2025年高三物理二輪復習之計算題專項練習題庫及答案

2024年高三物理二輪復習之計算題專項練習題庫及答案1.如圖所示，一個可視為質點的物塊，質量為m=2kg，從光滑四分之一圓弧軌道頂端由靜止滑下，到達底端時恰好進入與圓弧軌道底端相切的水平傳送帶，傳送帶由一電動機驅動著勻速向左轉動，速度大小為v=3m/s.已知圓弧軌道半徑R=0.8m，皮帶輪的半徑r=0.2m，物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為.，兩皮帶輪之間的距離為L=6m，重力加速度g=1Om/s2.求：(1)皮帶輪轉動的角速度多大？(2)物塊滑到圓弧軌道底端時對軌道的作用力；(3)物塊將從傳送帶的哪一端離開傳送帶？物塊在傳送帶上克服摩擦力所做的功為多大？（1）皮帶輪轉動的角速度，由u=，得rad/s………（2分）（2）物塊滑到圓弧軌道底端的過程中，由動能定理得解得m/s……（2分）在圓弧軌道底端，由牛頓第二定律得解得物塊所受支持力F=60N………………（3分）由牛頓第三定律，物塊對軌道的作用力大小為60N，方向豎直向下?！?分）（3）物塊滑上傳送帶后做勻減速直線運動，設加速度大小為a，由牛頓第二定律得解得a=1m/s2…………（2分）物塊勻減速到速度為零時向右運動的最大距離為m>L=6m…（2分）可見，物塊將從傳送帶的右端離開傳送帶…………（1分）物塊在傳送帶上克服摩擦力所做的功為J……（3分）2．如圖所示，質量為m的滑塊在水平力作用下靜止在傾角為θ在光滑斜面上，斜面的末端B與長為L的水平傳送帶相接，傳送帶的運行速度為v0；若將水平力撤去，滑塊滑到傳送帶右端C時，恰好與傳送帶速度相同?；瑝K與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ。求：（1）水平作用力F大?。唬?）滑塊下滑高度；（3）若滑塊進入傳送帶速度大于傳送帶的速度，滑塊在傳送帶上滑行的整個過程中產(chǎn)生的熱量。mgN解：（1）滑塊受到水平推力F、重力mg和支持力NmgN∴水平推力F=mgtanθ……①（5分）（2）設滑塊從高為h處下滑，到達斜面底端速度為v下滑過程機械能守恒：∴……②（2分）若滑塊沖上傳送帶時的速度小于傳送帶速度，則滑塊在帶上由于受到向右的滑動摩擦力而做勻加速運動；根據(jù)動能定理有：……③（2分）∴……④（1分）若滑塊沖上傳送帶時的速度大于傳送帶的速度，則滑塊由于受到向左的滑動摩擦力而做勻減速運動；根據(jù)動能定理：……⑤（2分）……⑥（1分）（3）設滑塊在傳送帶上運動的時間為t，則t時間內傳送帶的位移：s=v0t……⑦（1分）……⑧(1分)滑塊相對傳送帶滑動的位移………⑨（1分）相對滑動生成的熱量 ……⑩（1分）解得：……eq\o\ac(○,11)（2分）3．如圖甲所示，兩根質量均為m=0.1kg完全相同的導體棒a、b，用絕緣輕桿相連置于由金屬導軌PQ、MN架設的斜面上。已知斜面傾角θ=53o，a、b導體棒的間距是PQ和MN導軌間距的一半，導軌間分界線oo’以下有方向垂直斜面向上的勻強磁場。當a、b導體棒沿導軌下滑時，其速度v與時間t的關系如圖乙所示。若a、b導體棒接入電路的電阻均為R=1Ω，其它電阻不計。（取g=10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6)⑴依據(jù)v-t圖像，求b導體棒勻速運動階段的位移大小⑵求a、b導體棒與導軌間的動摩擦因數(shù)μ⑶求勻強磁場的磁感應強度B大小解：（1）由圖乙可知導體棒b剛進入磁場時a、b的連接體做勻速運動，當導體棒aGNGNfs=vt=0.6m（3分）（2）設導體棒運動的加速度為a，由圖乙得： （2分） 由牛頓第二定律得： （3分） 解得：（2分）（3）當b導體棒進入磁場時，連接體做勻速運動時 （2分） （2分） d=2s（2分） 聯(lián)立解得（2分）圖甲圖乙乙94.(18分)如圖甲所示勻強磁場B=0.5T，方向豎直向下，MN、PQ是平行的粗糙的長直導軌,間距L=0.2m，放在水平面上，R=0.4是連在導軌一端的電阻，ab是垂直跨接在導軌上質量為m=0.1kg的導體棒，它與導軌間的動摩擦因數(shù)為。從t=0時刻開始，通過一小型電動機對ab棒施加一個牽引力F，方向水平向左，使其從靜止開始沿導軌做加速運動，此過程中導體棒始終保持與導軌垂直且接觸良好，圖乙是導體棒的速度——時間圖象（其中OA是直線，AC是曲線，c點后速度達到穩(wěn)定為10m/s），小型電動機在12s末達到額定功率，此后功率保持不變。除R以外，其余部分的電阻均不計，g=10m/s2圖甲圖乙乙9（1）導體棒在0—12s內的加速度大?。唬?）電動機的額定功率；（3）若已知0—12s內電阻R上產(chǎn)生的熱量為12.5J，則此過程中牽引力做的功。解：（1）由圖中可得：12s末的速度為導體棒在0~12s內的加速度大小為（3分）（2）當導體棒達到收尾速度（1分）棒受力平衡，有：（2分） 此時（2分） 代入后得（2分） 故（2分）（3）在0~12s內F是變力，據(jù)動能定理（2分） 又（1分） （1分） 設12s內金屬棒移動的距離為S1 （1分） 聯(lián)立解得（2分）5.山地滑雪是人們喜愛的一項體育運動。一滑雪道ABC的底部是一段半徑為R的圓弧，圓弧的末端C的切線沿水平方向，C點到地面之間是一懸崖峭壁，如圖所示.已知AC間的高度差為，運動員連同滑雪裝備總質量為m，開始時運動員從A點由靜止下滑，滑到C點后被水平拋出，當拋出時間為t時，迎面遭遇一股強風，最終運動員落到了與起點A高差為H的水平雪地上，落地時速度大小為v，不計遭遇強風前的空氣阻力和雪道的摩擦阻力，重力加速度為g。求:（1）運動員到達C點所受的支持力的大小;(2)運動員剛遭遇強風時的速度大小及距地面的高度;(3)強風對運動員所做的功為多大?解：（1）由A到C：……（2分）在C點：……………………（2分）解得…………（1分）（2）運動員做平拋運動時，在豎直方向的速度為…………（1分）速度為…………（2分）下落為高度為………（1分）距地面的高度為…………………（1分）（3）運動員整個運動過程……………（3分）解得…………（2分）6如圖所示，粒子源K與虛線MN之間是一加速電場.虛線柵MN與PQ之間是勻強電場，虛線PQ與熒光屏之間是勻強磁場，且MN、PQ與熒光屏三者互相平行。電場和磁場的方向如圖所示。圖中A點與O點的連線垂直于熒光屏。從K發(fā)射出的一初速度為零的帶正電的粒子，被電場加速后以速度從A點垂直射入偏轉電場，在離開偏轉電場后進入勻強磁場，最后恰好垂直地打在圖中的熒光屏上。已知電場和磁場區(qū)域在豎直方向足夠長，加速電場電壓與偏轉電場的場強關系為U=，式中的d是偏轉電場的寬度，磁場的磁感應強度與偏轉電場的電場強度和帶電粒子離開加速電場的速度Vo關系符合表達式=，(以上關系式中U、E、B均為未知量)（1）試說明的大小與K和AW之間的距離有何關系;（2）求帶電粒子進入磁場時的速度大小;（3）帶電粒子最后在電場和磁場中總的偏轉距離是多少?解：（1）帶電粒子在加速電場中由動能定理得由此可知粒子獲得的速度只與加速電壓有關，與和之間的距離無關（3分）（2）帶電粒子在加速電聲中獲得的動能為……………………（2分）進入偏轉電場后的偏轉角為………………（3分）[來源:學.科.網(wǎng)]即帶電粒子在電場中的偏轉角豎直速度與水平速度大小相等………………（1分）帶電粒子離開偏轉電場速度為………………（2分）（3）帶電粒子在磁場中的半徑為………………（2分）帶電粒子在偏轉電場中增加的動能與在加速度電場中獲得的動能相同，設帶電粒子在偏轉電場中的偏轉距離為[來源:Zxxk.Com]……（2分）在磁場中偏轉距離為……（2分）粒子在電場、磁場中偏轉的總距離為…………（1分）7如圖所示，相距為R的兩塊平行金屬板M、N正對著放置，s1、s2分別為M、N板上的小孔，s1、s2、O三點共線，它們的連線垂直M、N，且s2O=R。以O為圓心、R為半徑的圓形區(qū)域內存在磁感應強度為B、方向垂直紙面向外的勻強磁場。D為收集板，板上各點到O點的距離以及板兩端點的距離都為2R，板兩端點的連線垂直M、N板。質量為m、帶電量為+q的粒子，經(jīng)s1進入M、N間的電場后，通過s2進入磁場。粒子在s1處的速度和粒子所受的重力RMNRMNODs1s2R2R2R（2）若粒子恰好打在收集板D的中點上，求M、N間的電壓值U0；（3）當M、N間的電壓不同時，粒子從s1到打在D上經(jīng)歷的時間t會不同，求t的最小值。解：（1）粒子從s1到達s2的過程中，根據(jù)動能定理得①解得粒子進入磁場時速度的大?。骸?分】（2）粒子進入磁場后在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，有②【1分】由①②得加速電壓U與軌跡半徑r的關系為：當粒子打在收集板D的中點時，粒子在磁場中運動的半徑：r0=R【1分】對應電壓：【1分】（3）M、N間的電壓越大，粒子進入磁場時的速度越大，粒子在極板間經(jīng)歷的時間越短，同時在磁場中運動軌跡的半徑越大，在磁場中運動的時間也會越短，出磁場后勻速運動的時間也越短，所以當粒子打在收集板D的右端時，對應時間t最短。【1分】根據(jù)幾何關系可以求得粒子在磁場中運動的半徑：r=R【1分】由②得粒子進入磁場時速度的大?。毫Ｗ釉陔妶鲋薪?jīng)歷的時間：【1分】粒子在磁場中經(jīng)歷的時間：【1分】粒子出磁場后做勻速直線運動經(jīng)歷的時間：【1分】粒子從s1到打在收集板D上經(jīng)歷的最短時間為：t=t1+t2+t3=【1分】8如圖所示,在水平方向的勻強電場中有一表面光滑、與水平面成45°角的絕緣直桿AB,其B端距地面高度h=4.5m。有一質量為m=0.5kg、帶負電量為q=2.5X102C的小環(huán)套在直桿上，正以v0=2m/s的速度沿桿勻速下滑，小環(huán)離開桿后通過與B端正下方P點相距為l=0.5m的Q點，g取1Om/s2c求：(1) 電場強度E的大小。(2) 小環(huán)離開直桿后運動的加速度大小和方向。(3) 小環(huán)運動到Q點時的速度大小。IBR1R2abMNCDEFhIIBIBR1R2abMNCDEFhIIBL(1)求導體棒ab剛要離開MN時的加速度大?。?2)若導體棒ab進入磁場II后，棒中的電流大小始終保持不變，求磁場I和II之間的距離h．(3)若將磁場II的CD邊界略微下移，使導體棒ab剛進入磁場II時速度大小變?yōu)関2=9m/s，要使棒在外力F作用下做a=3m/s2的勻加速直線運動，求所加外力F隨時間t變化的關系式．10．（19分）如圖所示，光滑水平軌道與半徑為R的光滑豎直半圓軌道在B點平滑連接。在過圓心O的水平界面MN的下方分布有水平向右的勻強電場?，F(xiàn)有一質量為m，電量為+q的小球1從水平軌道上A點由靜止釋放，小球運動到B點與一質量為m、不帶電小球2發(fā)生彈性碰撞（設碰撞時小球1把所有電量轉移給小球2），小球2從C點離開圓軌道后，經(jīng)界面MN上的P點進入電場（P點恰好在A點的正上方，如圖。小球可視為質點，小球2運動到C點之前電量保持不變，經(jīng)過C點后電量立即變?yōu)榱悖?。已知A、B間距離為2R，重力加速度為g。在上述運動過程中，求：（1）電場強度E的大小；（2）小球2在圓軌道上運動時最大速率；（3）小球2對圓軌道的最大壓力的大小。（1）設電場強度為E，小球1過B點時速度大小為，小球1A到B由動能定理： ----------------2分小球1碰小球2交換速度，小球2碰后速度為----------------2分小球2B到C由動能定理：----------------2分小球離開C點后做平拋運動到P點：----------------1分 ----------------1分聯(lián)立方程解得：----------------2分（2）設小球運動到圓周D點時速度最大為，此時OD與豎直線OB夾角設為α，小球從A運動到D過程，根據(jù)動能定理：------------3分根據(jù)數(shù)學知識可知，當時動能最大-------------2分由此可得：-------------1分（3）由于小球在D點時速度最大且電場力與重力的合力恰好沿半徑方向，故小球在D點對圓軌道的壓力最大，設此壓力大小為F，由牛頓第三定律可知小球在D點受到的軌道的彈力大小也為F，在D點對小球進行受力分析，并建立如圖所示坐標系，由牛頓第二定律： ------------3分解得：-------------1分11．（16分）如圖所示，質量為m的小球B，用長為的細繩吊起處于靜止狀態(tài)，質量為m的A球沿半徑為的光滑1／4圓弧軌道，在與O點等高位置由靜止釋放，A球下滑到最低點與B球相碰，若A球與B球碰撞后立刻粘合在一起，求：（1）A球與B球碰撞過程中損失的機械能（2）A球與B球撞后的瞬間受到細繩拉力F的大小23．（1）（2分）（2分）（3分）l（1分）（2）（3分）（1分）POQCEBθvPOQCEBθv0不計粒子的重力，求：(l)粒子從P運動到Q所用的時間t。(2)電場強度E的大小(3)粒子到達Q點時的動能EkQ1(1)畫出粒子運動的軌跡如圖示的三分之一圓弧(O1為粒子在磁場中圓周運動的圓心）：∠PO1C=120°設粒子在磁場中圓周運動的半徑為r，……2分r+rcos60°=OC=xOC=x=3r/2…………2分粒子在磁場中圓周運動的時間……1分粒子在電場中類平拋運動OQ=2x=3r……1分…………1分粒子從P運動到Q所用的時間…………1分(2)粒子在電場中類平拋運動……1分……1分解得…1分(3)由動能定理…………2分解得粒子到達Q點時的動能為……113如圖所示，用特定材料制作的細鋼軌豎直放置，半圓形軌道光滑，半徑分別為R，2R,3R和4R，R=0.5m，水平部分長度L=2m，軌道最低點離水平地面高h=1m。中心有孔的鋼球（孔徑略大于細鋼軌道直徑），套在鋼軌端點P處，質量為m=0.5kg，與鋼軌水平部分的動摩擦因數(shù)為μ=0.4。給鋼球一初速度v0=13m/s。取g=10m/s2。求：（1）鋼球運動至第一個半圓形軌道最低點A時對軌道的壓力。（2）鋼球落地點到拋出點的水平距離。2、（共18分）解（1）球從P運動到A點過程由動能定理得由牛頓第二定律由牛頓第三定律解得對軌道壓力為178N，方向豎直向下（2）設球到達軌道末端點速度為V2，對全程由動能定理得解得v2=7m/s由平拋運動解得14如圖所示，在空間存在這樣一個磁場區(qū)域，以MN為界，上部分的勻強磁場的磁感應強度為B1，下部分的勻強磁場的磁感應強度為B2，B1=2B2=2B0，方向均垂直紙面向內，且磁場區(qū)域足夠大．在距離界線為h的P點有一帶負電荷的離子處于靜止狀態(tài)，某時刻離子自動分解成為帶電荷的粒子A和不帶電的粒子B，粒子A質量為m,、帶電荷q，以平行于界線MN的速度向右運動，經(jīng)過界線MN時的速度方向與界線成60°角，進入下部分磁場。當粒子B沿與界線平行的直線第一次到達位置Q（圖中Q點未畫出）時，恰好又與粒子A相遇。不計粒子的重力．求：求粒子A的速度大?。甈、Q兩點間距離．粒子B的質量．設粒子A的速度為v0，在MN上方運動半徑為R1，即=1\*GB3①如圖，由幾何關系可得：，代入=1\*GB3①式得：=2\*GB3②(2)在B2中粒子做圓周運動的半徑R2為由PQ相遇時的軌跡圖可知，PQ的距離為：(3)粒子A在B1、B2的周期分別為T1、T2，粒子A從P點到Q點所用時間為 設粒子B從P點到Q點速度v為：=3\*GB3③設粒子B質量為M，由動量守恒可得：=4\*GB3④由=2\*GB3②=3\*GB3③=4\*GB3④可得15如圖14所示，半徑為r、圓心為O1的虛線所圍的圓形區(qū)域內存在垂直紙面