2023屆高考二輪總復(fù)習(xí)試題物理（適用于老高考新教材）計(jì)算題專項(xiàng)練（一）Word版含解析

計(jì)算題專項(xiàng)練(一)1.(2022山東煙臺(tái)二中預(yù)測(cè))滑雪運(yùn)動(dòng)越來越受到青少年們的青睞?；┐筇_(tái)的賽道主要由助滑道、起跳臺(tái)、著陸坡、停止區(qū)組成,如圖甲所示;圖乙為簡(jiǎn)化后的跳臺(tái)滑雪雪道示意圖,A為助滑道的最高點(diǎn),D為助滑道的最低點(diǎn),B為跳臺(tái)起跳點(diǎn),起跳區(qū)DB為傾角α=15°的斜面,著陸坡道為傾角θ=30°的斜面。在某次訓(xùn)練中,運(yùn)動(dòng)員從A點(diǎn)由靜止開始下滑,到起跳點(diǎn)B沿斜面向上飛出,最后落在著陸坡道上的C點(diǎn)。A、B、C、D在同一豎直平面內(nèi),已知A、B點(diǎn)間的高度差H=45m,不計(jì)一切阻力和摩擦,重力加速度g取10m/s2。求:甲乙(1)運(yùn)動(dòng)員完成空中動(dòng)作的時(shí)間t;(2)運(yùn)動(dòng)員到達(dá)C點(diǎn)的速度大小。2.(2022安徽合肥預(yù)測(cè))如圖甲所示,用不可伸長的輕繩將質(zhì)量為mA=2.0kg的物塊A懸掛在O點(diǎn),輕繩長度為l=0.8m。初始時(shí),輕繩處于水平拉直狀態(tài),現(xiàn)將物塊A由靜止釋放,當(dāng)A下擺至最低點(diǎn)時(shí),恰好與靜止在水平面上的長木板B發(fā)生彈性碰撞,碰撞時(shí)間極短。長木板B的質(zhì)量為mB=2.0kg,長木板B的左端放置有可視為質(zhì)點(diǎn)的小物塊C,小物塊C的速度隨時(shí)間變化圖像如圖乙所示,小物塊C的質(zhì)量為mC=1.0kg,在運(yùn)動(dòng)過程中,小物塊C未從長木板B上掉落。重力加速度g取10m/s2,不計(jì)空氣阻力的影響。求:甲乙(1)碰撞前瞬間輕繩拉力的大小;(2)小物塊C與長木板B間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ以及長木板B與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ0;(3)長木板B至少多長。3.(2022湖北武漢模擬)如圖所示,空間中存在著勻強(qiáng)磁場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng),空間位置有邊長L=1.6m的正方體abcd-a'b'c'd',其中a、b、c、d'四點(diǎn)電勢(shì)分別為φa=0、φb=-16V、φc=-16V、φd'=16V,勻強(qiáng)磁場(chǎng)的方向沿a'd'cb平面斜向上。一帶正電的小球以速度v0=2m/s從b點(diǎn)沿bc方向勻速運(yùn)動(dòng),重力加速度g取10m/s2。(結(jié)果可用根式表示)(1)求勻強(qiáng)電場(chǎng)E的大小與方向和磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小。(2)若同時(shí)撤去電場(chǎng)和磁場(chǎng),小球從正方體哪條邊離開?(3)若僅撤去電場(chǎng),小球從正方體的什么位置離開?答案：1.答案(1)26s(2)1015+63解析(1)設(shè)運(yùn)動(dòng)員及裝備總質(zhì)量為m,由動(dòng)能定理得mgH=12m設(shè)運(yùn)動(dòng)員從B到C的時(shí)間為t,將運(yùn)動(dòng)分解到垂直斜坡方向和沿著斜坡方向,在垂直斜坡方向上vy=vBsin(α+θ)ay=gcosθ且落到斜坡上時(shí)t=v代入數(shù)據(jù)解得t=26s。(2)在沿著陸坡道方向上ax=gsinθvx=vBcos(α+θ)+axtv=v代入數(shù)據(jù)解得v=1015+63m/s2.答案(1)60N(2)0.116解析(1)設(shè)物塊A與長木板B碰撞前瞬間的速度大小為v0,對(duì)物塊A由靜止釋放運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過程,根據(jù)動(dòng)能定理有mAgl=12mA解得v0=4m/s則根據(jù)牛頓第二定律有FT-mAg=mAv解得FT=60N。(2)設(shè)小物塊C與長木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,由題圖乙可知小物塊C相對(duì)長木板B滑動(dòng)過程中的加速度大小為aC=μg=1m/s2解得μ=0.1設(shè)碰撞后瞬間物塊A和長木板B的速度分別為vA、vB,物塊A與長木板B發(fā)生彈性碰撞,根據(jù)動(dòng)量守恒定律有mAv0=mAvA+mBvB再根據(jù)機(jī)械能守恒定律有12mAv02=12解得vB=4m/s在0~1s時(shí)間內(nèi),設(shè)長木板B的加速度大小為aB,根據(jù)牛頓第二定律有μ0(mB+mC)g+μmCg=mBaB由題圖乙易知t=1s時(shí),長木板B和小物塊C達(dá)到共同速度,且v共=1m/s,對(duì)長木板B根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有vB-v共=aBt1解得μ0=16(3)長木板B與小物塊C在0~1s內(nèi)的相對(duì)位移為Δx1=vB+v共2t1-0+長木板B和小物塊C達(dá)到共同速度后,C對(duì)B的摩擦力方向變?yōu)樗较蜃?設(shè)此后B的加速度大小為aB',根據(jù)牛頓第二定律有μ0(mB+mC)g-μmCg=mBaB'解得aB'=2m/s2長木板B與小物塊C在1~2s內(nèi)的相對(duì)位移為Δx2=v共22aB'-則長木板B至少長L=Δx1=2m。3.答案(1)102V/m,方向沿著a'b方向52T(2)小球從正方體c'b'邊離開(3)小球從正方體的d'點(diǎn)離開解析(1)根據(jù)各點(diǎn)電勢(shì)分布可知φa=φd=0φb=φc=-16V則電場(chǎng)沿著a'b方向,電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E=16-(-16)2×帶正電小球以速度v0=2m/s從b點(diǎn)沿bc方向勻速運(yùn)動(dòng),受力分析如圖所示由幾何關(guān)系可知θ=45°,由平衡條件可知22qE=22qv22qE+22qv解得B=Ev0=52(2)若同時(shí)撤去電場(chǎng)和磁場(chǎng),小球只受重力,在平面bcc'b'內(nèi)做平拋運(yùn)動(dòng),設(shè)時(shí)間為t1,在bc方向做勻速直線運(yùn)動(dòng),有L=v0t1y=1解得t1=0.8s,y=3.2m>L=1.6m則小球落到底邊c'b'上即小球從正方體c'b'邊離開。(3)若僅撤去電