围足够大、方向水平向左、电场强度E=103 N/C的匀强电场。与B球形状相同、质量为0.3 kg的绝缘不带电小球A以初速度v0=10 m/s向B运动,两球发生弹性碰撞后均逆着电场的方向进入电场,在电场中两球又发生多次弹性碰撞,已知每次碰撞时间极短,小球B的电荷量始终不变,重力加速度g取10 m/s2。求:
(1)第一次碰撞后瞬间两小球的速度大小;
(2)第一次碰撞后又经过多少时间两小球第二次相碰?
(3)第二次碰撞后瞬间小球B的动能。
答案：
1.答案(1)0.25 (2)32 m
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=at2
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
mgsinθ-μmgcsθ=ma1
由运动学公式可得x==32m。
2.答案(1)750 m/s2 (2)21.8 cm
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'=p0-=3.2×106-Pa=2.0×106Pa
V1=h1S
汽缸开口向下时,有
p2'=p0+=3.2×106+Pa=4.4×106Pa
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(40-18.2)cm=21.8cm。
3.答案(1)
(2)2
(3)y=l(n=0,1,2,…)
解析(1)粒子由A到O做类平抛运动,根据运动特点可得:
l=vAt
根据牛顿第二定律可得Eq=ma
联立解得vA=。
(2)粒子到达O点时的竖直分速度为
vOy=at=vA=
则进入磁场时的速度大小为
v=vA=
速度方向与x轴正方向成45°角向右下;设粒子在第四象限做匀速圆周运动的半径为r1,在第一象限做匀速圆周运动的半径为r2,第一象限磁感应强度大小为B,第四象限磁感应强度大小为2B,则在第四象限运动时,粒子受到的洛伦兹力提供向心力,根据牛顿第二定律可得
qv·2B=
在第一象限运动时可得
qvB=
解得r2=2r1=
磁感应强度最小即半径最大时,可得
r1max=r2max=
联立解得Bmin=2。
(3)根据粒子在磁场中做圆周运动的周期性得
l=n(r1+r2)+r1+(n=0,1,2,…)
粒子击中吸收屏的纵坐标为
y=r2-r2
联立解得y=l(n=0,1,2,…)。
4.答案(1)5 m/s 15 m/s (2)1 s (3)10 J
解析(1)第一次碰撞时,取水平向右为正方向,设碰后A、B的速度分别为v1、v2。
根据动量守恒定律得
3mv0=3mv1+mv2
根据机械能守恒定律得
×3m×3m
联立解得第一次碰撞后瞬间A、B两小球的速度大小分别是v1=5m/s,v2=15m/s。
(2)碰后两球均进入电场,竖直方向二者相对静止,均做自由落体运动,水平方向上A做匀速运动,B做匀减速直线运动,根据牛顿第二定律得,B的水平加速度为
aB=
代入数据得aB=20m/s2
设经过时间t两球再次相碰,则有
v1t=v2t-aBt2
解得第一次碰撞后到两小球第二次相碰用时t=1s。
(3)此时,B的水平速度为
vx=v2-aBt
代入数据得vx=-5m/s(负号表示方向向左)
竖直速度为
vy=gt
代入数据得vy=10m/s
故第二次碰撞前瞬间小球B的动能为
EkB=
又
联立解得EkB=m()
代入数据得EkB=6.25J
第二次碰撞时,A、B两球水平方向动量守恒,则有
3mv1+mvx=3mv1'+mvx'
根据机械能守恒得
×3m()+·m()=×3m(v1'2+)+·m(vx'2+)
解得第二次碰后水平方向A的速度为v1'=0,B的速度为vx'=10m/s
故第二次碰撞后A竖直下落(B在竖直方向上的运动与A相同),水平方向上,B做匀减速直线运动,则第二次碰撞后瞬间小球B的动能
Ek=m(vx'2+)
代入数据得Ek=10J。