【物理】2020届二轮复习计算题题型练（一）作业

【物理】2020届二轮复习计算题题型练（一）作业

计算题题型练(一) 1．(2019·教育绿色评价联盟 4 月模拟)小明以初速度 v0＝10 m/s 竖直向上抛出一个质量 m＝ 0.1 kg 的小皮球，最后在抛出点接住．假设小皮球在空气中所受阻力大小为重力的 0.1 倍，阻 力方向与小皮球运动方向相反．求小皮球：(g 取 10 m/s2) (1)上升的最大高度； (2)从抛出到接住的过程中重力和空气阻力所做的功； (3)上升和下降的时间． 答案 (1)50 11 m (2)0 －10 11 J (3)10 11 s 10 11 33 s 解析 (1)阻力大小 f＝0.1mg 上升时的加速度大小 a1＝mg＋f m ＝1.1g＝11 m/s2 上升的最大高度为 h，则 0－v02＝－2a1h 解得 h＝50 11 m (2)从抛出到接住的过程中，重力做功为 0； 空气阻力做功 Wf＝－f·2h＝－10 11 J (3)上升阶段：h＝1 2a1t12，t1＝10 11 s 下降阶段加速度大小 a2＝mg－f m ＝0.9g＝9 m/s2 h＝1 2a2t22，t2＝10 11 33 s. 2.如图所示，空心圆台上、下底面水平，其半径分别为 3r 和 2r，圆台高为 H＝4r，圆台壁内 表面涂有荧光粉．位于圆台轴线位置的某电学器件，其阴极是一根细圆柱形导体，阳极是环 绕阴极半径为 r 的圆柱形金属网(厚度不计)，阳极与圆台壁之间的空间区域分布着竖直向下 的匀强磁场，从阴极发出的电子(初速度不计)，经加速后从阳极小孔中水平射出，撞到圆台 壁上可使圆台壁发光．已知两极之间所加的电压恒为 U，电子比荷为 k，电子重力、电子间 的相互作用力以及其他阻力均忽略不计． (1)若使圆台壁不发光，则磁感应强度至少为多大？ (2)若将阳极半径缩小，使其与阴极距离忽略不计，并使磁场充满整个圆台空间，改变磁感应 强度 B 的大小，圆台壁发光部分的竖直高度 h 也随之改变，试确定 h 随 B 变化的函数关系． 答案 (1) 4 3r 2U k (2)h＝8 B 2U k －8r( 2 3r 2U k ≤B≤1 r 2U k ) 解析 (1)由动能定理得 eU＝1 2mv2① 若使圆台壁恰好不发光，则下底面处恰好不发光，如图所示．由几何关系可知 R2＋r2＝(2r－R)2② 由牛顿第二定律得 evB0＝mv2 R ③ 又 k＝e m ，联立解得：B0＝ 4 3r 2U k . 故若使圆台壁不发光，则磁感应强度至少为 4 3r 2U k . (2)如图，设高为 h 处的台体截面圆半径为 R′，则 h H ＝R′－2r 3r－2r 由牛顿第二定律得 evB＝m v2 R′ 2 ⑤ 由⑤得 R′＝2v kB 又 v＝ 2kU，则 B＝ 2 R′ 2U k ， 2r≤R′≤3r， 则 2 3r 2U k ≤B≤1 r 2U k 联立可得 h＝8 B 2U k －8r( 2 3r 2U k ≤B≤1 r 2U k )． 3．(2019·余姚市 4 月选考)如图(a)所示，两个完全相同的“人”字形金属轨道面对面正对着 固定在竖直平面内，间距为 d，它们的上端公共轨道部分保持竖直，下端均通过一小段弯曲 轨道与一段直轨道相连，底端置于绝缘水平桌面上．MM′、PP′(图中虚线)之下的直轨道 MN、M′N′、PQ、P′Q′长度均为 L 且不光滑(轨道其余部分光滑)，并与水平方向均构成 37°斜面，在左边轨道 MM′以下的区域有垂直于斜面向下、磁感应强度为 B0 的匀强磁场， 在右边轨道 PP′以下的区域有平行于斜面但大小未知的匀强磁场 Bx，其他区域无磁场．QQ′ 间连接有阻值为 2R 的定值电阻与电压传感器(e、f 为传感器的两条接线)．另有长度均为 d 的 两根金属棒甲和乙，它们与 MM′、PP′之下的轨道间的动摩擦因数均为μ＝1 8.甲的质量为 m、 电阻为 R；乙的质量为 2m、电阻为 2R.金属轨道电阻不计．先后进行以下两种操作： 操作Ⅰ：将金属棒甲紧靠竖直轨道的左侧，从某处由静止释放，运动到底端 NN′过程中棒 始终保持水平，且与轨道保持良好电接触，计算机屏幕上显示的电压—时间关系(U－t)图象 如图(b)所示(图中 U 已知)； 操作Ⅱ：将金属棒甲紧靠竖直轨道的左侧、金属棒乙(图中未画出)紧靠竖直轨道的右侧，在 同一高度将两棒同时由静止释放．多次改变高度重新由静止释放，运动中两棒始终保持水平 且与轨道保持良好电接触，发现两棒总是同时到达桌面．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) (1)试求操作Ⅰ中甲到 MM′的速度大小； (2)试求操作Ⅰ全过程定值电阻上产生的热量 Q 和甲通过磁场区域的时间 t； (3)试求右边轨道 PP′以下的区域匀强磁场 Bx 的方向和大小． 答案 见解析 解析 (1)甲到达 MM′时的速度大小为 v1，则 E＝B0dv1 又 U＝ E 2R＋R·2R，解得：v1＝ 3U 2B0d (2)由题图(b)知：2U＝ B0dv2 2R＋R ·2R，则 v2＝3U B0d 对甲棒，由动能定理，有 mgLsin 37°－μmgLcos 37°－Q 总＝1 2mv22－1 2mv12， 式中 Q 总为克服安培力所做的功，转化成了甲棒和定值电阻上产生的热量； 解得：Q 总＝1 2mgL－27mU2 8B02d2 故 Q＝2 3Q 总＝1 3mgL－ 9mU2 4B02d2 对甲棒，由动量定理，有 (mgsin 37°－μmgcos 37°)t－ F At＝m(v2－v1) F A＝B0 I d I ＝ E 3R E ＝B0d v L＝ v t 联立解得：t＝2B02d2L 3mgR ＋ 3U B0dg (3)两棒由静止释放的高度越高，甲棒进入磁场时的安培力越大，加速度越小，而乙棒只有摩 擦力越大加速度才越小，故乙棒所受安培力应垂直斜面向下，结合左手定则知 Bx 沿斜面向下 从不同高度下落两棒总是同时到达桌面，说明两棒运动的加速度一直相同．对甲棒，根据牛 顿第二定律，有 mgsin θ－μmgcos θ－B02d2v 2R ＝ma 对乙棒，根据牛顿第二定律，有 2mgsin θ－μ(2mgcos θ＋Bx×1 2 ×B0dv 2R d)＝2ma 联立解得：Bx＝32B0.