2022版高考物理大三轮复习高考题型专项练三计算题专项练一_十二含解析20191024285

计算题专项练（一）-（十二）计算题专项练(一)(建议用时：20分钟)题号12考点电磁感应中导体棒运动问题分析多过程问题的综合分析1．如图所示，电阻不计且足够长的U形金属框架放置在倾角θ＝37°的绝缘斜面上，该装置处于垂直斜面向下的匀强磁场中，磁感应强度大小B＝0.4T．质量m＝0.2kg、电阻R＝0.3Ω的导体棒ab垂直放在框架上，与框架接触良好，从静止开始沿框架无摩擦地下滑．框架的质量M＝0.4kg、宽度l＝0.5m，框架与斜面间的动摩擦因数μ＝0.7，与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．(g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(1)若框架固定，求导体棒的最大速度vm；(2)若框架固定，导体棒从静止开始下滑6m时速度v1＝4m/s，求此过程回路中产生的热量Q及流过导体棒的电荷量q；(3)若框架不固定，求当框架刚开始运动时导体棒的速度大小v2.2．如图所示，光滑水平面上有一质量M＝4.0kg的平板车，车的上表面是一段长L＝1.5m的粗糙水平轨道， 水平轨道左侧连一半径R＝0.25m的四分之一光滑圆弧轨道，圆弧轨道与水平轨道在点O′处相切．现有一质量m＝1.0kg的小物块(可视为质点)从平板车的右端以水平向左的初速度v0滑上平板车，小物块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.5，小物块恰能到达圆弧轨道的最高点A.取g＝10m/s2，求：(1)小物块滑上平板车的初速度v0的大小；(2)小物块与车最终相对静止时，它距点O′的距离．三、计算题专项练计算题专项练(一)1．解析：(1)棒ab产生的电动势E＝Blv回路中感应电流I＝棒ab所受的安培力F＝BIl对棒ab，mgsin37°－BIl＝ma当加速度a＝0时，速度最大，最大值vm＝＝9m/s.(2)根据能量转化和守恒定律有mgxsin37°＝mv2＋Q代入数据解得Q＝5.6Jq＝t＝t＝＝代入数据得q＝4.0C.(3)回路中感应电流I2＝框架上边所受安培力F2＝BI2l当框架刚开始运动时，对框架有Mgsin37°＋BI2l＝μ(m＋M)gcos37°代入数据解得v2＝7.2m/s.答案：(1)9m/s　(2)5.6J　4.0C　(3)7.2m/s2．解析：(1)平板车和小物块组成的系统在水平方向上动量守恒，设小物块到达圆弧轨道最高点A时，二者的共同速度为v1 由动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v1由能量守恒定律得mv－(M＋m)v＝mgR＋μmgL解得v0＝5m/s.(2)设小物块最终与车相对静止时，二者的共同速度为v2，从小物块滑上平板车，到二者相对静止的过程中，由动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v2设小物块与车最终相对静止时，它距O′点的距离为x，由能量守恒定律得mv－(M＋m)v＝μmg(L＋x)解得x＝0.5m.答案：(1)5m/s　(2)0.5m计算题专项练(二)(建议用时：20分钟)题号12考点电磁感应中导体棒的平衡问题多过程问题的综合分析1．如图所示，足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ相距L，倾斜置于匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向上，断开开关S，将长也为L的金属棒ab在导轨上由静止释放，经时间t，金属棒的速度大小为v1，此时闭合开关，最终金属棒以大小为v2的速度沿导轨匀速运动．已知金属棒的质量为m，电阻为r，其他电阻均不计，重力加速度为g.(1)求导轨与水平面夹角α的正弦值及磁场的磁感应强度B的大小；(2)若金属棒的速度从v1增至v2历时Δt，求该过程中流经金属棒的电荷量．2．如图所示，半径为R的四分之一光滑圆弧轨道竖直固定在水平地面上，下端与水平地面在P点相切，一个质量为2m的物块B(可视为质点)静止在水平地面上，左端固定有轻弹簧， Q点为弹簧处于原长时的左端点，P、Q间的距离为R，PQ段地面粗糙、动摩擦因数为μ＝0.5，Q点右侧水平地面光滑，现将质量为m的物块A(可视为质点)从圆弧轨道的最高点由静止开始下滑，重力加速度为g.求：(1)物块A沿圆弧轨道滑至P点时对轨道的压力；(2)弹簧被压缩的最大弹性势能(未超过弹性限度)；(3)物块A最终停止位置到Q点的距离．计算题专项练(二)1．解析：(1)开关断开时，金属棒在导轨上匀加速下滑，由牛顿第二定律有mgsinα＝ma由匀变速运动的规律有：v1＝at解得sinα＝开关闭合后，金属棒在导轨上做变加速运动，最终以v2匀速运动，匀速时mgsinα＝BIL又有：I＝解得B＝.(2)在金属棒变加速运动阶段，根据动量定理可得mgsinαΔt－BLΔt＝mv2－mv1其中Δt＝q联立上式可得q＝(v1t＋v1Δt－v2t). 答案：(1)　(2)(v1t＋v1Δt－v2t)2．解析：(1)物块A从静止沿圆弧轨道滑至P点，设速度大小为vP，由机械能守恒定律有：mgR＝mv在最低点轨道对物块的支持力大小为FN，由牛顿第二定律有：FN－mg＝m，联立解得：FN＝3mg，由牛顿第三定律可知物块对轨道P点的压力大小为3mg，方向向下．(2)设物块A与弹簧接触前瞬间的速度大小为v0，由动能定理有mgR－μmgR＝mv－0，v0＝，物块A、物块B具有共同速度v时，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律有：mv0＝(m＋2m)v，由能量守恒定律得：mv＝(m＋2m)v2＋Epm，联立解得Epm＝mgR；(3)设物块A与弹簧分离时，A、B的速度大小分别为v1、v2，规定向右为正方向，则有mv0＝－mv1＋2mv2，mv＝mv＋(2m)v，联立解得：v1＝，设A最终停在Q点左侧x处，由动能定理有：－μmgx＝0－mv，解得x＝R.答案：(1)3mg，方向向下　(2)mgR(3)R 计算题专项练(三)(建议用时：20分钟)题号12考点竖直面内的圆周运动问题电磁感应的综合问题1．如图所示，小球b静止在光滑水平面BC上的C点，被长为L的细绳悬挂于O点，细绳拉直但张力为零．小球a从光滑曲面轨道AB上的A点由静止释放，沿轨道滑下后，进入水平面BC(不计小球在B处的能量损失)，与小球b发生正碰，碰后两球粘在一起，在细绳的作用下在竖直面内做圆周运动且恰好通过最高点．已知小球a的质量为M，小球b的质量为m，M＝5m.已知当地重力加速度为g.求：(1)小球a与b碰后的瞬时速度大小；(2)A点与水平面BC间的高度差h.2．如图所示，固定的两足够长的光滑平行金属导轨PMN、P′M′N′， 由倾斜和水平两部分在M、M′处平滑连接组成，导轨间距L＝1m，水平部分处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B＝1T．金属棒a、b垂直于倾斜导轨放置，质量均为m＝0.2kg，a的电阻R1＝1Ω，b的电阻R2＝3Ω，a、b长度均为L＝1m，a棒距水平面的高度h1＝0.45m，b棒距水平面的高度为h2(h2>h1)；保持b棒静止，由静止释放a棒，a棒到达磁场中OO′停止运动后再由静止释放b棒，a、b与导轨接触良好且导轨电阻不计，重力加速度g取10m/s2.(1)求a棒进入磁场MM′时加速度的大小；(2)a棒从释放到OO′的过程中，求b棒产生的焦耳热；(3)若MM′、OO′间的距离x＝2.4m，b棒进入磁场后，恰好未与a棒相碰，求h2的值．计算题专项练(三)1．解析：(1)两球恰能到达圆周最高点时，(M＋m)g＝(M＋m)设两球碰后瞬间速度为v共，则从碰后到最高点过程中由动能定理可知：－(M＋m)g·2L＝(M＋m)v2－(M＋m)v得a与b球碰后瞬间的速度大小为v共＝.(2)设两球碰前a球速度为vC，两球碰撞过程动量守恒：MvC＝(M＋m)v共所以vC＝a球从A点下滑到C点过程中，由机械能守恒定律得：Mgh＝Mvh＝3.6L.答案：(1)　(2)3.6L2．解析：(1)设a棒到MM′时的速度为v1. 由机械能守恒定律得mgh1＝mv进入磁场时a棒产生的感应电动势E＝BLv1感应电流I＝对a棒受力分析，由牛顿第二定律得BIL＝ma代入数据解得a＝3.75m/s2.(2)设a、b产生的总焦耳热为Q，由能量守恒定律得Q＝mgh1则b棒产生的焦耳热Qb＝Q＝Q联立解得Qb＝0.675J.(3)设b棒到MM′时的速度为v2，有mgh2＝mvb棒进入磁场后，两棒组成的系统合外力为零，系统的动量守恒，设a、b一起匀速运动的速度为v，取向右为正方向，由动量守恒定律得mv2＝2mv设a棒经时间Δt加速到v，由动量定理得BL·Δt＝mv－0又q＝Δt，＝，＝a、b恰好不相碰，有ΔΦ＝BLx，联立解得h2＝1.8m.答案：(1)3.75m/s2　(2)0.675J(3)1.8m计算题专项练(四)(建议用时：20分钟)题号12考点功能关系的理解和应用带电体在电场中直线运动的多过程问题 1．某物理兴趣小组制作了一个游戏装置，其简化模型如图所示，选手在A点用一弹射装置可将小滑块以水平速度弹射出去，沿水平直线轨道运动到B点后，进入半径R＝0.3m的光滑竖直圆形轨道，运行一周后自B点向C点运动，C点右侧有一陷阱，C、D两点的竖直高度差h＝0.2m，水平距离s＝0.6m，水平轨道AB长为L1＝1m，BC长为L2＝2.6m，小滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g＝10m/s2.(1)若小滑块恰能通过圆形轨道的最高点，求小滑块在A点被弹出时的速度大小；(2)若游戏规则为小滑块沿着圆形轨道运行一周后只要不掉进陷阱即选手获胜．求获胜选手在A点将小滑块弹射出的速度大小的范围．2．如图所示，AB是位于竖直平面内、半径R＝0.5m的圆弧形的光滑绝缘轨道，其下端点B与水平绝缘轨道平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中，电场强度E＝5×103N/C.今有一质量为m＝0.1kg、带电荷量q＝＋8×10－5C的小滑块(可视为质点)从A点由静止释放．若已知滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.05，取g＝10m/s2，求：(1)小滑块第一次经过圆弧形轨道最低点B时对B点的压力；(2)小滑块在水平轨道上向右滑过的最大距离；(3)小滑块最终的运动情况． 计算题专项练(四)1．解析：(1)小滑块恰能通过圆形轨道的最高点时，重力提供向心力，有mg＝m；小滑块由A到B再到圆形轨道的最高点的过程，由动能定理得－μmgL1－2mgR＝mv2－mv，解得小滑块在A点的初速度vA＝5m/s.(2)若小滑块恰好停在C处，对全程进行研究，则有－μmg(L1＋L2)＝0－mv′2代入数据解得v′＝6m/s.所以当5m/s≤vA≤6m/s时，小滑块停在B、C间．若小滑块恰能越过陷阱，则有h＝gt2，s＝vCt，联立解得vC＝3m/s由动能定理得－μmg(L1＋L2)＝mv－mv″2，代入数据解得v″＝3m/s，所以当vA≥3m/s，小球越过陷阱故若小球既能通过圆形轨道的最高点，又不能掉进陷阱，小滑块在A点弹射出的速度大小范围是5m/s≤vA≤6m/s或vA≥3m/s.答案：(1)5m/s　(2)5m/s≤vA≤6m/s或vA≥3m/s2．解析：(1)设小滑块第一次到达B点时的速度为vB，圆弧轨道对滑块的支持力为FN，则由动能定理得mgR－qER＝mv由牛顿第二定律得FN－mg＝m解得FN＝2.2N由牛顿第三定律知，小滑块滑到B点时对轨道的压力为2.2N，方向竖直向下．(2)设小滑块在水平轨道上向右滑行的最大距离为x，mgR－qE(R＋x)－μmgx＝0 得x＝m.(3)由题意知qE＝8×10－5×5×103N＝0.4N　μmg＝0.05×0.1×10N＝0.05N因此有qE>μmg所以小滑块最终在圆弧轨道上往复运动．答案：(1)2.2N　方向竖直向下　(2)m(3)在圆弧轨道上往复运动计算题专项练(五)(建议用时：20分钟)题号12考点动能定理和动力学方法的应用带电体在电场中的运动问题1．在水平桌面上画两个同心圆，它们的半径分别为r和2r.圆心处摆放一颗棋子B，大圆周上另一颗棋子A以某一初速度v0沿直径方向向右正对B运动，它们在圆心处发生弹性碰撞后，A刚好停在小圆周上，而B则刚好停在大圆周上．两颗棋子碰撞前后都在同一条直线上运动，它们与桌面间的动摩擦因数均为μ，棋子大小远小于圆周半径，重力加速度为g.试求：(1)A、B两颗棋子的质量之比；(2)棋子A的初速度v0.2．如图所示，直角坐标系xOy的x轴水平，y轴竖直， 处于竖直向下、大小为E0的匀强电场中，过O点，倾角为θ＝60°的足够大斜面固定在坐标系中．质量为m、带电荷量为＋q的粒子从y轴上的P点，以某一速度沿x轴正方向射入，经过时间t，在坐标平面内加上另一匀强电场E，再经过时间t，粒子刚好沿垂直于斜面的方向到达斜面，且到达斜面时速度为零．不计粒子重力，求：(1)粒子的初速度大小；(2)P点与x轴的距离；(3)匀强电场E的电场强度大小．计算题专项练(五)1．解析：(1)设A、B质量分别为mA、mB，碰撞前、后A的速度分别是vA0、vA，碰撞后B的速度为vB.由于是弹性碰撞，故有mAvA0＝mAvA＋mBvB①mAv＝mAv＋mBv②依题意碰后A停在小圆周上，根据动能定理有μmAgr＝mAv③而B停在大圆周上，则2μmBgr＝mBv④先讨论mA＞mB的情况．在此条件下，A停在圆心右侧的小圆周上，B停在圆心右侧大圆周上．联立①②③④式解得＝＜0⑤与题设不符，故一定有mA＜mB⑥因此，碰后A一定是反向运动，这样，A只可能停在圆心左侧的小圆周上．根据①②③④⑥式解得＝.⑦ (2)根据动能定理，碰前对A有－2μmAgr＝mAv－mAv⑧联立①③④⑥⑦⑧式解得v0＝.答案：(1)　(2)2．解析：(1)粒子运动轨迹如图中虚线所示，第一个时间t内，粒子做类平抛运动加速度a＝加上电场E时，粒子做匀减速直线运动．粒子在竖直方向的速度vy＝at此时合速度方向垂直于斜面：＝tanθ可解得粒子的初速度v0＝.(2)第一个时间t内，粒子在竖直方向的位移y1＝at2水平方向的位移x1＝v0t在第二个时间t内，粒子在竖直方向的位移也为y1，水平方向的位移x2＝y1tanθP点到x轴的距离l＝2y1＋(x1＋x2)tanθ代入数据得：l＝.(3)在第二个时间t内，在竖直方向：qEy－qE0＝ma在水平方向：＝所以E＝解得：E＝E0.答案：(1)　(2)　(3)E0 计算题专项练(六)(建议用时：20分钟)题号12考点带电粒子在组合场的运动“板－块模型”问题的综合分析1．如图所示的直角坐标系xOy中，在第一象限和第四象限分别存在垂直纸面向外和向里的匀强磁场，PQ是磁场的右边界，磁场的上下区域足够大，在第二象限存在沿x轴正方向的匀强电场，一个质量为m、电荷量为＋q的带电粒子从x轴上的M点以速度v0垂直于x轴沿y轴正方向射入电场中，粒子经过电场偏转后从y轴上的N点进入第一象限，带电粒子刚好不从y轴负半轴离开第四象限，最后垂直磁场右边界PQ离开磁场区域，已知M点与原点O的距离为l，N点与原点O的距离为l，第一象限的磁感应强度满足B1＝，不计带电粒子的重力，求：(1)匀强电场的电场强度为多大？(2)第四象限内的磁感应强度多大？(3)若带电粒子从进入磁场到垂直磁场右边界离开磁场，在磁场中运动的总时间是多少？2．某工地一传输工件的装置可简化为如图所示的情形，AB为一段足够大的 圆弧固定轨道，圆弧半径R＝5.4m，BC为水平轨道，CD为一段圆弧固定轨道，圆弧半径r＝1m，三段轨道均光滑．一长为L＝4m、质量为m2＝1kg的平板小车最初停在BC轨道的最左端，小车上表面刚好与AB轨道相切，且与CD轨道最低点处于同一水平面．一可视为质点、质量为m1＝2kg的工件从距AB轨道最低点高h处沿轨道自由滑下，滑上小车后带动小车也向右运动，小车与CD轨道左端碰撞(碰撞时间极短)后即被粘在C处．工件只有从CD轨道最高点飞出，才能被站在台面上的工人接住．工件与小车的动摩擦因数为μ＝0.5，重力加速度g＝10m/s2.当工件从h＝0.5R高处静止下滑，(1)求工件到达圆形轨道最低点B对轨道的压力；(2)工件滑进小车后，小车恰好到达CD轨道处与工件共速，求BC之间的距离；(3)若平板小车长L′＝3.4m，工件在小车与CD轨道碰撞前已经共速，则工件应该从多高处下滑才能让站台上的工人接住？计算题专项练(六)1．解析：(1)设带电粒子在电场中运动的加速度为a根据牛顿第二定律得：qE＝ma沿y轴方向：l＝v0t沿x轴方向：l＝at2解得：E＝.(2)粒子在电场中沿x轴方向做匀加速运动，速度v1＝at进入磁场时与y轴正方向夹角tanθ＝＝解得θ＝60°进入磁场时速度大小为v＝2v0其运动轨迹，如图所示 在第一象限由洛伦兹力提供向心力得：qvB1＝m解得：R1＝l由几何知识可得粒子第一次到达x轴时过A点，因ON满足：ON＝2Rcos30°，所以NA为直径．带电粒子刚好不从y轴负半轴离开第四象限，满足：(2R1＋R2)sin30°＝R2，解得R2＝2l根据：qvB2＝m，解得：B2＝＝.(3)带电粒子到达D点时，因为DC＝R1sin30°＝D′H＝R2－R2sin30°＝lF点在H点的左侧，带电粒子不可能从第一象限垂直磁场边界离开磁场，则应从第四象限G点(或多个周期后相应点)离开磁场．带电粒子在第一象限运动周期T1＝＝带电粒子在第四象限运动周期T2＝＝带电粒子在磁场中运动时间满足t＝＋＋n×(T1＋T2)解得：t＝＋(n＝0，1，2，3…)．答案：(1)　(2) (3)＋(n＝0，1，2，3，…)2．解析：(1)工件下滑到B处时速度为v0此过程机械能守恒m1v＝m1gh在B处FN－m1g＝m1联立以上两式求得FN＝m1g＝40N由牛顿第三定律得，工件对轨道最低点B的压力大小为F′N＝FN＝40N，方向竖直向下．(2)设工件与小车共速为v1，由动量守恒定律得m1v0＝(m1＋m2)v1小车移动位移s1，由动能定理得μm1gs1＝m2v－0联立求得s1＝＝＝1.2m故sBC＝L＋s1＝5.2m.(3)设工件滑至B点时速度为v′0，与小车共速为v′1，工件到达C点时速度为v′2由动量守恒定律得m1v′0＝(m1＋m2)v′1由能量守恒定律得μm1gL′＝m1v′－m2v′－m1v′　工件恰好滑到CD轨道最高点，由机械能守恒定律得m1v′＝m1gr工件从高为h′处下滑，则m1v′＝m1gh′代入数据解得h′＝3.47m.答案：(1)40N　方向竖直向下　(2)5.2m(3)3.47m计算题专项练(七)(建议用时：20分钟)题号12考点动量和能量观点的综合应用带电粒子在复合场中的运动 1．如图所示，在水平面上依次放置小物块A和C以及曲面劈B，其中A与C的质量相等均为m，曲面劈B的质量M＝3m，劈B的曲面下端与水平面相切，且劈B足够高，各接触面均光滑．现让小物块C以水平速度v0向右运动，与A发生碰撞，碰撞后两个小物块粘在一起又滑上劈B.求：(1)碰撞过程中系统损失的机械能；(2)碰后物块A与C在曲面劈B上能够达到的最大高度．2．如图所示竖直平面内的直角坐标系xOy，x轴水平且上方有竖直向下的匀强电场，场强大小为E，在x轴下方有一圆形有界匀强磁场，与x轴相切于坐标原点，半径为R.已知质量为m、电荷量为q的粒子，在y轴上的(0，R)点无初速释放，粒子恰好经过磁场中(R，－R)点，粒子重力不计，求：(1)磁场的磁感强度B；(2)若将该粒子释放位置沿y＝R直线向左移动一段距离L，无初速释放，当L为多大时粒子在磁场中运动的时间最长，最长时间多大；(3)在(2)的情况下粒子回到电场后运动到最高点时的水平坐标值． 计算题专项练(七)1．解析：(1)小物块C与A发生碰撞粘在一起，取向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝2mv解得v＝v0；碰撞过程中系统损失的机械能为E损＝mv－(2m)v2解得E损＝mv.(2)当A与C上升到最大高度时，A、B、C系统的速度相等；水平方向上动量守恒，取向右为正方向，根据动量守恒定律得mv0＝(m＋m＋3m)v1解得v1＝v0A、C粘在一起上滑至最大高度，由能量守恒定律得2mgh＝×2m(v0)2－×5m×(v0)2解得h＝.答案：(1)mv　(2)2．解析：(1)粒子匀加速运动：EqR＝mv2设圆周运动半径为r，则qvB＝m，由几何关系可知：r2＝＋R2解得：r＝R，B＝，磁场方向垂直xOy平面向里；(2)当粒子在磁场中转过的弦为直径时对应的时间最长，所转过的圆心角为α则rsin＝R，解得：α＝π，此时 L＝Rsin＝R在磁场中运动的时间为t＝解得：t＝；(3)粒子回到电场时速度与水平方向成30°粒子沿y轴匀减速运动减到零时竖直高度最大vsin30°＝at′，Eq＝ma，水平方向匀速运动x′＝vcos30°t′解得：x′＝粒子返回电场时的水平坐标为x0，＝cot30°，h＝运动到最高点时的水平坐标为：x＝x0＋x′＝R.答案：(1)，方向垂直xOy平面向里(2)R　　(3)R计算题专项练(八)(建议用时：20分钟)题号12考点动力学方法和动量守恒定律的应用带电粒子在复合场中的运动1．如图所示，水平光滑细杆上P点套一轻质小环，小环通过长L＝0.5m的轻绳悬挂一质量不计的夹子，夹子内夹有质量m＝0.5kg 的物块，物块两竖直侧面与夹子间的最大静摩擦力均为Ffm＝3N．现对物块施加F＝5N的水平恒力作用，物块和小环一起沿水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，小环碰到杆上的钉子Q时立即停止运动，物块恰要相对夹子滑动，与此同时撤去外力，一质量为0.1kg的直杆以1m/s的速度沿水平方向相向插入夹子将夹子与物块锁定(此过程时间极短)．物块可看成质点，重力加速度g＝10m/s2.求：(1)物块做匀加速运动的加速度大小a；(2)P、Q两点间的距离s；(3)物块向右摆动的最大高度h.2．如图所示，xOy坐标系中，在y