《2020高考物理二輪復習 考前增分技巧 計算題突破訓練 新人教版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2020高考物理二輪復習 考前增分技巧 計算題突破訓練 新人教版（13頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、計算題突破訓練 1．從地面發(fā)射質(zhì)量為m的導彈，導彈上的噴氣發(fā)動機可產(chǎn)生恒定的推力，且可通過改變噴氣發(fā)動機尾噴管的噴氣質(zhì)量和方向改變發(fā)動機推力的大小和方向，導彈起飛時發(fā)動機推力大小為F＝mg，導彈沿和水平方向成θ＝30°角的直線斜向右上方勻加速飛行．經(jīng)過時間t后，遙控導彈上的發(fā)動機，使推力的方向逆時針旋轉60°，導彈依然可以沿原方向勻減速直線飛行．(不計空氣阻力和噴氣過程中導彈質(zhì)量的變化)．求： (1)t時刻導彈的速率及位移是多少； (2)旋轉方向后導彈還要經(jīng)過多長時間到達最高點； (3)導彈上升的最大高度是多少？ 解析： (1)剛開始時，導彈受推力和重力作用，兩力的合力與水平

2、方向成30°角斜向上，設推力F與合力Fh夾角為θ，如圖甲所示． 由正弦定理得：＝解得： θ＝30° 所以合力：Fh＝mg 由牛頓第二定律得導彈的加速度為： a1＝＝g t時刻的速率：v＝a1t＝gt t時刻的位移大小為：s1＝gt2. (2)推力方向逆時針旋轉60°，合力的方向與水平方向成30°斜向下，推力F′跟合力F′h垂直，如圖乙所示． 此時合力大小為：F′h＝mgsin30° 導彈的加速度大小為：a2＝＝ 導彈到最高點的時間為： t1＝v/a2＝gt/0.5g＝2t. (3)導彈的總位移為 s＝a1t2＋a2t＝gt2＋gt2＝gt2 導彈上升的最大高度

3、為：hm＝s·sin30°＝gt2. 答案：(1)gt　gt2　(2)2t　(3)gt2 2．(2020·重慶卷)如圖為“嫦娥三號”探測器在月球上著陸最后階段的示意圖．首先在發(fā)動機作用下，探測器受到推力在距月面高度為h1處懸停(速度為0，h1遠小于月球半徑)；接著推力改變，探測器開始豎直下降，到達距月面高度為h2處的速度為v；此后發(fā)動機關閉，探測器僅受重力下降至月面．已知探測器總質(zhì)量為m(不包括燃料)，地球和月球的半徑比為k1，質(zhì)量比為k2，地球表面附近的重力加速度為g，求： (1)月球表面附近的重力加速度大小及探測器剛接觸月面時的速度大??； (2)從開始豎直下降到剛接觸月面時，探

4、測器機械能的變化． 解析：(1)設地球質(zhì)量和半徑分別為M和R，月球的質(zhì)量、半徑和表面附近的重力加速度分別為M′、R′和g′，探測器剛接觸月面時的速度大小為vt.則＝k2，＝k1 由mg′＝G和mg＝G得g′＝g 由v－v2＝2g′h2得vt＝. (2)設機械能變化量為ΔE，動能變化量為ΔEk，重力勢能變化量為ΔEp. 由ΔE＝ΔEk＋ΔEp 有ΔE＝mv－mg′h1＝m(v2＋)－mgh1 得ΔE＝mv2－mg(h1－h(huán)2)． 答案：(1)g　　(2)mv2－mg(h1－h(huán)2) 3．如圖所示，在方向水平向右、大小為E＝6×103 N/C的勻強電場中有一個光滑的絕緣平面．一根絕

5、緣細繩兩端分別系有帶電滑塊甲和乙，甲的質(zhì)量為m1＝2×10－4 kg，帶電荷量為q1＝2×10－9 C，乙的質(zhì)量為m2＝1×10－4 kg，帶電荷量為q2＝－1×10－9 C．開始時細繩處于拉直狀態(tài)．由靜止釋放兩滑塊，t＝3 s時細繩突然斷裂．不計滑塊間的庫侖力，試求： (1)細繩斷裂前兩滑塊的加速度； (2)在整個運動過程中，乙的電勢能增量的最大值． 解析：(1)取水平向右為正方向，將甲、乙及細繩看成一個整體，根據(jù)牛頓第二定律得 F合＝q1E＋q2E＝(m1＋m2)a0 得a0＝ ＝ m/s2＝0.02 m/s2. (2)當乙發(fā)生的位移最大時，乙的電勢能增量最大，細繩斷裂前

6、，甲、乙發(fā)生的位移均為 x0＝a0t2＝×0.02×32 m＝0.09 m 此時甲、乙的速度均為 v0＝a0t＝0.02×3 m/s＝0.06 m/s 細繩斷裂后，乙的加速度變?yōu)? a乙′＝＝ m/s2＝－0.06 m/s2 從細繩斷裂到乙速度減為零，乙發(fā)生的位移x乙′為x乙′＝＝ m＝0.03 m 整個運動過程乙發(fā)生的最大位移為 x乙max＝x0＋x乙′＝0.09 m＋0.03 m＝0.12 m 此時乙的電勢能增量為 ΔEp＝|W乙|＝|q2E|x乙max ＝1×10－9×6×103×0.12 J＝7.2×10－7J. 答案：(1)0.02 m/s2　(2)7.2×10

7、－7 J 4．如圖所示，一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子，以速度v0從O點沿y軸正方向射入磁感應強度為B的圓形勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直紙面向外，粒子飛出磁場區(qū)域后，從b處穿過x軸進入場強為E、方向與x軸負方向成60°角斜向下的勻強電場中，速度方向與x軸正方向的夾角為30°，經(jīng)過一段時間后恰好通過b點正下方的c點，粒子的重力不計．試求： (1)圓形勻強磁場的最小面積； (2)c點到b點的距離d. 解析：解答本題的關鍵是，按題目中所述的運動方向，根據(jù)速度方向和軌道半徑垂直的關系，找出粒子做勻速圓周運動的圓心O′.很顯然，弦長ON即為圓形磁場區(qū)域的最小直徑． (1)粒子在磁場中做勻速圓

8、周運動，由qBv0＝m得R＝ 粒子經(jīng)過磁場區(qū)域速度偏轉角為120°，這表明在磁場區(qū)域中運動軌跡為半徑為R的圓弧，作出粒子運動軌跡如圖中實線所示．所求圓形磁場區(qū)域的最小半徑為r＝ON＝Rsin 60°＝ 面積為S＝πr2＝. (2)粒子進入電場做類平拋運動，從b到c垂直電場方向位移為x′＝v0t① 沿電場方向位移為y′＝at2＝　　　② ＝tan 30°③ 解方程①②③得x′＝ y′＝ d＝＝. 答案：(1)　(2) 5．(2020·安徽卷)如圖(1)所示，勻強磁場的磁感應強度B為0.5 T，其方向垂直于傾角θ為30°的斜面向上．絕緣斜面上固定有“∧”形狀的光滑金屬導

9、軌MPN(電阻忽略不計)，MP和NP長度均為2.5 m，MN連線水平，長為3 m．以MN中點O為原點、OP為x軸建立一維坐標系Ox.一根粗細均勻的金屬桿CD，長度d為3 m、質(zhì)量m為1 kg、電阻R為0.3 Ω，在拉力F的作用下，從MN處以恒定速度v＝1 m/s在導軌上沿x軸正向運動(金屬桿與導軌接觸良好)．g取10 m/s2. (1)求金屬桿CD運動過程中產(chǎn)生的感應電動勢E及運動到x＝0.8 m處電勢差UCD； (2)推導金屬桿CD從MN處運動到P點過程中拉力F與位置坐標x的關系式，并在圖(2)中畫出F－x關系圖象； (3)求金屬桿CD從MN處運動到P點的全過程產(chǎn)生的焦耳熱． 解

10、析：(1)金屬桿CD在勻速運動中產(chǎn)生的感應電動勢 E＝Blv(l＝d)，解得E＝1.5 V　(D點電勢高) 當x＝0.8 m時，金屬桿在導軌間的電勢差為零．設此時桿在導軌外的長度為l外，則 l外＝d－d、OP＝，得l外＝1.2 m 由楞次定律判斷D點電勢高，故CD兩端電勢差 UCD＝－Bl外v，即UCD＝－0.6 V. (2)桿在導軌間的長度l與位置x關系是l＝d＝3－x 對應的電阻Rl為Rl＝R，電流I＝ 桿受的安培力F安＝BIl＝7.5－3.75x 根據(jù)平衡條件得F＝F安＋mgsinθ F＝12.5－3.75x(0≤x≤2)． 畫出的F－x圖象如圖所示． (3)

11、外力F所做的功WF等于F－x圖線下所圍的面積，即 WF＝×2 J＝17.5 J 而桿的重力勢能增加量ΔEp＝mgsinθ 故全過程產(chǎn)生的焦耳熱Q＝WF－ΔEp＝7.5 J. 答案：(1)－0.6 V (2)F＝12.5－3.75x(0≤x≤2)　圖象見解析　(3)7.5 J 6．(2020·天津卷)同步加速器在粒子物理研究中有重要的應用，其基本原理簡化為如圖所示的模型．M、N為兩塊中心開有小孔的平行金屬板．質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子A(不計重力)從M板小孔飄入板間，初速度可視為零．每當A進入板間，兩板的電勢差變?yōu)閁，粒子得到加速，當A離開N板時，兩板的電荷量均立即變?yōu)榱悖畠砂?/p>

12、外部存在垂直紙面向里的勻強磁場，A在磁場作用下做半徑為R的圓周運動，R遠大于板間距離．A經(jīng)電場多次加速，動能不斷增大，為使R保持不變，磁場必須相應地變化．不計粒子加速時間及其做圓周運動產(chǎn)生的電磁輻射，不考慮磁場變化對粒子速度的影響及相對論效應．求 (1)A運動第1周時磁場的磁感應強度B1的大小； (2)在A運動第n周的時間內(nèi)電場力做功的平均功率n； (3)若有一個質(zhì)量也為m、電荷量為＋kq(k為大于1的整數(shù))的粒子B(不計重力)與A同時從M板小孔飄入板間，A、B初速度均可視為零，不計兩者間的相互作用，除此之外，其他條件均不變．下圖中虛線、實線分別表示A、B的運動軌跡．在B的軌跡半徑遠大于

13、板間距離的前提下，請指出哪個圖能定性地反映A、B的運動軌跡，并經(jīng)推導說明理由． 解析：(1)設A經(jīng)電場第1次加速后速度為v1，由動能定理得qU＝mv－0① A在磁場中做勻速圓周運動，所受洛倫茲力充當向心力 qv1B1＝② 由①②得 B1＝.③ (2)設A經(jīng)n次加速后的速度為vn，由動能定理得 nqU＝mv－0④ 設A做第n次圓周運動的周期為Tn，有 Tn＝⑤ 設在A運動第n周的時間內(nèi)電場力做功為Wn，則 Wn＝qU⑥ 在該段時間內(nèi)電場力做功的平均功率為 n＝⑦ 由④⑤⑥⑦解得 n＝.⑧ (3)A圖能定性地反映A、B運動的軌跡． A經(jīng)過n次加速后，設其對應的

14、磁感應強度為Bn，A、B的周期分別為Tn、T′，綜合②、⑤式并分別應用A、B的數(shù)據(jù)得 Tn＝ T′＝＝ 由上可知，Tn是T′的k倍，所以A每繞行1周，B就繞行k周．由于電場只在A通過時存在，故B僅在與A同時進入電場時才被加速． 經(jīng)n次加速后，A、B的速度分別為vn和v′n，考慮到④式 vn＝　v′n＝＝vn 由題設條件并考慮到⑤式，對A有 Tnvn＝2πR 設B的軌跡半徑為R′，有 T′v′n＝2πR′ 比較上述兩式得R′＝ 上式表明，運動過程中B的軌跡半徑始終不變． 由以上分析可知，兩粒子運動的軌跡如圖A所示． 答案：(1)　(2) 　(3)見解析 7．(2020

15、·廣東卷)如圖所示，一條帶有圓軌道的長軌道水平固定，圓軌道豎直，底端分別與兩側的直軌道相切，半徑R＝0.5 m．物塊A以v0＝6 m/s的速度滑入圓軌道，滑過最高點Q，再沿圓軌道滑出后，與直軌上P處靜止的物塊B碰撞，碰后粘在一起運動．P點左側軌道光滑，右側軌道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段長度都為L＝0.1 m．物塊與各粗糙段間的動摩擦因數(shù)都為μ＝0.1，A、B的質(zhì)量均為m＝1 kg(重力加速度g取10 m/s2；A、B視為質(zhì)點，碰撞時間極短)． (1)求A滑過Q點時的速度大小v和受到的彈力大小F； (2)若碰后AB最終停止在第k個粗糙段上，求k的數(shù)值； (3)求碰后AB滑至第n個(

16、n

17、)4 m/s　22 N　(2)45 (3)vn＝ m/s(n<45) 8．如圖所示，在xOy平面內(nèi)，緊挨著的三個“柳葉”形有界區(qū)域①②③內(nèi)(含邊界上)有磁感應強度為B的勻強磁場，它們的邊界都是半徑為a的圓，每個圓的端點處的切線要么與x軸平行、要么與y軸平行．①區(qū)域的下端恰在O點，①②區(qū)域在A點平滑連接、②③區(qū)域在C點平滑連接．大量質(zhì)量均為m、電荷量均為q的帶正電的粒子依次從坐標原點O以相同的速率、各種不同的方向射入第一象限內(nèi)(含沿x軸、y軸方向)，它們只要在磁場中運動，軌道半徑就都為a.在y≤－a的區(qū)域，存在場強為E的沿－x方向的勻強電場．整個裝置在真空中，不計粒子重力、不計粒子之間的相互

18、作用．求： (1)粒子從O點射出時的速率v0； (2)這群粒子中，從O點射出至運動到x軸上的最長時間； (3)這群粒子到達y軸上的區(qū)域范圍． 解析：(1)由qBv0＝m代入數(shù)據(jù)得v0＝. (2)這些粒子中，從O沿＋y軸方向射入磁場的粒子，從O到C耗時最長． 由t＝得tmax＝＝. (3)這些粒子經(jīng)過①區(qū)域偏轉后方向都變成與＋x軸平行，接著勻速直線進入②區(qū)域，經(jīng)過②區(qū)域偏轉又都通過C點，從C點進入③區(qū)域，經(jīng)過③區(qū)域偏轉，離開③區(qū)域時，所有粒子運動方向都變成－y方向(即垂直進入電場)．對于從x＝2a進入電場的粒子，在－x方向的分運動有 2a＝××t 解得t1＝ 則該粒子運動到y(tǒng)軸上的坐標為 y1＝－a－v0t1＝－a－Ba 對于從x＝3a進入電場的粒子，在－x方向的分運動有3a＝××t 解得t2＝ 則該粒子運動到y(tǒng)軸上的坐標為y2＝－a－v0t2＝－a－Ba，這群粒子運動到y(tǒng)軸上的區(qū)域范圍為 －a－Ba≤y≤－a－Ba. 答案：(1)　(2) (3)－a－Ba≤y≤－a－Ba