2023高考二轮复习专项练习(物理)计算题专项练(一)

计算题专项练(一)

(满分:46分　时间:45分钟)

1.(7分)(2021福建漳州高三二模)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。(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2)求:

(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)(2021山东枣庄高三二模)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)(2021安徽高三三模)如图甲所示,杂技运动员在固定的竖直金属杆上表演。当运动员开始表演时,它与金属杆接触处距离地面8.80 m,运动员双腿夹紧金属杆倒立,并通过双腿对金属杆施加不同的压力来控制身体的运动。运动员整个下滑过程的v-t图像如图乙所示。已知运动员的质量为60.0 kg,身高为1.68 m,接触处距离头顶1.00 m,身体与杆的夹角始终保持37°,若不计空气阻力,求:(g取10 m/s2,sin 37°=0.6)

甲

乙

(1)运动员下滑的最大速度的大小;

(2)运动员下滑过程克服摩擦力做的功;

(3)运动员加速下滑和减速下滑过程的摩擦力大小之比。

4.(16分)(2021浙江宁波高三二模)如图所示,平行于直角坐标系y轴的PQ是用特殊材料制成的,只能让垂直打到PQ界面上的电子通过,且通过时并不影响电子的速度。其左侧有一直角三角形区域,分布着方向垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场,其右侧有方向竖直向上、电场强度为E的匀强电场。现有速率不同的电子在纸面上从坐标原点O沿不同方向射到三角形区域,不考虑电子间的相互作用。已知电子的电荷量为e,质量为m,在△OAC中,lOA=a,θ=60°,D为x轴上的一个点,且lOD=4a。

(1)当初速度方向沿y轴正方向时,能从OC边出磁场的电子所具有的最大速度的大小是多少?

(2)能通过PQ界面的电子所具有的最大速度是多少?

(3)在PQ右侧x轴上什么范围内能接收到电子?

(4)现把PQ右侧电场撤去,增加一垂直纸面向里、磁感应强度为2B的矩形匀强磁场,使通过PQ界面的电子会聚于D点,求该矩形磁场的最小面积。

参考答案

计算题专项练(一)

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

mgsin θ-μmgcos θ=ma1

由运动学公式可得x==32 m。

2.答案 (1)750 m/s2　(2)21.8 cm

解析 (1)湖面下方2.0 m的压强为

p1=p0+ρg'h1

下方5.0 m处的压强为

p2=p0+ρg'h2

代入数据解得

g'=750 m/s2,p0=3.2×106 Pa。

(2)汽缸开口向下时,有

p1'=p0- Pa=2.0×106 Pa

V1=h1S

汽缸开口向下时,有

p2'=p0+ Pa=4.4×106 Pa

V2=h2S

根据玻意耳定律可得

p1'V1=p2'V2

解得h2=18.2 cm,则活塞到汽缸口的距离为(40-18.2) cm=21.8 cm。

3.答案 (1)4 m/s　(2)4 800 J　(3)63∶95

解析 (1)根据题意可知运动员下滑的距离

x=h-lcos θ=8.00 m

根据x=t

解得最大速度为vm=4 m/s。

(2)根据动能定理有

mgx+Wf=0

解得Wf=-4 800 J

运动员下滑过程克服摩擦力做的功为4 800 J。

(3)根据图像,运动员下滑加速时间t1=2.5 s,减速时间t2=1.5 s,则运动员加速下滑阶段加速度大小为a1==1.6 m/s2

减速下滑阶段加速度大小a2= m/s2

运动员加速下滑和减速下滑过程的摩擦力分别为Ff1、Ff2,根据牛顿第二定律有

mg-Ff1=ma1

Ff2-mg=ma2

解得Ff1=504 N

Ff2=760 N

运动员加速下滑和减速下滑过程的摩擦力大小之比为63∶95。

4.答案 (1)　(2)　(3)a<x≤a+2Ba

(4)(-1)a2

解析 (1)洛伦兹力提供向心力,有evB=m

能从OC边出磁场的电子,当运动轨迹和AC相切时半径最大,故半径最大值Rm=a

所以,能从OC边出磁场的电子所具有的最大速度

vm=。

(2)要使电子能通过PQ界面,电子飞出磁场的速度方向必须水平向右,由(1)可知

v=

故R越大v越大,所以,从C点水平飞出的电子,运动半径最大,对应的速度最大,故有

(R-a)2+(a)2=R2

所以R=2a,故能通过PQ界面的电子所具有的最大速度vm'=。

(3)只有垂直打到PQ界面上的电子通过,故电子进入电场的范围为PQ上C到x轴间的范围;当粒子在PQ上的纵坐标为y(0<y≤a)时,粒子在磁场中运动的半径由几何关系可得

(r-y)2+(y)2=r2

所以r=2y

那么由洛伦兹力提供向心力可得运动速度为v'=

粒子在电场中只受静电力作用,做类平抛运动,故

y=×t2

那么,电子打在x轴上的位置为

x=a+v't=a+2By

所以a<x≤a+2Ba。

(4)增加磁场的磁感应强度为2B,则粒子在增加磁场中的运动半径为原磁场中的一半,若粒子从任一点M进入磁场,则粒子运动轨迹的圆心在x轴上O'点,要会聚于D点,则△MO'D为等腰直角三角形,即α为45°。

对应的磁场区域为如图所示的矩形DEFG,该区域长和宽分别为lED=a,lEF=a-a

故最小面积为

S=(-1)a2。