【物理】2020届一轮复习人教版计算题抢分练三作业（山东专用）

【物理】2020届一轮复习人教版计算题抢分练三作业（山东专用）

计算题抢分练三 1.在娱乐节目《幸运向前冲》中,有一个关口是跑步跨栏机,它的设置是让挑战者通过一段平 台,再冲上反向移动的跑步机皮带并通过跨栏,冲到这一关的终点。现有一套跑步跨栏装置,平 台长 L1=4 m,跑步机皮带长 L2=32 m,跑步机上方设置了一个跨栏(不随皮带移动),跨栏到平台 末端的距离 L3=10 m,且皮带以 v0=1 m/s 的恒定速率转动,一位挑战者在平台起点从静止开始 以 a1=2 m/s2 的加速度通过平台冲上跑步机,之后以 a2=1 m/s2 的加速度在跑步机上往前冲,在 跨栏时不慎跌倒,经过 2 s 爬起(假设从摔倒至爬起的过程中挑战者与皮带始终相对静止),然后 又保持原来的加速度 a2,在跑步机上顺利通过剩余的路程,求挑战者全程所需要的时间。 答案　14 s 解析　挑战者匀加速通过平台:L1=1 2a1푡21 通过平台的时间:t1= 2퐿1 푎1 =2 s 冲上跑步机的初速度:v1=a1t1=4 m/s 冲上跑步机至跨栏:L3=v1t2+1 2a2푡22 解得 t2=2 s,t2'=-10 s(舍去) 摔倒至爬起随跑步机移动距离: x=v0t=1×2 m=2 m(向左) 取地面为参考系,则挑战者爬起向左减速过程有:v0=a2t3 解得 t3=1 s 对地位移为 x1=1 2a2푡3 2=0.5 m(向左) 挑战者向右加速冲刺过程有:x+x1+L2-L3=1 2a2푡24 解得 t4=7 s 挑战者通过全程所需要的总时间为 t 总=t1+t2+t+t3+t4=14 s 2.如图所示梯形玻璃砖 ABCD,∠A=45°,∠B=105°,AB 边长为 L。一束平行于 AB 边的光线由 AD 边入射,经折射后在 AB 边中点发生全反射,直接射到 BC 边,且与 BC 边成 45°角射出玻璃 砖。求: (1)玻璃砖的折射率; (2)光在玻璃砖内传播的时间。 答案　(1) 2　(2)( 3 + 1)L 2푐 解析　(1)光路如图所示 由几何关系 α+β=45° 105°+β+90°-α=180°,得 α=30° 折射率:n=sin45° sin훼 解得:n= 2 (2)设光在玻璃砖中传播两段距离分别为 x1 和 x2 由正弦定理有: 푳 ퟐ sin(90° + 훼)= 푥1 sin45° 푳 ퟐ sin(90° ― 훼)= 푥2 sin105° 联立得 x1= 6 6 L,x2= 6 + 3 2 12 L 又因为:n=푐 푣,t= 푥1 + 푥2 푣 联立解得:t=( 3 + 1)L 2푐 3.在水平面上,平放一半径为 R 的光滑半圆管道,管道处在方向竖直、磁感应强度为 B 的匀强 磁场中,另有一个质量为 m、带电荷量为+q 的小球。 (1)当小球从管口沿切线方向以某速度射入,运动过程中恰不受管道侧壁的作用力,求此 速度 v0; (2)现把管道固定在竖直面内,且两管口等高,磁场仍保持和管道平面垂直,空间再加一个 水平向右、场强 E=푚푔 푞 的匀强电场(未画出),若小球仍以 v0 的初速度沿切线方向从左边管口射 入,求小球: ①运动到最低点的过程中动能的增量; ②在管道运动全程中获得的最大速度。 答案　见解析 解析　(1)小球所受洛伦兹力提供向心力,即 qv0B=m 푣2 0 푅 解得 v0=푞퐵푅 푚 (2)①小球在管道运动时,洛伦兹力始终不做功 对小球运动到最低点的过程,由动能定理有 mgR+qER=ΔEk 由题目已知 E=푚푔 푞 解得 ΔEk=2mgR ②方法一 当小球到达管道中与水平方向成 θ 角的位置(如图甲所示)时,应用动能定理,有 甲 mgR sin θ+qE(R+R cos θ)=1 2mv2-1 2m푣20 即 v2=푞2퐵2푅2 푚2 +2gR+2gR(sin θ+cos θ) 对函数 y=sin θ+cos θ 求极值,可得 θ=45°时,ymax= 2 可得最大速度 vmax= 푞2퐵2푅2 푚2 + (2 + 2 2)gR 方法二 如图乙所示,根据场的叠加原理,小球所受的等效重力为 乙 mg'= (푚푔)2 + (qE)2= 2mg tan φ=푚푔 푞퐸=1,即 φ=45° 小球在等效重力场的“最低点”时,即当小球到达管道中与水平方向成 θ=φ=45°角时,速度 最大 由动能定理有 mgR sin θ+qE(R+R cos θ)=1 2m푣2max-1 2m푣20 解得 vmax= 푞2퐵2푅2 푚2 + (2 + 2 2)gR 4.如图甲所示,水平面内的直角坐标系的第一象限有磁场分布,方向垂直于水平面向下,磁感 应强度沿 y 轴方向没有变化,沿 x 轴方向 B 与 x 成反比,如图乙所示。顶角 θ=45°的光滑金属 长导轨 MON 固定在水平面内,ON 与 x 轴重合,一根与 ON 垂直的长导体棒在水平向右的外 力作用下沿导轨向右滑动,导体棒在滑动过程中始终与导轨接触。已知 t=0 时,导体棒位于顶 点 O 处,导体棒的质量为 m=1 kg,回路接触点总电阻恒为 R=0.5 Ω,其余电阻不计。回路电流 I 与时间 t 的关系如图丙所示,图线是过原点的直线。求: (1)t=2 s 时回路的电动势 E; (2)0~2 s 时间内流过回路的电荷量 q 和导体棒的位移 s; (3)导体棒滑动过程中水平外力 F 的瞬时功率 P(单位:W)与横坐标 x(单位:m)的关系式。 答案　(1)2 V　(2)4 C　2 m　(3)P=4x+ 2푥 解析　(1)根据 I-t 图像可知 I=k1t(k1=2 A/s) 当 t=2 s 时,回路中电流 I1=4 A 根据欧姆定律得 E=I1R=2 V (2)流过回路的电荷量 q=퐼t 퐼=퐼 2 解得 q= 푘1푡2 2 当 t=2 s 时,q=4 C 由欧姆定律得 I=퐵푙푣 푅 l=x tan 45° 根据 B-x 图像可知 B= 푘2 푥 (k2=1 T·m) 解得 v= 푘1R 푘2 t 由于푘1R 푘2 =1 m/s2 再根据 v=v0+at,可得 a=1 m/s2 可知导体棒做匀加速直线运动 则 0~2 s 时间内导体棒的位移 s=1 2at2=2 m (3)棒受到的安培力 F 安=BIl 根据牛顿第二定律有 F-F 安=ma 根据 2ax=v2 P=Fv 解得 P=( 푘2 2 2푎푥 푅 +ma) 2푎푥 =4x+ 2푥 计算题抢分练四 1.如图所示,光滑水平面上有一质量 M=4.0 kg 的平板车,车的上表面是一段长 L=1.5 m 的粗糙 水平轨道,水平轨道左侧连一半径 R=0.25 m 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=1.0 kg 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=10 m/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。 答案　(1)5 m/s　(2)0.5 m 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1 2m푣20-1 2(M+m)푣21=mgR+μmgL 解得 v0=5 m/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1 2m푣20-1 2(M+m)푣22 =μmg(L+x) 解得 x=0.5 m 2.波源 S 的振动图像如图甲所示,由此产生的简谐波向右传播,已知波上两点 S、P 相距 1.5 m,如图乙所示,波速 v=6 m/s,求: (ⅰ)作出 t=0.25 s 时 S、P 间的波形图; (ⅱ)在 t=0 到 t=0.5 s 内,P 点运动的路程。 答案　(ⅰ)图见解析　(ⅱ)25 cm 解析　由图甲可知该波的周期 T=0.2 s 所以该波的波长 λ=vT=1.2 m 又푆푃 휆 =11 4 波由 S 点传到 P 点用时 t1=푆푃 푣 =0.25 s 则当 t=0.25 s 时,P 点开始振动(向下振动),S、P 间的波形图如图所示。 而在 0~0.5 s 内 P 点振动的时间 t2=t-t1=0.25 s 运动的路程为 x=0.25 0.2 ×4A=5A=25 cm 3.如图所示,质量为m=1 kg的可视为质点的小物块轻轻放在水平匀速运动的传送带上的P点, 随传送带运动到 A 点后水平抛出,小物块恰好无碰撞地沿圆弧切线从 B 点进入竖直光滑圆弧 轨道下滑,圆弧轨道与质量为 M=2 kg 的足够长的小车在最低点 O 点相切,并在 O 点滑上小车, 水平地面光滑,当物块运动到障碍物 Q 处时与 Q 发生无机械能损失的碰撞。碰撞前物块和小 车已经相对静止,而小车可继续向右运动(物块始终在小车上),小车运动过程中和圆弧无相互 作用。已知圆弧半径 R=1.0 m,圆弧对应的圆心角 θ 为 53°,A 点距水平面的高度 h=0.8 m,物块 与小车间的动摩擦因数为 μ=0.1,重力加速度 g=10 m/s2,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6。试求: (1)小物块离开 A 点的水平初速度 v1 大小; (2)小物块经过 O 点时对轨道的压力大小; (3)第一次碰撞后直至静止,物块相对小车的位移大小和小车做匀减速运动的总时间。 答案　(1)3 m/s　(2)43 N　(3)5.5 m　2 3 33 s 解析　(1)对小物块由 A 到 B 有푣2푦=2gh 在 B 点 tan θ= 푣푦 푣1 解得 v1=3 m/s (2)由 A 到 O,根据动能定理有 mg(h+R-R cos θ)=1 2m푣2푂-1 2m푣21 在 O 点 FN-mg=m 푣2 푂 푅 解得 vO= 33 m/s,FN=43 N 由牛顿第三定律知,小物块对轨道的压力 FN'=43 N (3)摩擦力 Ff=μmg=1 N,物块滑上小车后经过时间 t 达到的共同速度为 vt 则푣푂 - 푣푡 푎푚 = 푣푡 푎푀 ,am=2aM 得 vt= 33 3 m/s 由于碰撞不损失能量,物块在小车上重复做匀减速和匀加速运动,相对小车始终向左运 动,物块与小车最终静止,摩擦力做功使动能全部转化为内能,故有: Ff·l 相=1 2(M+m)푣2푡 得 l 相=5.5 m 小车从物块碰撞后开始匀减速运动,(每个减速阶段)加速度不变 aM= 퐹f 푀=0.5 m/s2,vt=aMt 得 t=2 3 33 s 4.如图所示,竖直平行正对放置的带电金属板 A、B,B 板中心的小孔正好位于平面直角坐标系 xOy 的 O 点,y 轴沿竖直方向,在 x>0 的区域内存在沿 y 轴正方向的匀强电场,电场强度大小为 E=4 3×103 V/m;比荷为 1.0×105 C/kg 的带正电的粒子 P 从 A 板中心 O'处由静止释放,其运动轨 迹恰好经过 M( 3,1)点;粒子 P 的重力不计,试求: (1)金属板 A、B 之间的电势差 UAB; (2)若在粒子 P 经过 O 点的同时,在 y 轴右侧匀强电场中某点由静止释放另一带电微粒 Q,使 P、Q 恰能在运动中相碰;假设 Q 的质量是 P 的 2 倍,带电情况与 P 相同;Q 的重力及 P、Q 之间的相互作用力均忽略不计;求粒子 Q 所有释放点的集合。 答案　(1)1 000 V　(2)y=1 6x2,其中 x>0 解析　(1)设粒子 P 的质量为 m、带电荷量为 q,从 O 点进入匀强电场时的速度大小为 v0;由题 意可知,粒子 P 在 y 轴右侧匀强电场中做类平抛运动;设从 O 点运动到 M( 3,1)点历时为 t0,由 类平抛运动规律可得 xM=v0t0,yM=1 2 푞퐸 푚 푡20,解得 v0= 2×104 m/s。 在金属板 A、B 之间运动过程,由动能定理得 qUAB=1 2m푣20,解得 UAB=1 000 V (2)设 P、Q 在右侧电场中运动时的加速度分别为 a1、a2;Q 粒子从坐标 N(x,y)点释放后, 经时间 t 与粒子 P 相碰;由牛顿运动定律及类平抛运动的规律和几何关系可得: 对于 P:Eq=ma1 对于 Q:Eq=2ma2 x=v0t 1 2a1t2=y+1 2a2t2 解得 y=1 6x2,其中 x>0 即粒子 Q 释放点 N(x,y)坐标满足的方程为 y=1 6x2,其中 x>0。