高考二輪復(fù)習(xí)物理試題（老高考新教材）題型專項(xiàng)練計(jì)算題專項(xiàng)練（三）

計(jì)算題專項(xiàng)練(三)1.(2023山東日照二模)如圖甲所示,一根足夠長(zhǎng)的固定細(xì)桿與水平方向的夾角θ=37°,質(zhì)量m=2kg的帶電小球穿在細(xì)桿上并靜止于細(xì)桿底端的O點(diǎn)。t=0開始在空間施加一電磁輻射區(qū),使小球受到水平向右的力F=kt(k=10N/s),t=6s后小球離開電磁輻射區(qū),小球在電磁輻射區(qū)內(nèi)的加速度a隨著時(shí)間t變化的圖像如圖乙所示,認(rèn)為細(xì)桿對(duì)小球的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。g取10m/s2,sin37°=0.6。求:(1)t=6s時(shí)小球的加速度am的大小;(2)小球離開電磁輻射區(qū)后沿著細(xì)桿上升的最大距離l。2.(2023浙江紹興模擬)一款游戲裝置的示意圖如圖所示,它由固定的豎直軌道和水平軌道兩部分組成。豎直軌道由傾角θ=60°的直軌道AB、半徑r1=0.1m的螺旋圓形軌道BC和半徑r2=1.2m、圓心角θ=60°的圓弧軌道BD組成,水平軌道由長(zhǎng)L=1.5m的直軌道EF和兩個(gè)半徑為R的半圓軌道組成,半圓軌道的外側(cè)均有光滑的圓弧擋板(圖中未畫出)。豎直軌道和水平軌道通過軌道DE連接,所有軌道均光滑且相互平滑連接。G和H之間的地面光滑,靠近G處放置與軌道等高、長(zhǎng)度為L(zhǎng)0=1.0m、質(zhì)量為m0=1.0kg的長(zhǎng)木板?，F(xiàn)將質(zhì)量m=1.0kg、可視為質(zhì)點(diǎn)的小滑塊從離B點(diǎn)高度為h處由靜止釋放,滑塊恰好能通過圓弧軌道的最高點(diǎn)C,并進(jìn)入水平軌道,調(diào)節(jié)半圓軌道的半徑R的大小,使滑塊最終停在長(zhǎng)木板上。已知滑塊與長(zhǎng)木板上表面的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.4,長(zhǎng)木板與G和H處固定樁的相碰均為彈性碰撞,且碰撞時(shí)間極短,不計(jì)空氣阻力,重力加速度g取10m/s2。(1)求滑塊釋放的高度h;(2)求滑塊經(jīng)圓弧軌道最低點(diǎn)D時(shí)對(duì)軌道的壓力大小;(3)求滑塊最終停下的位置。3.如圖所示,在平面直角坐標(biāo)系xOy中,O為坐標(biāo)原點(diǎn),A點(diǎn)的坐標(biāo)為(3L,0),B點(diǎn)坐標(biāo)為(0,2L),三角形ABC為直角三角形,其中∠C為直角,在直角三角形ABC中有沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng),三角形OBD為等腰直角三角形,P點(diǎn)為OD的中點(diǎn),等腰直角三角形OBD中存在沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng),電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E0,第三象限和第四象限存在范圍足夠大的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁場(chǎng)方向垂直于紙面向外。一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的帶電粒子,從P點(diǎn)靜止釋放,粒子從第二象限進(jìn)入第一象限,經(jīng)過直角三角形ABC內(nèi)的勻強(qiáng)電場(chǎng)后恰好從A點(diǎn)進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng),經(jīng)勻強(qiáng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后直接打到坐標(biāo)原點(diǎn)O,不計(jì)粒子重力,sin37°=0.6。求:(1)直角三角形ABC中勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小E1;(2)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B;(3)粒子從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)的總時(shí)間t總。計(jì)算題專項(xiàng)練(三)1.答案(1)5m/s2(2)1.25m解析(1)根據(jù)題意,對(duì)小球受力分析,如圖所示由題圖乙可知,t=4s時(shí),小球的加速度恰好為0,則有Fcosθ=mgsinθ+FfFsinθ+mgcosθ=FNFf=μFNF=10×4N=40N解得μ=0.5t=6s時(shí),有F'cosθmgsinθFf'=mamF'sinθ+mgcosθ=FN'Ff'=μFN'F'=10×6N=60N解得am=5m/s2。(2)t=6s后,小球離開電磁輻射區(qū),由牛頓第二定律有mgsinθ+μmgcosθ=ma解得a=10m/s2根據(jù)題意,由at圖像中面積表示速度變化量可知,由于小球由靜止開始運(yùn)動(dòng),則t=6s時(shí)小球的速度為v=12×(64)×5m/s=5由v2=2al可得,小球離開電磁輻射區(qū)后沿著細(xì)桿上升的最大距離為l=v22a=1.252.答案(1)0.2m(2)23.3N(3)滑塊最終停在長(zhǎng)木板的最右端,與H點(diǎn)相距0.5m解析(1)設(shè)滑塊運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)C時(shí)的速度為vC,由向心力公式mg=m得vC=1.0m/s滑塊由靜止釋放運(yùn)動(dòng)到C的過程中,由動(dòng)能定理可得mghmgr1(1+cosθ)=1解得h=0.2m。(2)設(shè)滑塊運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)D時(shí)的速度為vD,由動(dòng)能定理可得mg[h+r2(1cosθ)]=12得vD=4.0m/s設(shè)滑塊經(jīng)最低點(diǎn)D時(shí),軌道對(duì)滑塊的支持力大小為FD,由向心力公式FDmg=m得FD=23.3N由牛頓第三定律,滑塊經(jīng)過最低點(diǎn)D時(shí)對(duì)軌道壓力大小為23.3N。(3)假設(shè)滑塊到達(dá)H點(diǎn)前能達(dá)到共同速度,設(shè)共同速度為v,由動(dòng)量守恒定律mvD=(m0+m)v得v=2.0m/s滑塊在長(zhǎng)木板上相對(duì)運(yùn)動(dòng)時(shí),滑塊和長(zhǎng)木板的加速度大小均為a,則a=μg=4.0m/s2設(shè)剛達(dá)到共同速度時(shí),滑塊位移為x1,長(zhǎng)木板位移為x2,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式v2vD2=2得x1=1.5m由v2=2ax2得x2=0.5m由題中條件可知,達(dá)到共同速度時(shí)滑塊和長(zhǎng)木板均剛好到達(dá)H處滑塊第二次滑上長(zhǎng)木板時(shí),兩者速度相同,長(zhǎng)木板在G處碰撞后速度反向,由動(dòng)量守恒定律可知兩者同時(shí)停下,由能量關(guān)系12mv2+12m0v2=μmg得Δx=1.0m=L0即滑塊最終停在長(zhǎng)木板的最右端,與H點(diǎn)相距0.5m。3.答案(1)169E(2)8(3)400+127解析(1)粒子在第二象限的電場(chǎng)中加速運(yùn)動(dòng),設(shè)射入第一象限時(shí)速度為v1,P為OD的中點(diǎn),根據(jù)幾何關(guān)系可得加速的距離為L(zhǎng),根據(jù)動(dòng)能定理得qE0L=12解得v1=2粒子在第一象限中先做勻速直線運(yùn)動(dòng),進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)后做類平拋運(yùn)動(dòng),運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示x方向上有32L=v1y方向上有2L2根據(jù)牛頓第二定律qE1=ma以上各式聯(lián)立解得E1=169E0(2)設(shè)粒子從A點(diǎn)射出電場(chǎng)時(shí)的速度大小為v,根據(jù)動(dòng)能定理有qE1L=12mv2解得v=5設(shè)射入磁場(chǎng)時(shí)速度方向與x軸正方向的夾角為θ,則有cosθ=v解得θ=53°根據(jù)幾何關(guān)系可得帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)半徑為r=32帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)洛倫茲力提供向心力,有qvB=m以上各式聯(lián)立解得勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=89(3)設(shè)粒子在第二象限運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1,