2023届高考二轮总复习试题 物理 （适用于福建） 计算题专项练（五） WORD版含解析.docx

1、计算题专项练(五)1.圆形匀强磁场中,当带电粒子做匀速圆周运动的半径等于圆形磁场的半径时,粒子在磁场边界上的某点沿任意方向进入磁场,都将以相同的速度射出磁场,此种现象称为“磁发散”。在某平面坐标空间中,如图所示,第一象限中布满匀强电场,其方向与y轴正方向成60角,大小为E1,第二象限中布满电场强度大小为E2的匀强电场,另有一个半径为r的圆形匀强磁场,且在磁场边界P处有一粒子源可以射出质量为m、电荷量为q的带正电的粒子,现该粒子源在该点切线同侧的180角内向磁场同时沿不同方向射入速度大小都为v的粒子,不考虑粒子间的相互作用,这些粒子进入磁场后都做匀速圆周运动,且均能在y轴正半轴进入第一象限,进入

2、第一象限后都做类平抛运动,已知重力加速度为g,且E1=mg2q。求:(1)匀强电场E2和匀强磁场B的大小;(2)P位置的坐标。2.某乐园表演烟花秀,很多烟花炸开后,形成漂亮的礼花,一边扩大,一边下落。假设某种型号的礼花弹在地面上从专用炮筒中沿竖直方向射出,到达最高点时炸开。已知礼花弹从炮筒射出的速度为v0,假设整个过程中礼花弹、弹片所受的空气阻力大小与重力的比值始终为k(k1),忽略炮筒的高度,重力加速度为g。(1)求礼花弹射出后,上升的最大高度h。(2)礼花弹炸开后的这些弹片中,最小加速度为多少?(3)礼花弹在最高点炸开后,其中有一弹片速度大小恰好也为v0,方向竖直向上,求此弹片炸开后在空中

3、的运动时间。3.(2022山东泰安预测)如图甲所示,水平地面上左侧有一固定的圆弧斜槽,斜槽左端是四分之一光滑圆弧AB,圆弧半径为R=7.5 m,右端是粗糙的水平面BC,紧挨着斜槽右侧有一足够长的小车P,小车质量为m0=1 kg,小车左端和斜槽末端C平滑过渡但不粘连,在C点静止放置一滑块N(可视为质点),滑块质量为m1=2 kg。最右边有一固定的竖直墙壁,小车右端距离墙壁足够远。已知斜槽BC段长度为L=1.2 m,由特殊材料制成,从B点到C点其与小球间的动摩擦因数0随到B点的距离增大而均匀减小到0,变化规律如图乙所示。滑块N与小车的水平上表面间的动摩擦因数为=0.1,水平地面光滑,现将一质量为m

4、2=2 kg的小球M(可视为质点)从斜槽顶端A点由静止释放,经过ABC后与静止在斜槽末端的滑块N发生弹性碰撞,碰撞时间极短,碰撞后滑块滑上小车,小车与墙壁相碰时碰撞时间极短,每次碰撞后小车速度方向改变,速度大小减小为碰撞前的一半,重力加速度g取10 m/s2,求:甲乙(1)小球运动到C点(还未与滑块碰撞)时的速度大小;(2)小车与墙壁第1次碰撞后到与墙壁第2次碰撞前瞬间的过程中,滑块与小车间由于摩擦产生的热量;(3)小车与墙壁第1次碰撞后到与墙壁第5次碰撞前瞬间的过程中,小车运动的路程。答案：1.答案 (1)mgqmvqr(2)-r2,r-32r解析 (1)由题知,粒子进入磁场后都做匀速圆周运

5、动,则E2q=mg解得E2=mgq由题知,粒子进入磁场后都做匀速圆周运动,且均能在y轴正半轴进入第一象限,则qvB=mv2r解得B=mvqr。(2)由题知,粒子进入第一象限后都做类平抛运动,则粒子进入第一象限的速度应与粒子在第一象限的合力垂直,粒子在第一象限受重力mg和静电力E1q,合力为F合=32mg,方向与y轴负方向成30角则粒子射出磁场的速度与E1平行,P的横坐标为x=-r+rsin 30=-r2纵坐标为y=r-rcos 30=r-32r故P位置的坐标为-r2,r-32r。2.答案 (1)v022(1+k)g(2)(1-k)g(3)v0(1+k)g+v0g21-k2解析 (1)设礼花弹的

6、质量为m1,上升过程中,由牛顿第二定律可得m1g+km1g=m1a1解得a1=(1+k)g由运动学公式可得0-v02=2(-a1)h解得h=v022(1+k)g。(2)由题意可知,炸开后,竖直下落的弹片加速度最小,设该弹片质量为m2,由牛顿第二定律可得m2g-km2g=m2a2解得a2=(1-k)g。(3)由(1)的分析可知,速度大小为v0的弹片上升过程的最大位移大小为h1=h=v022(1+k)g该过程所用时间t1=v0a1=v0(1+k)g从最高点下降过程h1+h=12a2t22解得下降时间为t2=v0g21-k2该弹片在空中运动的总时间为t=t1+t2=v0(1+k)g+v0g21-k2

7、。3.答案 (1)12 m/s(2)48 J(3)10.625 m解析 (1)设小球到C点的速度为v0,B到C过程中小球克服阻力做功为WfBC,由图乙可知在此过程中摩擦力均匀减小,则有WfBC=120m2gL=6 J小球由A到C过程中,由动能定理可得m2gR-WfBC=12m2v02解得v0=12 m/s。(2)小球与滑块弹性碰撞过程有m2v0=m2v2+m1v12m2v02=12m2v22+12m1v2m2=m1联立解得v2=0v=v0=12 m/s由于小球与滑块质量相等,则碰后两者速度交换,即碰后滑块速度大小为v=v0=12 m/s,设滑块滑上小车后达到的共同速度为v1,滑块和小车第一次碰

8、前,由动量守恒定律有m1v=(m1+m0)v1第一次碰前小车和滑块速度均为v1,碰后小车变为-12v1,滑块速度仍为v1,设碰后达到的共同速度为v2,则由动量守恒定律有-12m0v1+m1v1=(m1+m0)v2设小车与墙壁第1次碰撞后到与墙壁第2次碰撞前过程中,滑块与小车间产生的热量为Q,根据能量守恒定律有12m012v12+12m1v12=12(m1+m0)v22+Q联立得Q=48 J。(3)以小车第一次碰后为即时起点,根据牛顿第二定律,滑块与小车运动过程中加速度大小分别为a1=m1gm1=1 m/s2a2=m1gm0=2 m/s2小车向左减速到0用时为t1=v12a2=2 s小车与墙壁第1次碰撞后到与墙壁第2次碰撞前瞬间,小车运动的路程为s1=v14t12=8 m此时,小车速度为a2t1=4 m/s滑块的速度为v滑=v1-2a1t1=4 m/s即滑块和小车在第2次碰墙前恰好达到共同速度,分析可知,每次碰撞前两者都恰好达到共同速度小车与墙壁第1次碰撞后到第2次碰撞前过程中,路程s1=8 m同理,小车与墙壁第2次碰撞后到第3次碰撞前过程中s2=2 m第3次碰撞后到第4次碰撞前过程中s3=0.5 m第4次碰撞后到第5次碰撞前过程中s4=0.125 m所以小车与墙壁第1次碰撞后到与墙壁第5次碰撞前瞬间的过程中,小车运动的路程