2019高考物理二轮复习 考前增分技巧 计算题突破训练 新人教版.doc

2019高考物理二轮复习 考前增分技巧 计算题突破训练 新人教版
1．从地面发射质量为m 的导弹，导弹上的喷气发动机可产生恒定的推力，且可通过改变喷气发动机尾喷管的喷气质量和方向改变发动机推力的大小和方向，导弹起飞时发动机推力大小为F ＝3mg ，导弹沿和水平方向成θ＝30°角的直线斜向右上方匀加速飞行．经过时间t 后，遥控导弹上的发动机，使推力的方向逆时针旋转60°，导弹依然可以沿原方向匀减速直线飞行．(不计空气阻力和喷气过程中导弹质量的变化)．求：
(1)t 时刻导弹的速率及位移是多少；
(2)旋转方向后导弹还要经过多长时间到达最高点； (3)导弹上升的最大高度是多少？ 解析：
(1)刚开始时，导弹受推力和重力作用，两力的合力与水平方向成30°角斜向上，设推力F 与合力F h 夹角为θ，如图甲所示．
由正弦定理得：mg sin θ＝3mg
sin 120°
解得： θ＝30° 所以合力：F h ＝mg
由牛顿第二定律得导弹的加速度为： a 1＝F h
m
＝g
t 时刻的速率：v ＝a 1t ＝gt t 时刻的位移大小为：s 1＝12
gt 2
.
(2)推力方向逆时针旋转60°，合力的方向与水平方向成30°斜向下，推力F′跟合力F′h 垂直，如图乙所示．
此时合力大小为：F′h ＝mg sin 30° 导弹的加速度大小为：a 2＝mg sin 30°m ＝g
2
导弹到最高点的时间为： t 1＝v/a 2＝gt/0.5g ＝2t. (3)导弹的总位移为
s ＝12a 1t 2＋12a 2t 21＝12gt 2＋gt 2
＝32
gt 2 导弹上升的最大高度为：h m ＝s·sin 30°＝34gt 2.
答案：(1)gt 12gt 2 (2)2t (3)34
gt 2
2．(2014·重庆卷)如图为“嫦娥三号”探测器在月球上着陆最后阶段的示意图．首先在发动机作用下，探测器受到推力在距月面高度为h 1处悬停(速度为0，h 1远小于月球半径)；接着推力改变，探测器开始竖直下降，到达距月面高度为h 2处的速度为v ；此后发动机关闭，探测器仅受重力下降至月面．已知探测器总质量为m(不包括燃料)，地球和月球的半径比为k 1，质量比为k 2，地球表面附近的重力加速度为g ，求：
(1)月球表面附近的重力加速度大小及探测器刚接触月面时的速度大小； (2)从开始竖直下降到刚接触月面时，探测器机械能的变化．
解析：(1)设地球质量和半径分别为M 和R ，月球的质量、半径和表面附近的重力加速度分别为M′、R′和g′，探测器刚接触月面时的速度大小为v t .则M M′＝k 2，R
R′
＝k 1
由mg′＝G M′m R′2和mg ＝G Mm R 2得g′＝k 2
1
k 2
g
由v 2t
－v 2
＝2g′h 2得v t ＝
v 2
＋2k 2
1gh 2
k 2
.
(2)设机械能变化量为ΔE ，动能变化量为ΔE k ，重力势能变化量为ΔE p . 由ΔE ＝ΔE k ＋ΔE p
有ΔE ＝12mv 2t －mg′h 1＝12m(v 2＋2k 2
1gh 2k 2)－m k 2
1
k 2gh 1
得ΔE ＝12mv 2－k 2
1
k 2mg(h 1－h 2)．
答案：(1)k 2
1
k 2
g
v 2
＋2k 21gh 2k 2 (2)12mv 2－k 2
1
k 2
mg(h 1－h 2)
3．如图所示，在方向水平向右、大小为E ＝6×103
N /C 的匀强电场中有一个光滑的绝缘平面．一根绝缘细绳两端分别系有带电滑块甲和乙，甲的质量为m 1＝2×10－4
kg ，带电荷量为q 1＝2×10－9
C ，乙的质量为m 2＝1×10－4
kg ，带电荷量为q 2＝－1×10－9
C ．开始时细绳处于拉直状态．由静止释放两滑块，t ＝3 s 时细绳突然断裂．不计滑块间的库仑力，试求：
(1)细绳断裂前两滑块的加速度；
(2)在整个运动过程中，乙的电势能增量的最大值．
解析：(1)取水平向右为正方向，将甲、乙及细绳看成一个整体，根据牛顿第二定律得 F 合＝q 1E ＋q 2E ＝(m 1＋m 2)a 0 得a
0＝1＋q 2
m 1＋m 2
＝
－9
－1×10－9
3
2×10－4＋1×10
－4
m /s 2＝0.02 m /s 2
.
(2)当乙发生的位移最大时，乙的电势能增量最大，细绳断裂前，甲、乙发生的位移均为 x 0＝12a 0t 2＝12×0.02×32
m ＝0.09 m
此时甲、乙的速度均为
v 0＝a 0t ＝0.02×3 m /s ＝0.06 m /s 细绳断裂后，乙的加速度变为
a 乙′＝q 2E m 2＝－1×10－9
×6×103
1×10
－4
m /s 2＝－0.06 m /s 2
从细绳断裂到乙速度减为零，乙发生的位移x 乙′为x 乙′＝0－v 2
2a 乙′
＝
0－0.062
－
m ＝0.03
m
整个运动过程乙发生的最大位移为 x 乙max ＝x 0＋x 乙′＝0.09 m ＋0.03 m ＝0.12 m 此时乙的电势能增量为 ΔE p ＝|W 乙|＝|q 2E|x 乙max
＝1×10－9
×6×103
×0.12 J ＝7.2×10－7
J . 答案：(1)0.02 m /s 2
(2)7.2×10－7
J
4．如图所示，一质量为m 、电荷量为＋q 的粒子，以速度v 0从O 点沿y 轴正方向射入磁感应强度为B 的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外，粒子飞出磁场区域后，从b 处穿过x 轴进入场强为E 、方向与x 轴负方向成60°角斜向下的匀强电场中，速度方向与x 轴正方向的夹角为30°，经过一段时间后恰好通过b 点正下方的c 点，粒子的重力不计．试求：
(1)圆形匀强磁场的最小面积； (2)c 点到b 点的距离d.
解析：解答本题的关键是，按题目中所述的运动方向，根据速度方向和轨道半径垂直的关系，找出粒子做匀速圆周运动的圆心O′.很显然，弦长ON 即为圆形磁场区域的最小直径．
(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，由qBv 0＝m v 2
0R 得R ＝mv 0
qB
粒子经过磁场区域速度偏转角为120°，这表明在磁场区域中运动轨迹为半径为R 的1
3圆
弧，作出粒子运动轨迹如图中实线所示．所求圆形磁场区域的最小半径为r ＝1
2ON ＝R sin 60°
＝
3mv 0
2qB
面积为S ＝πr 2
＝3πm 2v 2
4q 2B
2.
(2)粒子进入电场做类平抛运动，从b 到c 垂直电场方向位移为x′＝v 0t①
沿电场方向位移为y′＝12at 2＝qEt
2
2m ②
x′
y′
＝tan 30°③ 解方程①②③得x′＝23mv 2
qE
y′＝6mv 2
qE
d ＝x′2
＋y′2
＝43mv 2
qE
.
答案：(1)3πm 2v 204q 2B 2 (2)43mv 2
qE
5．(2014·安徽卷)如图(1)所示，匀强磁场的磁感应强度B 为0.5 T ，其方向垂直于倾角θ为30°的斜面向上．绝缘斜面上固定有“∧”形状的光滑金属导轨MPN(电阻忽略不计)，MP 和NP 长度均为2.5 m ，MN 连线水平，长为3 m ．以MN 中点O 为原点、OP 为x 轴建立一维坐标系Ox.一根粗细均匀的金属杆CD ，长度d 为3 m 、质量m 为1 kg 、电阻R 为0.3 Ω，在拉力F 的作用下，从MN 处以恒定速度v ＝1 m /s 在导轨上沿x 轴正向运动(金属杆与导轨接触良好)．g 取10 m /s 2
.
(1)求金属杆CD 运动过程中产生的感应电动势E 及运动到x ＝0.8 m 处电势差U CD ； (2)推导金属杆CD 从MN 处运动到P 点过程中拉力F 与位置坐标x 的关系式，并在图(2)中画出F －x 关系图象；
(3)求金属杆CD 从MN 处运动到P 点的全过程产生的焦耳热． 解析：(1)金属杆CD 在匀速运动中产生的感应电动势 E ＝Blv(l ＝d)，解得E ＝1.5 V (D 点电势高)
当x ＝0.8 m 时，金属杆在导轨间的电势差为零．设此时杆在导轨外的长度为l 外，则 l 外＝d －OP －x
OP
d 、OP ＝
MP 2
－
MN 2
2
，得l 外＝1.2 m
由楞次定律判断D 点电势高，故CD 两端电势差 U CD ＝－Bl 外v ，即U CD ＝－0.6 V .
(2)杆在导轨间的长度l 与位置x 关系是l ＝OP －x OP d ＝3－3
2
x
对应的电阻R l 为R l ＝l d R ，电流I ＝Blv
R l
杆受的安培力F 安＝BIl ＝7.5－3.75x 根据平衡条件得F ＝F 安＋mg sin θ F ＝12.5－3.75x(0≤x≤2)． 画出的F －x 图象如图所示．
(3)外力F 所做的功W F 等于F －x 图线下所围的面积，即 W F ＝5＋12.5
2
×2 J ＝17.5 J
而杆的重力势能增加量ΔE p ＝mg OP sin θ 故全过程产生的焦耳热Q ＝W F －ΔE p ＝7.5 J . 答案：(1)－0.6 V
(2)F ＝12.5－3.75x(0≤x≤2) 图象见解析 (3)7.5 J
6．(2014·天津卷)同步加速器在粒子物理研究中有重要的应用，其基本原理简化为如图所示的模型．M 、N 为两块中心开有小孔的平行金属板．质量为m 、电荷量为＋q 的粒子A(不计重力)从M 板小孔飘入板间，初速度可视为零．每当A 进入板间，两板的电势差变为U ，粒子得到加速，当A 离开N 板时，两板的电荷量均立即变为零．两板外部存在垂直纸面向里的匀强磁场，A 在磁场作用下做半径为R 的圆周运动，R 远大于板间距离．A 经电场多次加速，动能不断增大，为使R 保持不变，磁场必须相应地变化．不计粒子加速时间及其做圆周运动产生的电磁辐射，不考虑磁场变化对粒子速度的影响及相对论效应．求
(1)A 运动第1周时磁场的磁感应强度B 1的大小； (2)在A 运动第n 周的时间内电场力做功的平均功率P n ；
(3)若有一个质量也为m 、电荷量为＋kq(k 为大于1的整数)的粒子B(不计重力)与A 同时从M 板小孔飘入板间，A 、B 初速度均可视为零，不计两者间的相互作用，除此之外，其他条件均不变．下图中虚线、实线分别表示A 、B 的运动轨迹．在B 的轨迹半径远大于板间距离
的前提下，请指出哪个图能定性地反映A 、B 的运动轨迹，并经推导说明理由．
解析：(1)设A 经电场第1次加速后速度为v 1，由动能定理得qU ＝12mv 2
1－0①
A 在磁场中做匀速圆周运动，所受洛伦兹力充当向心力 qv 1
B 1＝mv 2
1
R ②
由①②得 B 1＝
1R
2mU
q
.③ (2)设A 经n 次加速后的速度为v n ，由动能定理得 nqU ＝12
mv 2
n －0④
设A 做第n 次圆周运动的周期为T n ，有 T n ＝2πR v n
⑤
设在A 运动第n 周的时间内电场力做功为W n ，则 W n ＝qU⑥
在该段时间内电场力做功的平均功率为 P n ＝W n
T n
⑦
由④⑤⑥⑦解得 P n ＝
qU πR
nqU
2m
.⑧ (3)A 图能定性地反映A 、B 运动的轨迹．
A 经过n 次加速后，设其对应的磁感应强度为
B n ，A 、B 的周期分别为T n 、T′，综合②、⑤式并分别应用A 、B 的数据得
T n ＝2πm qB n
T′＝2πm kqB n ＝T n
k
由上可知，T n 是T′的k 倍，所以A 每绕行1周，B 就绕行k 周．由于电场只在A 通过时存在，故B 仅在与A 同时进入电场时才被加速．
经n 次加速后，A 、B 的速度分别为v n 和v′n ，考虑到④式
v n ＝
2nqU
m v′n ＝2nkqU
m
＝kv n 由题设条件并考虑到⑤式，对A 有 T n v n ＝2πR
设B 的轨迹半径为R′，有 T′v′n ＝2πR′ 比较上述两式得R′＝
R k
上式表明，运动过程中B 的轨迹半径始终不变． 由以上分析可知，两粒子运动的轨迹如图A 所示． 答案：(1)
1
R
2mU q (2)qU
πR
nqU
2m
(3)见解析 7．(2015·广东卷)如图所示，一条带有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直，底端分别与两侧的直轨道相切，半径R ＝0.5 m ．物块A 以v 0＝6 m /s 的速度滑入圆轨道，滑过最高点Q ，再沿圆轨道滑出后，与直轨上P 处静止的物块B 碰撞，碰后粘在一起运动．P 点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为L ＝0.1 m ．物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ＝0.1，A 、B 的质量均为m ＝1 kg (重力加速度g 取10 m /s 2
；A 、B 视为质点，碰撞时间极短)．
(1)求A 滑过Q 点时的速度大小v 和受到的弹力大小F ； (2)若碰后AB 最终停止在第k 个粗糙段上，求k 的数值； (3)求碰后AB 滑至第n 个(n<k)光滑段上的速度v n 与n 的关系式． 解析：(1)根据机械能守恒定律有 12mv 20＝2mgR ＋12mv 2
解得v ＝4 m /s
设在Q 点轨道对物块A 的弹力向下，则mg ＋F ＝m v 2
R
解得F ＝22 N .
(2)根据机械能守恒定律，物块A 与物块B 碰撞前速度仍为v 0 设碰撞后速度为v 1，则mv 0＝2mv 1
碰后AB 一起向前滑行，由动能定理有－μ×2mgx＝0－12×2mv 2
1，解得x ＝4.5 m ＝45L
因此AB 停在第45个粗糙段上，即k ＝45.
(3)碰后AB 滑至第n 个光滑段上，经过了n 个粗糙段，则由动能定理得－μ×2mg(nL)＝12×2mv 2n －12
×2mv 21 解得v n ＝9－0.2n m /s (n<45)． 答案：(1)4 m /s 22 N (2)45 (3)v n ＝9－0.2n m /s (n<45)
8．如图所示，在xOy 平面内，紧挨着的三个“柳叶”形有界区域①②③内(含边界上)有磁感应强度为B 的匀强磁场，它们的边界都是半径为a 的14圆，每个1
4圆的端点处的切线要
么与x 轴平行、要么与y 轴平行．①区域的下端恰在O 点，①②区域在A 点平滑连接、②③区域在C 点平滑连接．大量质量均为m 、电荷量均为q 的带正电的粒子依次从坐标原点O 以相同的速率、各种不同的方向射入第一象限内(含沿x 轴、y 轴方向)，它们只要在磁场中运动，轨道半径就都为a.在y≤－a 的区域，存在场强为E 的沿－x 方向的匀强电场．整个装置在真空中，不计粒子重力、不计粒子之间的相互作用．求：
(1)粒子从O 点射出时的速率v 0；
(2)这群粒子中，从O 点射出至运动到x 轴上的最长时间； (3)这群粒子到达y 轴上的区域范围． 解析：(1)由qBv 0＝m v 2
0R 代入数据得v 0＝qBa
m
.
(2)这些粒子中，从O 沿＋y 轴方向射入磁场的粒子，从O 到C 耗时最长． 由t ＝s v 0得t max ＝πa v 0＝πm
qB
.
(3)这些粒子经过①区域偏转后方向都变成与＋x 轴平行，接着匀速直线进入②区域，经过②区域偏转又都通过C 点，从C 点进入③区域，经过③区域偏转，离开③区域时，所有粒子运动方向都变成－y 方向(即垂直进入电场)．对于从x ＝2a 进入电场的粒子，在－x 方向的分运动有
2a ＝12×Eq m ×t 2
1
解得t 1＝
4am
Eq
则该粒子运动到y 轴上的坐标为 y 1＝－a －v 0t 1＝－a －Ba
4aq
Em
对于从x ＝3a 进入电场的粒子，在－x 方向的分运动有3a ＝12×Eq m ×t 2
2
解得t 2＝
6am
Eq
则该粒子运动到y 轴上的坐标为y 2＝－a －v 0t 2＝－a －Ba 6aq
Em
，这群粒子运动到y 轴上的区域范围为
－a －Ba
6aq
Em
≤y≤－a －Ba 4aq Em
. 答案：(1)qBa m (2)πm
qB
(3)－a －Ba
6aq
Em
≤y≤－a －Ba 4aq Em。