2023届高考二轮总复习试题 物理（适用于老高考新教材） 计算题专项练（一） WORD版含解析.docx

1、计算题专项练(一)1.(2022山东烟台二中预测)滑雪运动越来越受到青少年们的青睐。滑雪大跳台的赛道主要由助滑道、起跳台、着陆坡、停止区组成,如图甲所示;图乙为简化后的跳台滑雪雪道示意图,A为助滑道的最高点,D为助滑道的最低点,B为跳台起跳点,起跳区DB为倾角=15的斜面,着陆坡道为倾角=30的斜面。在某次训练中,运动员从A点由静止开始下滑,到起跳点B沿斜面向上飞出,最后落在着陆坡道上的C点。A、B、C、D在同一竖直平面内,已知A、B点间的高度差H=45 m,不计一切阻力和摩擦,重力加速度g取10 m/s2。求:甲乙(1)运动员完成空中动作的时间t;(2)运动员到达C点的速度大小。2.(202

2、2安徽合肥预测)如图甲所示,用不可伸长的轻绳将质量为mA=2.0 kg的物块A悬挂在O点,轻绳长度为l=0.8 m。初始时,轻绳处于水平拉直状态,现将物块A由静止释放,当A下摆至最低点时,恰好与静止在水平面上的长木板B发生弹性碰撞,碰撞时间极短。长木板B的质量为mB=2.0 kg,长木板B的左端放置有可视为质点的小物块C,小物块C的速度随时间变化图像如图乙所示,小物块C的质量为mC=1.0 kg,在运动过程中,小物块C未从长木板B上掉落。重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力的影响。求:甲乙(1)碰撞前瞬间轻绳拉力的大小;(2)小物块C与长木板B间的动摩擦因数以及长木板B与地面间的动摩擦因

3、数0;(3)长木板B至少多长。3.(2022湖北武汉模拟)如图所示,空间中存在着匀强磁场和匀强电场,空间位置有边长L=1.6 m的正方体abcd-abcd,其中a、b、c、d四点电势分别为a=0、b=-16 V、c=-16 V、d=16 V,匀强磁场的方向沿adcb平面斜向上。一带正电的小球以速度v0=2 m/s从b点沿bc方向匀速运动,重力加速度g取10 m/s2。(结果可用根式表示)(1)求匀强电场E的大小与方向和磁感应强度B的大小。(2)若同时撤去电场和磁场,小球从正方体哪条边离开?(3)若仅撤去电场,小球从正方体的什么位置离开?答案：1.答案 (1)26 s(2)1015+63 m/s

4、解析 (1)设运动员及装备总质量为m,由动能定理得mgH=12mvB2-0设运动员从B到C的时间为t,将运动分解到垂直斜坡方向和沿着斜坡方向,在垂直斜坡方向上vy=vBsin (+)ay=gcos 且落到斜坡上时t=vy-(-vy)ay代入数据解得t=26 s。(2)在沿着陆坡道方向上ax=gsin vx=vBcos (+)+axtv=vx2+vy2代入数据解得v=1015+63 m/s。2.答案 (1)60 N(2)0.116(3)2 m解析 (1)设物块A与长木板B碰撞前瞬间的速度大小为v0,对物块A由静止释放运动到最低点的过程,根据动能定理有mAgl=12mAv02解得v0=4 m/s则

5、根据牛顿第二定律有FT-mAg=mAv02l解得FT=60 N。(2)设小物块C与长木板间的动摩擦因数为,由题图乙可知小物块C相对长木板B滑动过程中的加速度大小为aC=g=1 m/s2解得=0.1设碰撞后瞬间物块A和长木板B的速度分别为vA、vB,物块A与长木板B发生弹性碰撞,根据动量守恒定律有mAv0=mAvA+mBvB再根据机械能守恒定律有12mAv02=12mAvA2+12mBvB2解得vB=4 m/s在01 s时间内,设长木板B的加速度大小为aB,根据牛顿第二定律有0(mB+mC)g+mCg=mBaB由题图乙易知t=1 s时,长木板B和小物块C达到共同速度,且v共=1 m/s,对长木板

6、B根据运动学公式有vB-v共=aBt1解得0=16。(3)长木板B与小物块C在0 1 s内的相对位移为x1=vB+v共2t1-0+v共2t1=2 m长木板B和小物块C达到共同速度后,C对B的摩擦力方向变为水平向左,设此后B的加速度大小为aB,根据牛顿第二定律有0(mB+mC)g-mCg=mBaB解得aB=2 m/s2长木板B与小物块C在12 s内的相对位移为x2=v共22aB-v共+02t2=-0.25 m则长木板B至少长L=x1=2 m。3.答案 (1)102 V/m,方向沿着ab方向52 T(2)小球从正方体cb边离开(3)小球从正方体的d点离开解析 (1)根据各点电势分布可知a=d=0b

7、=c=-16 V则电场沿着ab方向,电场强度的大小为E=16-(-16)21.6 V/m=102 V/m带正电小球以速度v0=2 m/s从b点沿bc方向匀速运动,受力分析如图所示由几何关系可知=45,由平衡条件可知22qE=22qv0B22qE+22qv0B=mg解得B=Ev0=52 T。(2)若同时撤去电场和磁场,小球只受重力,在平面bccb内做平抛运动,设时间为t1,在bc方向做匀速直线运动,有L=v0t1y=12gt12解得t1=0.8 s,y=3.2 mL=1.6 m则小球落到底边cb上即小球从正方体cb边离开。(3)若仅撤去电场,将重力分解,如图所示因满足qv0B=mgcos 则小球受等效重力沿ba方向,故小球在平面bcda内做类平抛运动,如图所示有a=mgsinm=522L=12at22x=v0t2联立解得t2=0.8 s,x=1.6 m