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3

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1.(7分)一列简谐横波沿x轴正向传播,M、P、N是x轴上沿正向依次分布的三个质点,M、N两质点平衡位置间的距离为1.3 m,P质点平衡位置到M、N两质点平衡位置的距离相等。M、N两质点的振动图像分别如图甲、乙所示。
(1)求P质点的振动周期;
(2)求这列波的波长。
2.(9分)(2023山东潍坊二模)如图所示,用同种透明材料制成的两玻璃砖平放在水平桌面上,其中AB的横截面是半径为R的半圆形,O点为其圆心;CDFE的横截面为长方形,CD边的长度为2R,CE边的长度为R,AB与CD平行且相距。玻璃砖右侧固定一平行于DF的光屏MN,光屏离B、D两点的距离均为R。整个装置置于真空中,一束激光沿半径方向平行于桌面射向O点,当该光束与AB边的夹角α为45°时,恰好无光线从AB面射出。已知光在真空中的传播速度为c,现将夹角α调整至60°,不考虑多次反射,求:
(1)光在玻璃砖下表面EF的出射点到光屏的距离;
(2)该光束在两玻璃砖内传播的总时间。
3.(14分)一种探测气体放电过程的装置如图甲所示,充满氖气(Ne)的电离室中有两电极与长直导线连接,并通过两水平长导线与高压电源相连。在与长直导线垂直的平面内,以导线为对称轴安装一个用阻值R0=10 Ω的细导线绕制、匝数n=5×103的圆环形螺线管,细导线的始末两端c、d与阻值R=90 Ω的电阻连接。螺线管的横截面是半径a=1.0×10-2 m的圆,其中心与长直导线的距离r=0.1 m。气体被电离后在长直导线回路中产生顺时针方向的电流I,其I-t图像如图乙所示。为便于计算,螺线管内各处的磁感应强度大小均可视为B=,其中k=2×10-7 T·m/A。
甲
乙
(1)求0~6.0×10-3 s内通过长直导线横截面的电荷量Q;
(2)求3.0×10-3 s时,通过螺线管某一匝线圈的磁通量Φ;
(3)若规定c→R→d为电流的正方向,在不考虑线圈自感的情况下,通过计算,画出通过电阻R的iR-t图像;
(4)若规定c→R→d为电流的正方向,考虑线圈自感,定性画出通过电阻R的iR-t图像。
4.(16分)下图是一弹射游戏装置,由安装在水平台面上的固定弹射器、竖直圆轨道(在最低点A、C分别与水平轨道OA和CD相连)、倾斜长轨道DE组成。游戏时滑块从O点弹出后,经过圆轨道并滑上倾斜长轨道DE,若滑块从长轨道DE滑下则反向进入圆轨道,从圆轨道滑出,进入AO轨道并压缩弹射器的弹簧,随后能再次弹出(压缩与弹出无能量损失)算游戏成功。已知圆轨道半径为R,轨道DE的倾角θ=37°,滑块质量为m,滑块与轨道DE之间的动摩擦因数μ=0.5,其余都光滑,各轨道之间平滑连接;滑块可视为质点,弹射时从静止释放且弹簧的弹性势能完全转化为滑块动能,忽略空气阻力,sin 37°=0.6,cs 37°=0.8,重力加速度为g。
(1)若滑块第一次进入圆轨道,恰好能过最高点B,求滑块能滑上斜轨道的最大距离;
(2)若某次游戏弹射释放的弹性势能为Ep=5mgR,求滑块在斜轨道上通过的总路程;
(3)要使游戏成功(即滑块能返回弹射器且只能返回一次),并要求滑块始终不脱离轨道,求弹射时弹性势能可能的范围。
答案：
1.答案 (1)0.2 s (2) m(n=0,1,2,…)
解析 (1)由题意,根据振动图像易得,振动周期为T=0.2s。
(2)波从M向N传播,由振动图像得
λ=1.3m(n=0,1,2,…)
解得λ=m=m(n=0,1,2,…)。
2.答案 (1)R (2)
解析 (1)当α=45°时,恰好无光线从AB面射出,恰好发生全反射,则知临界角C=45°
由sinC=,解得玻璃砖的折射率n=
当α调整至60°时,画出光路图如图所示。
光束在O点的入射角i=90°-60°=30°
由折射定律有n=,解得折射角r=45°
由几何知识可知,光束在CD边上入射角等于45°,由光路可逆性原理可知,光束在CD边的折射角i=30°
所以光在玻璃砖下表面EF的出射点H到光屏的距离为
s=2R-tanr-Rtani
解得s=R。
(2)该光束在长方形玻璃砖内传播的距离为s'=GH==R
光束在玻璃砖内传播速度为v=c
则该光束在两玻璃砖内传播的总时间为t=
解得t=。
3.答案 (1)0.5 C
(2)6.28×10-8 Wb
(3)见解析图
(4)见解析图
解析 (1)由q=It可知I-t图像下方的面积表示电荷量,因此有
Q=Δt1+I2Δt2+Δt3
代入数据解得Q=0.5C。
(2)由磁通量的定义可得Φ=BS=×πa2
代入数据可得Φ=6.28×10-8Wb。
(3)在0~1.0×10-3s时间内电流均匀增加,由楞次定律可知感应电流的方向为c→R→d,产生恒定的感应电动势E=n
由闭合电路欧姆定律可得iR=
代入数据解得iR=3.14×10-3A
在1.0×10-3~5.0×10-3s电流恒定,穿过圆形螺线管的磁场恒定,因此感应电动势为0,感应电流为0,而在5.0×10-3~6.0×10-3s时间内电流随时间均匀变化,斜率大小和0~1.0×10-3s时间内斜率大小相同,因此电流大小相同,由楞次定律可知感应电流的方向为d→R→c,则图像如图所示。
(4)考虑自感的情况下,线框会产生自感电动势阻碍电流的增加,因此电流是缓慢增加的,过一段时间电路达到稳定后自感消失,电流的峰值和之前大小相同,在1.0×10-3~5.0×10-3s时间内电路中的磁通量不变化,电流要减小为0,因此自感电动势会阻碍电流的减小,使得电流缓慢减小为0,电流图像如图所示。
4.答案 (1)R (2)R (3)mgR≤Ep≤25mgR
解析 (1)恰好过最高点B,可得
mg=m
得vB=
对从B点第一次运动到斜轨道最高点的过程应用动能定理
mg(2R-lsinθ)-μmglcsθ=0-
解得l=R。
(2)首先,判断滑块能否通过B点,以OD平面为参考平面,若恰好过B点,滑块的机械能
E1=2mgR+mgR
因Ep>E1,故滑块能过B点,其次,判断滑块第一次在斜轨道往返后,是否会脱离圆轨道,设第一次到斜轨道最高点与D点距离为l1,由能量守恒得
Ep=mgl1sinθ+μmgl1csθ
得l1=5R
返回到C处时滑块的机械能
E1'=Ep-2μmgl1csθ=mgR
因此,此后滑块恰好不脱离轨道,在圆轨道与斜轨道间往复运动,最终停在D点,全过程应用能量守恒
Ep=μmgscsθ
得s=R。
(3)设滑块在D点的速度为v0,滑上斜轨道的距离为l',滑块返回D点的速度为v,
则根据动能定理可得
=(mgsinθ+μmgcsθ)l'
即l'=
滑块损失的机械能为
ΔEk=2(μmgcsθ)l'==0.8Ek0
若要使滑块经过斜长轨道之后,能通过B点,则需满足(1-0.8)Ek0≥mgR
滑块第二次滑上斜长轨道后滑下,不脱离轨道,其机械能最大值为mgR,即
(1-0.8)2Ek0≤mgR
弹性势能的范围为mgR≤Ep≤25mgR。