2019年高考物理二轮复习精编练习：计算题32分练+4+Word版含解析.pdf

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1、计算题 32 分练(四)(时间：20 分钟 分值：32 分)(第 166 页)1(12 分)(2018雅安三诊)如图 1 所示，半径 R2.0 m 的光滑圆弧轨道固定在光滑的水平地面上，其末端水平平板小车上固定一木块，紧靠在轨道的末端，木块上表面水平粗糙，且与圆弧轨道末端等高木块的厚度h0.45 m，木块最右端到小车最右端的水平距离x0.45 m，小车连同木块总质量M2 kg.现使一个质量 m0.5 kg 的小球从圆弧轨道上由静止释放，释放小球的位置和圆弧轨道的圆心之间的连线与竖直方向的夹角为 53，小球从木块右端飞出后恰好击中小车的最右端.(g10 m/s2,sin 530.8,cos 53

2、0.6)求：图 1(1)小球到达圆弧轨道最低点时对轨道的压力大小；(2)小球离开木块最右端时，小球的速度大小；(3)小球运动到木块最右端过程中，系统产生的内能【解析】(1)设小球到达轨道末端的速度为 v0，由机械能守恒定律 mgR(1cos 53)12mv2 0 解得 v04 m/s 小球在轨道最低点 Fmgmv20R 解得 F9 N 由牛顿第三定律知小球对轨道的压力 FF9 N.(2)设小球运动到木块最右端的速度为 v1，此时小车的速度为 v2，由动量守恒定律得 mv0mv1Mv2 小球离开木块最右端后做平抛运动，运动时间为 t h12gt2 解得 t0.3 s 小球恰好击中小车的最右端 v

3、1tv2tx 以上各式联立解得 v12 m/s，v20.5 m/s 所以小球到达木块最右端的速度大小为 2 m/s.(3)由能量守恒定律得 mgR(1cos 53)12mv2112Mv22Q 解得 Q2.75 J.【答案】(1)9 N(2)2 m/s(3)2.75 J 2(20 分)如图 2 所示，在直角坐标系 xOy 平面的第一、四象限内各有一个边长为 L 的正方形匀强磁场区域，第二、三象限区域内各有一个高 L、，宽 2L 的长方形匀强磁场，其中在第二象限内有垂直坐标平面向外的匀强磁场，第一、三、四象限内有垂直坐标平面向里的匀强磁场，各磁场的磁感应强度大小均相等，第一象限的 xL、Ly2L

4、的区域内，有沿 y 轴正方向的匀强电场 现有一质量为 m、电荷量为 q 的带负电粒子从坐标(L,3L/2)处以初速度 v0沿 x 轴负方向射入电场，射出电场时通过坐标(0，L)点，不计粒子重力 图 2(1)求电场强度大小 E；(2)为使粒子进入磁场后途经坐标原点 O 到达坐标(L,0)点，求匀强磁场的磁感应强度大小 B；(3)求第(2)问中粒子从进入磁场到坐标(L,0)点所用的时间【解析】(1)带电粒子在电场中做类平抛运动有：Lv0t，L212at2，qEma 联立解得：Emv20qL.(2)粒子进入磁场时，速度方向与 y 轴负方向夹角的正切值 tan vxvy1 速度大小 vv0sin 2v

5、0 设 x 为每次偏转圆弧对应的弦长，根据运动的对称性，粒子能到达(L,0)点，应满足 L2nx，其中 n1、2、3，粒子轨迹如图甲所示，偏转圆弧对应的圆心角为2；当满足 L(2n1)x 时，粒子轨迹如图乙所示 若轨迹如图甲，设圆弧的半径为 R，圆弧对应的圆心角为2.则有 x 2R，此时满足 L2nx 联立可得：RL2 2n 洛伦兹力提供向心力，则有：qvBmv2R 得：B4nmv0qL，n1、2、3 若轨迹如图乙，设圆弧的半径为 R，圆弧对应的圆心角为2.则有 x 2R，此时满足 L(2n1)x 联立可得：RL2n1 2 洛伦兹力提供向心力，则有：qvBmv2R 得：B22n1mv0qL，n

6、1、2、3 所以为使粒子进入磁场后途经坐标原点 O 到达坐标(L，0)点，匀强磁场的磁感应强度大小 B4nmv0qL，n1、2、3或 B22n1mv0qL，n1、2、3(3)若轨迹如图甲，粒子从进入磁场到从坐标(L,0)点射出磁场过程中，圆心角的总和 2n222n，则 tT2n22nmqBL2v0 若轨迹如图乙，粒子从进入磁场到从坐标(L,0)点射出磁场过程中，圆心角的总和(2n1)2(4n2)，则 tT4n224n2mqBLv0 所以粒子从进入磁场到坐标(L,0)点所用的时间为L2v0或Lv0.【答案】(1)mv20qL(2)B4nmv0qL，n1、2、3或 B22n1mv0qL，n1、2、3(3)L2v0或Lv0