适用于新高考新教材2024版高考物理二轮复习题型专项练计算题专项练三（附解析）

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(1)t=6 s时小球的加速度am的大小;
(2)小球离开电磁辐射区后沿着细杆上升的最大距离l。
2.(2023浙江绍兴模拟)一款游戏装置的示意图如图所示,它由固定的竖直轨道和水平轨道两部分组成。竖直轨道由倾角θ=60°的直轨道AB、半径r1=0.1 m的螺旋圆形轨道BC和半径r2=1.2 m、圆心角θ=60°的圆弧轨道BD组成,水平轨道由长L=1.5 m的直轨道EF和两个半径为R的半圆轨道组成,半圆轨道的外侧均有光滑的圆弧挡板(图中未画出)。竖直轨道和水平轨道通过轨道DE连接,所有轨道均光滑且相互平滑连接。G和H之间的地面光滑,靠近G处放置与轨道等高、长度为L0=1.0 m、质量为m0=1.0 kg的长木板。现将质量m=1.0 kg、可视为质点的小滑块从离B点高度为h处由静止释放,滑块恰好能通过圆弧轨道的最高点C,并进入水平轨道,调节半圆轨道的半径R的大小,使滑块最终停在长木板上。已知滑块与长木板上表面的动摩擦因数μ=0.4,长木板与G和H处固定桩的相碰均为弹性碰撞,且碰撞时间极短,不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2。
(1)求滑块释放的高度h;
(2)求滑块经圆弧轨道最低点D时对轨道的压力大小;
(3)求滑块最终停下的位置。
3.如图所示,在平面直角坐标系xOy中,O为坐标原点,A点的坐标为(3L,0),B点坐标为(0,2L),三角形ABC为直角三角形,其中∠C为直角,在直角三角形ABC中有沿y轴负方向的匀强电场,三角形OBD为等腰直角三角形,P点为OD的中点,等腰直角三角形OBD中存在沿x轴正方向的匀强电场,电场强度大小为E0,第三象限和第四象限存在范围足够大的匀强磁场,磁场方向垂直于纸面向外。一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子,从P点静止释放,粒子从第二象限进入第一象限,经过直角三角形ABC内的匀强电场后恰好从A点进入匀强磁场,经匀强磁场偏转后直接打到坐标原点O,不计粒子重力,sin 37°=0.6。求:
(1)直角三角形ABC中匀强电场的电场强度大小E1;
(2)匀强磁场的磁感应强度大小B;
(3)粒子从P点运动到O点的总时间t总。
计算题专项练(三)
1.答案 (1)5 m/s2
(2)1.25 m
解析 (1)根据题意,对小球受力分析,如图所示
由题图乙可知,t=4s时,小球的加速度恰好为0,则有
Fcsθ=mgsinθ+Ff
Fsinθ+mgcsθ=FN
Ff=μFN
F=10×4N=40N
解得μ=0.5
t=6s时,有
F'csθ-mgsinθ-Ff'=mam
F'sinθ+mgcsθ=FN'
Ff'=μFN'
F'=10×6N=60N
解得am=5m/s2。
(2)t=6s后,小球离开电磁辐射区,由牛顿第二定律有mgsinθ+μmgcsθ=ma
解得a=10m/s2
根据题意,由a-t图像中面积表示速度变化量可知,由于小球由静止开始运动,则t=6s时小球的速度为v=×(6-4)×5m/s=5m/s
由v2=2al可得,小球离开电磁辐射区后沿着细杆上升的最大距离为l==1.25m。
2.答案 (1)0.2 m
(2)23.3 N
(3)滑块最终停在长木板的最右端,与H点相距0.5 m
解析 (1)设滑块运动到最高点C时的速度为vC,由向心力公式mg=
得vC=1.0m/s
滑块由静止释放运动到C的过程中,由动能定理可得mgh-mgr1(1+csθ)=
解得h=0.2m。
(2)设滑块运动到最低点D时的速度为vD,由动能定理可得mg[h+r2(1-csθ)]=-0
得vD=4.0m/s
设滑块经最低点D时,轨道对滑块的支持力大小为FD,由向心力公式FD-mg=
得FD=23.3N
由牛顿第三定律,滑块经过最低点D时对轨道压力大小为23.3N。
(3)假设滑块到达H点前能达到共同速度,设共同速度为v,由动量守恒定律
mvD=(m0+m)v
得v=2.0m/s
滑块在长木板上相对运动时,滑块和长木板的加速度大小均为a,则
a=μg=4.0m/s2
设刚达到共同速度时,滑块位移为x1,长木板位移为x2,由运动学公式
v2-=-2ax1
得x1=1.5m
由v2=2ax2
得x2=0.5m
由题中条件可知,达到共同速度时滑块和长木板均刚好到达H处
滑块第二次滑上长木板时,两者速度相同,长木板在G处碰撞后速度反向,由动量守恒定律可知两者同时停下,由能量关系mv2+m0v2=μmgΔx
得Δx=1.0m=L0
即滑块最终停在长木板的最右端,与H点相距0.5m。
3.答案 (1)E0
(2)
(3)
解析 (1)粒子在第二象限的电场中加速运动,设射入第一象限时速度为v1,P为OD的中点,根据几何关系可得加速的距离为L,根据动能定理得qE0L=-0
解得v1=
粒子在第一象限中先做匀速直线运动,进入匀强电场后做类平抛运动,运动轨迹如图所示
x方向上有L=v1t
y方向上有at2
根据牛顿第二定律qE1=ma
以上各式联立解得E1=E0。
(2)设粒子从A点射出电场时的速度大小为v,根据动能定理有qE1L=mv2-
解得v=
设射入磁场时速度方向与x轴正方向的夹角为θ,则有csθ=
解得θ=53°
根据几何关系可得带电粒子在磁场中运动半径为r=L
带电粒子在磁场中运动时洛伦兹力提供向心力,有qvB=
以上各式联立解得匀强磁场的磁感应强度大小B=。
(3)设粒子在第二象限运动的时间为t1,根据动量定理有qE0t1=mv1-0
解得t1=
设粒子在第一象限中运动时间为t2,水平方向上做匀速直线运动,则有3L=v1t2
解得t2=
设带电粒子在磁场中运动周期为T,则有T=
解得T=
在磁场中运动时间为t3=T=
运动的总时间t总=t1+t2+t3
解得t总=。