备战2025年高考二轮复习物理（山东专版）计算题专项练3（Word版附解析）

这是一份备战2025年高考二轮复习物理（山东专版）计算题专项练3（Word版附解析），共7页。试卷主要包含了5 m　8，5 s等内容，欢迎下载使用。


(1)汽车需在进入环岛前多远处开始刹车?
(2)汽车从刹车开始至恢复到原速率所用时间是多少?
答案 (1)25.5 m (2)8.5 s
解析 (1)根据题意,汽车进入环岛后做匀速圆周运动,当以最大速率行驶时有
μmg=mvm2R
代入数据解得汽车在环岛行驶的最大速率为vm=14 m/s
汽车的初始速度v=72 km/h=20 m/s
汽车进入环岛前刹车距离为x=v2-vm22a1=202-1422×4 m=25.5 m
则汽车需在距环岛x=25.5 m处开始刹车。
(2)汽车进入环岛前刹车时间t1=v-vma1=20-144 s=1.5 s
汽车在环岛段行驶的时间t2=xBCvm=5614 s=4 s
汽车出环岛后加速到原速所用的时间t3=v-vma2=20-142 s=3 s
可得汽车从刹车开始至恢复到原速率所用时间
t=t1+t2+t3=8.5 s。
2.(8分)(2024山东聊城一模)瓷器是“泥琢火烧”的艺术,是人类智慧的结晶,是全人类共有的珍贵财富。如图所示,气窑是对陶瓷泥坯进行升温烧结的一种设备。某次烧制前,封闭在窑内的气体压强为p0,温度为室温27 ℃,为避免窑内气压过高,窑上装有一个单向排气阀,当窑内气压达到2p0时,单向排气阀开始排气。开始排气后,气窑内气体压强保持2p0不变,窑内气体温度逐渐升高,最后的烧制温度恒定为1 327 ℃。求:
(1)单向排气阀开始排气时窑内气体的温度t;
(2)本次烧制排出的气体与原有气体的质量比。
答案 (1)327 ℃ (2)58
解析 (1)以封闭在气窑内的气体为研究对象,排气前体积不变,则有初态
p1=p0
T1=(27+273) K=300 K
末态
p2=2p0
T2=(273+t) K
由查理定律可得p1T1=p2T2
代入数据解得t=327 ℃。
(2)开始排气后,气窑内气体压强保持2p0不变,则有T3=(1 327+273) K=1 600 K
设排出气体温度为T3、压强为2p0时的气体的体积为V',质量为m',
由盖-吕萨克定律可得V0T2=V0+V'T3
则有m'm=V'V0+V'
代入数据解得m'm=58。
3.(14分)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。
答案 (1)169E0
(2)892mE0qL
(3)400+127π1602mLqE0
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=12mv12-0
解得v1=2qE0Lm
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32L=v1t
y方向上有2L2=12at2
根据牛顿第二定律qE1= ma
以上各式联立解得E1=169E0。
(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=12mv2-12mv12
解得v=532qE0Lm
设射入磁场时速度方向与x轴正方向的夹角为θ,则有cs θ=v1v
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=32Lsin53°=158L
带电粒子在磁场中运动时洛伦兹力提供向心力,有qvB=mv2r
以上各式联立解得匀强磁场的磁感应强度大小B=892mE0qL。
(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=2mLqE0
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=9mL2qE0
设带电粒子在磁场中运动周期为T,则有T=2πrv
解得T=9π4mL2qE0
在磁场中运动时间为t3=360°-2×53°360°T=127π80mL2qE0
运动的总时间t总=t1+t2+t3
解得t总=400+127π1602mLqE0。
4.(16分)(2024福建龙岩一模)如图所示,在同一竖直平面内有由绝缘传送带AB、光滑圆弧轨道BCP及水平轨道QN组成的装置。传送带与圆弧轨道平滑相接,水平轨道QN略低于P点,O为圆心,圆弧轨道半径R=0.5 m,OC水平,传送带长L=5 m,与水平面夹角θ=37°,滑块(视为质点)质量m=1.0 kg,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cs 37°=0.8。
(1)传送带静止时,滑块以速度v0=6.8 m/s从A点沿传送带AB向上滑行一段距离x=1.7 m停下,求滑块与传送带间的动摩擦因数μ;
(2)若传送带以速率v带1=4 m/s顺时针转动,将滑块轻放于A点,求滑块经过C点时对轨道的压力;
(3)将圆弧轨道改成光滑圆弧细管,各轨道平滑相接,水平轨道Q处放一质量M=3.0 kg的另一滑块(视为质点),传送带以速率v带2=8 m/s顺时针转动,滑块以初速度v1=32 m/s从A点沿传送带AB、光滑圆弧细管BCP滑到P处与另一滑块发生弹性正碰,求滑块最终经过B点的速率(结果可带根号);
(4)若滑块带有电荷量q=+0.4 C,DB区间有磁感应强度大小为B=0.5 T、方向垂直纸面向外的匀强磁场,DB长d=4.8 m,在(2)的条件下,滑块在磁场中运动时间为1.86 s,求滑块第一次离开B点时的速率。
答案 (1)0.95
(2)16 N,方向水平向右
(3)22 m/s
(4)4 m/s
解析 (1)由运动学公式有v02=2a1x
解得滑块上滑加速度大小a1=13.6 m/s2
由牛顿第二定律,滑块上滑加速度大小
a1=mgsin37°+μmgcs37°m
解得μ=0.95。
(2)由牛顿第二定律,得滑块上滑加速度大小
a2=μmgcs37°-mgsin37°m=1.6 m/s2
假设滑块从A做匀加速直线运动到B,由运动学公式有
vB2=2a2L
解得vB=4 m/s=v带1
假设成立
滑块从B到C,由机械能守恒定律有
12mvB2-12mvC2=mgRcs 37°
滑块在C点,由牛顿第二定律有FN=mvC2R
解得FN=16 N
由牛顿第三定律知滑块对轨道的压力大小为16 N,方向水平向右。
(3)假设滑块从A做匀加速直线运动到B,由运动学公式有
vB12-v12=2a2L
解得滑块到B点时的速率vB1=34 m/s假设成立
滑块从B到P,由机械能守恒定律有
12mvB12-12mvP2=mg(Rcs 37°+R)
解得滑块到达P处时速度vP=4 m/s
两滑块碰撞过程,由动量守恒定律有
mvP=mvm+MvM
由能量守恒定律有12mvP2=12mvm2+12MvM2
解得碰后滑块以速度vm=-2 m/s沿细管PCB返回传送带。滑块从P到B,由机械能守恒定律有12mvm'2-12mvm2=mg(R+Rcs 37°)
解得滑块以速度vm'=22 m/s从B点返回传送带,在传送带上做匀减速直线运动
假设滑块减速到零通过的位移为
x'=vm'22a2=6.875 m>L
说明滑块减速到零之前已从A点离开传送带,则滑块最终经过B点的速率为22 m/s。
(4)由(2)可知滑块从A到D,由运动学公式有
vD2=2a2(L-d)
解得滑块进入磁场时的速度vD=0.8 m/s
假设滑块能从D加速到B,由动量定理有
-mgtsin 37°+∑μ(mgcs 37°+qviB)ti=mvB2-mvD
即-mgtsin 37°+μmgtcs 37°+μqdB=mvB2-mvD
解得滑块离开B点时的速率
vB2=4.688 m/s>v带1
假设不成立。
则滑块到达B点前已与传送带共速,再与传送带一起匀速运动,则滑块第一次离开B点时的速率为4 m/s。