《（江蘇專用）2022高考物理總復(fù)習(xí) 優(yōu)編題型增分練：計(jì)算題規(guī)范練（三）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（江蘇專用）2022高考物理總復(fù)習(xí) 優(yōu)編題型增分練：計(jì)算題規(guī)范練（三）（4頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、（江蘇專用）2022高考物理總復(fù)習(xí) 優(yōu)編題型增分練：計(jì)算題規(guī)范練（三） 四、計(jì)算題(本題共3小題，共計(jì)47分．解答時(shí)請(qǐng)寫出必要的文字說(shuō)明、方程式和重要的演算步驟．只寫出最后答案的不能得分．有數(shù)值計(jì)算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位．) 14.(15分)(2018·蘇州市期初調(diào)研)如圖1所示，在傾角α＝30°的光滑固定斜面上，相距為d的兩平行虛線MN、PQ間分布有大小為B、方向垂直斜面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．在PQ上方有一質(zhì)量為m、邊長(zhǎng)為L(zhǎng)(L

2、圈已做勻速運(yùn)動(dòng)．重力加速度為g.求： 圖1 (1)線圈cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速率v1； (2)線圈進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中，通過(guò)ab邊的電荷量q； (3)線圈通過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中所產(chǎn)生的焦耳熱Q. 答案　(1)　(2)　(3)mg(x＋d＋L)－ 解析　(1)線圈沿斜面向下運(yùn)動(dòng)至cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，mgxsin 30°＝mv12－0 解得：v1＝ (2)線圈進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)＝＝ 根據(jù)閉合電路歐姆定律得：＝ 通過(guò)的電荷量為：q＝·Δt＝ (3)線圈離開磁場(chǎng)時(shí)，勻速運(yùn)動(dòng)． 有：BL＝mgsin 30° 解得：v2＝ 由能量守恒：Q＝mg(x＋d＋L)sin 30°－m

3、v22 解得：Q＝mg(x＋d＋L)－. 15．(16分)如圖2所示，半徑為R的四分之一光滑圓弧軌道豎直固定在水平地面上，下端與水平地面在P點(diǎn)相切，一個(gè)質(zhì)量為2m的物塊B(可視為質(zhì)點(diǎn))靜止在水平地面上，左端固定有輕彈簧，Q點(diǎn)為彈簧處于原長(zhǎng)時(shí)的左端點(diǎn)，P、Q間的距離為R，PQ段地面粗糙、動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.5，Q點(diǎn)右側(cè)水平地面光滑，現(xiàn)將質(zhì)量為m的物塊A(可視為質(zhì)點(diǎn))從圓弧軌道的最高點(diǎn)由靜止開始下滑，重力加速度為g.求： 圖2 (1)物塊A沿圓弧軌道滑至P點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大?。? (2)彈簧被壓縮的最大彈性勢(shì)能(未超過(guò)彈性限度)； (3)物塊A最終停止位置到Q點(diǎn)的距離． 答案　(1

4、)3mg　(2)mgR　(3)R 解析　(1)設(shè)物塊A從靜止沿圓弧軌道滑至P點(diǎn)時(shí)的速度大小為vP， 由機(jī)械能守恒定律有：mgR＝mvP2 在P點(diǎn)軌道對(duì)物塊的支持力大小為FN， 由牛頓第二定律有：FN－mg＝m， 聯(lián)立解得：FN＝3mg， 由牛頓第三定律可知物塊滑至P點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為3mg. (2)設(shè)物塊A與彈簧接觸前瞬間的速度大小為v0， 由動(dòng)能定理有mgR－μmgR＝mv02－0，v0＝， 物塊A、B具有共同速度v時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能最大， 由動(dòng)量守恒定律有：mv0＝(m＋2m)v， 由機(jī)械能守恒定律有： mv02＝(m＋2m)v2＋Epm， 聯(lián)立解得Epm＝m

5、gR. (3)設(shè)物塊A與彈簧分離時(shí)，A、B的速度大小分別為v1、v2，規(guī)定向右為正，則有mv0＝－mv1＋2mv2， mv02＝mv12＋(2m)v22， 聯(lián)立解得：v1＝， 設(shè)A最終停在Q點(diǎn)左側(cè)x處，由動(dòng)能定理有：－μmgx＝0－mv12， 解得x＝R. 16．(16分)(2018·蘇州市模擬)如圖3所示，在豎直平面內(nèi)建立平面直角坐標(biāo)系xOy，y軸正方向豎直向上．在第一、第四象限內(nèi)存在沿x軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，其大小E1＝；在第二、第三象限內(nèi)存在著沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直于xOy平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小E2＝，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.現(xiàn)將一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球從

6、x軸上距坐標(biāo)原點(diǎn)為d的P點(diǎn)由靜止釋放．(重力加速度為g) 圖3 (1) 求小球從P點(diǎn)開始運(yùn)動(dòng)后，第一次經(jīng)過(guò)y軸時(shí)速度的大?。? (2)求小球從P點(diǎn)開始運(yùn)動(dòng)后，第二次經(jīng)過(guò)y軸時(shí)的縱坐標(biāo)； (3)若小球第二次經(jīng)過(guò)y軸后，第一、第四象限內(nèi)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小變?yōu)镋1′＝，方向不變，求小球第三次經(jīng)過(guò)y軸時(shí)的縱坐標(biāo)． 答案　(1)　(2)－d (3)－d 解析　(1)設(shè)小球在第一、四象限中的加速度為a，由牛頓第二定律得＝ma 得到a＝，對(duì)小球受力分析知加速度方向斜向左下，設(shè)其方向與水平面夾角為θ tan θ＝＝，s＝＝2d，所以v0＝＝＝. (2)小球第一次經(jīng)過(guò)y軸后，在第二、三象限內(nèi)，

7、qE2＝mg，電場(chǎng)力與重力平衡，故小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，小球運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示．設(shè)軌跡半徑為R， 由qv0B＝m，得R＝ 由幾何關(guān)系知Δy＝R＝＝，OP′＝OP·tan θ＝d 故小球第二次經(jīng)過(guò)y軸時(shí)的縱坐標(biāo)y2＝－d. (3)第二次經(jīng)過(guò)y軸后到第三次經(jīng)過(guò)y軸過(guò)程，小球在第一、四象限內(nèi)的受力分析如圖所示． tan α＝＝，則剛進(jìn)入第一象限時(shí)小球所受合力方向與速度方向垂直，小球做類平拋運(yùn)動(dòng)，加速度a′＝＝2g 小球第三次經(jīng)過(guò)y軸時(shí)，可知v0t′＝××2gt′2 得t′＝＝＝ 小球第二次經(jīng)過(guò)y軸與第三次經(jīng)過(guò)y軸的距離為： Δy′＝＝·＝d 故小球第三次經(jīng)過(guò)y軸時(shí)的縱坐標(biāo)為： y3＝y(tǒng)2－Δy′＝－d.