2019版高考物理二轮复习第二部分三、“三法”突破计算题计算题专项练2
高考物理二轮总复习精品课件 第2部分 专题整合高频突破 第3讲 力与物体的曲线运动
小球弹力方向向下,故小球对杆的弹力方向向上,C正确。若v2=2b,
2
则F+mg=m ,解得F=a=mg,故D正确。
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新题演练
1 2 3 4 5
怎样得高分
1.一只小船渡河,运动轨迹如图所示。水流速度各处相同且恒定不
变,方向平行于岸边;小船相对于静水分别做匀加速、匀减速、匀
x=v0t①
1
h=2gt2②
设圆弧轨道半径为 R,由机械能守恒定律得
1
mgR= 0 2 ③
2
联立①②③式,并代入题给条件得
R=0.25 m。④
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新题演练
1 2 3 4 5
-30-
怎样得高分
(2)环由b处静止下滑过程中机械能守恒,设环下滑至c点的速度大小
为v,有
1
mgh=2mv2⑤
环在c点速度的水平分量为
解得 v2=
小滑块在 O 点做平抛运动,则
1 2
R=2gt ,x=v0t
解得 2R≤x≤2R。
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命题热点一
命题热点二
命题热点三
(3)如图所示,设小滑块出发点为P1,离开点为P2,由题意要求O1P1、
O2P2与竖直方向的夹角相等,设为θ,若离开滑道时的速度为v,
2
则小滑块在 P2 处脱离滑道的条件是 mgcos θ=m
命题热点三
解析:在南北方向上,帆板静止,所以在此方向上帆船相对于帆板
向北以速度v运动;在东西方向上,帆船静止,帆板向西以速度v运动,
所以在此方向上帆船相对于帆板向东以速度v运动;以帆板为参考
2019年高考物理选修3-2计算题第二轮复习题(含答案)
电磁感应一、法拉第电磁感应定律 .1、法拉第电磁感应定律 .（1）内容：电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量变化率成正比。
（2）公式：t E ∆∆Φ=（单匝线圈） 或 tn E ∆∆Φ=（n 匝线圈）. 对表达式的理解：② 在tnE ∆∆Φ=中（这里的ΔΦ取绝对值，所以此公式只计算感应电动势E 的大小，E 的方向根据楞次定律或右手定则判断），E 的大小是由匝数及磁通量的变化率（即磁通量变化的快慢）决定的，与Φ或ΔΦ之间无大小上的必然联系（类比学习：关系类似于a 、v 和Δv 的关系）。
2、E =BLv 的四个特性 . （1）相互垂直性 .公式E =BLv 是在一定得条件下得出的，除了磁场是匀强磁场外，还需要B 、L 、v 三者相互垂直，实际问题中当它们不相互垂直时，应取垂直的分量进行计算。
若B 、L 、v 三个物理量中有其中的两个物理量方向相互平行，感应电动势为零。
（2）L 的有效性 .公式E =BLv 是磁感应强度B 的方向与直导线L 及运动方向v 两两垂直的情形下，导体棒中产生的感应电动势。
L 是直导线的有效长度，即导线两端点在v 、B 所决定平面的垂线方向上的长度。
实际上这个性质是“相互垂直线”的一个延伸，在此是分解L ，事实上，我们也可以分解v 或者B ，让B 、L 、v 三者相互垂直，只有这样才能直接应用公式E =BLv 。
E =BL (v sin θ)或E =Bv (L sin θ) E = B ·2R ·v有效长度——直导线（或弯曲导线）在垂直速度方向上的投影长度.（3）瞬时对应性 .对于E =BLv ，若v 为瞬时速度，则E 为瞬时感应电动势；若v 是平均速度，则E 为平均感应电动势。
（4）v 的相对性 .公式E =BLv 中的v 指导体相对磁场的速度，并不是对地的速度。
只有在磁场静止，导体棒运动的情况下，导体相对磁场的速度才跟导体相对地的速度相等。
2019版高考物理通用版二轮复习讲义第二部分 第二板块 第3讲 技法专题——3步稳解物理计算题
基第 3 讲| 技法专题——3步稳解物理计算题物理计算题历来是高考拉分题，试题综合性强，涉及物理过程较多，所给物理情境较复杂，物理模型较模糊或隐蔽，运用的物理规律也较多，对考生的挖掘隐含条件的能力、 本过程的分析能力、思维推理能力、基本运算能力等要求很高。
为了在物理计算题上得到理想的分值，应做到细心审题、大胆拆题、规范答题。
一、细心审题——做到“一读、二思、三析”1．读题“读题”是从题目中获取信息的最直接方法，一定要全面、细心，读题时不要急于求解，对题中关键的词语要多加思考，明白其含义，对特殊字、句、条件要用着重号加以标注；要重点看清题目中括号内的附加条件及题目给出的图形及图像等。
2．思题“思题”就是默读试题，是物理信息内化的过程，它能解决漏看、错看等问题。
边读题边思索、边联想，以弄清题目中所涉及的现象和过程，排除干扰因素，充分挖掘隐含条件。
3．析题“析题”就是在“思题”获取一定信息的基础上，调动大脑中所储存的相关知识，准确、全面、快速思考，要对研究对象的各阶段变化进行剖析，建立起清晰的物理情景，确定每一个过程对应的物理模型、规律及各过程间的联系。
[例 1] 下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害。
某地有一倾角为 θ＝37°(sin 37°＝0.6)的山坡 C ，上面有一质量为 m 的石板B ，其上下表面与斜坡平行；B 上有一碎石堆 A (含有大量泥土)，A 和 B均处于静止状态，如图所示。
假设某次暴雨中，A 浸透雨水后总质量也为 m (可视为质量不变的滑块)，在极短时间内，A 、B 间的动摩擦因数 μ13减小为8，B 、C 间的动摩擦因数 μ2 减小为 0.5，A 、B 开始运动，此时刻为计时起点；在第2 s 末，B 的上表面突然变为光滑，μ2 保持不变。
已知 A 开始运动时，A 离 B 下边缘的距离l ＝27 m ，C 足够长，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
取重力加速度大小 g ＝10 m/s 2。
2019高考物理二轮练习精品资料ⅲ重点题二
2019高考物理二轮练习精品资料ⅲ重点题二本试卷分第一卷〔选择题〕和第二卷〔非选择题〕两部分。
总分值100分，考试时间90分钟。
第一卷〔选择题共48分〕【一】选择题〔每题3分，共48分。
〔每题3分，共48分。
每题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错或不选的得0分〕1、某校高一的新同学分别乘两辆汽车去市公园游玩、当两辆汽车在平直公路上运动时，甲车内一同学看见乙车没有运动，而乙车内一同学看见路旁的树木向西移动、如果以地面为参考系，那么，根据上述观察到的现象可说明（）A 、甲车不动，乙车向东运动B 、乙车不动，甲车向东运动C 、甲车向西运动，乙车向东运动D 、甲、乙两车以相同的速度都向东运动2、物体由静止开始运动，加速度恒定，在第7S 内的初速度是2.6M ／S ，那么物体的加速度是（）A 、0.4M ／S2B 、0.37M ／S2C 、2.6M ／S2D 、0.43M ／S23、以下各图所示分别为四个物体在一条直线上运动的V －T 图象，那么由图象可以看出，示方向传动时，重10N 的物体随皮带一起匀速运动，假设物体与皮带间的最大静摩擦力为5N ，那么（）A 、物体M 受到的摩擦力方向向右，大小为5NB 、物体M 受到的摩擦力为零C 、皮带上P 点所受摩擦力方向向下D 、从动轮上Q 点所受摩擦力方向向下5、质量分别为M1和M2的两个物体，从同一高度同时由静止开始匀加速下落，下落过程中受到的空气阻力分别为F1和F2，如果质量为M1的物体先落地，是因为（）A 、M1》M2B 、F1》F2C.F1m1《F2m2D 、M1G －F1》M2G －F2 6、如下图，一定质量的物体用两根轻绳悬挂在空中，其中绳OA 固定不动，绳OB在竖直平面内由水平方向向上转动，那么在绳OB由水平转至竖直的过程中，绳OB的张力的大小7、一条小船的静水速度为6M／S，要渡过宽度为60M，水流速度为10M／S的河流，现假设水面各点水的流速是相同的、那么以下说法正确的选项是（）A、小船渡河的最短时间为6SB、小船渡河的最短时间为10SC、小船渡河的最短路程为60MD、小船渡河的最短路程为100M8、如下图，有一个半径为R的光滑圆轨道，现给小球一个初速度，使小球在竖直面内做圆周运动，那么关于小球在过最高点的速度V，以下表达中正确的选项是（）B、V由零逐渐增大，轨道对球的弹力逐渐增大C、当V由gR值逐渐增大时，轨道对小球的弹力也逐渐增大D、当V由gR值逐渐减小时，轨道对小球的弹力逐渐增大9、在光滑平面中，有一转动轴垂直于此平面，交点O的上方H处固定一细绳的一端，绳的另一端固定一质量为M的小球B，绳长AB＝L》H，小球可随转动轴转动并在光滑水平面上做匀速圆周运动，如图5－5所示，要使球不离开水平面，转动轴的转速的最大值是（）A.12πghB、πghC.12πglD、2πlg10、对于万有引力定律的表达式F ＝G m1m2r2，以下说法中正确的选项是（） ①公式中G 为引力常量，它是由实验测得的，而不是人为规定的②当R 趋近于零时，万有引力趋于无穷大③M1与M2受到的引力总是大小相等的，而与M1、M2是否相等无关④M1与M2受到的引力是一对平衡力⑤用该公式可求出任何两个物体之间的万有引力A 、①③⑤B 、②④C 、①②④D 、①③11、一宇宙飞船绕地心做半径为R 的匀速圆周运动，飞船舱内有一质量为M 的人站在可称体重的台秤上、用R 表示地球的半径，G 表示地球表面处的重力加速度，G ′表示宇宙飞船所在处的地球引力加速度，FN 表示人对台秤的压力，这些说法中，正确的选项是（）A 、G ′＝0B 、G ′＝R2r2GC 、FN ＝0D 、FN ＝M R rG 12、现代观测说明，由于引力作用，星体有“聚集”的特点、众多的恒星组成了不同层次的恒星系统，最简单的恒星系统是两颗互相绕转的双星、事实上，冥王星也是和另一星体构成双星，如下图，这两颗恒星M1、M2各以一定速率绕它们连线上某一中心O 匀速转动，这样才不至于因万有引力作用而吸引在一起、现测出双星间的距离始终为L ，且它们做匀速圆周运动的半径R1与R2之比为3∶2，那么（）A 、它们的角速度大小之比为2∶3B 、它们的线速度大小之比为3∶2C 、它们的质量之比为3∶2D 、它们的周期之比为2∶313、一颗人造地球卫星以初速度V 发射后，可绕地球做匀速圆周运动，假设使发射速度增为2V ，那么该卫星可能（）A 、绕地球做匀速圆周运动B 、绕地球运动，轨道变为椭圆C 、不绕地球运动，成为太阳系的人造行星D 、挣脱太阳引力的束缚，飞到太阳系以外的宇宙去了14、节日燃放礼花弹时，要先将礼花弹放入一个竖直的炮筒中，然后点燃礼花弹的发射部分，通过火药剧烈燃烧产生的高压燃气，将礼花弹由炮筒底部射向空中、礼花弹在炮筒中被击发过程中，克服重力做功W1，克服炮筒阻力及空气阻力做功W2，高压燃气对礼花弹做功W3，那么礼花弹在炮筒内运动的过程中（设礼花弹发射过程中质量不变）（）A 、礼花弹的动能变化量为W3＋W2＋W1B 、礼花弹的动能变化量为W3－W2－W1C 、礼花弹的机械能变化量为W3－W1D 、礼花弹的机械能变化量为W3－W215、从地面竖直上抛一个质量为M 的小球，小球上升的最大高度为H ，设上升过程中空气阻力FF 大小恒定，那么在上升过程中以下说法中错误的选项是（）A、小球的加速度大于重力加速度GB、小球的机械能减小了FFHC、小球的重力势能增加了MGHD、小球的动能减小了MGH16、如图7－3所示，滑块以速率V1靠惯性沿固定斜面由底端向上运动，当它回到出发点时速率变为V2，且V2《V1，假设滑块向上运动的位移中点为A，取斜面底端重力势能为零，那么（）A、上升时机械能减小，下降时机械能增大B、上升时机械能减小，下降时机械能也减小C、上升过程中动能和势能相等的位置在A点上方D、上升过程中动能和势能相等的位置在A点下方第二卷〔非选择题共52分〕【二】非选择题〔共52分〕17、〔10分〕跳伞运动员做低空跳伞表演，他离开飞机后先做自由落体运动，当运动180M时打开降落伞，伞张开运动员就以14.3M／S2的加速度做匀减速运动，到达地面时速度为5M／S，问：（1）运动员离开飞机时距离地面的高度为多少？（2）离开飞机后，经过多长时间才能到达地面？（G取10M／S2）18、〔8分〕2017年1月份，突如其来的大雪使北方部分省市的电力供应、交通运输陷入瘫痪，给老百姓的衣、食、住、行带来了极大的不便，甚至危及生命安全、在冰雪覆盖的路面上，车辆遇紧急情况刹车时，车轮会抱死而“打滑”、如下图，假设某汽车以10M／S的速度行驶至一斜坡的顶端A时，突然发现坡底前方有一行人正以2M／S 的速度同向匀速行驶，司机立即刹车，但因冰雪路面太滑，汽车仍沿斜坡滑下、斜坡高AB＝3M，长AC＝5M，司机刹车时行人距坡底C点距离CE＝6M，从厂家的技术手册中查得该车轮胎与冰雪路面的动摩擦因数约为0.5，试分析此种情况下，行人是否有危险、19、〔8分〕有一辆质量为800KG的小汽车驶上圆弧半径为50M的拱桥、（G取10M ／S2）（1）汽车到达桥顶时速度为5M／S，汽车对桥的压力是多大？（2）汽车以多大速度经过桥顶时便恰好对桥没有压力而腾空？（3）汽车对地面的压力过小是不安全的、因此从这个角度讲，汽车过桥时的速度不能过大、对于同样的车速，拱桥圆弧的半径大些比较安全，还是小些比较安全？（4）如果拱桥的半径增大到与地球半径R一样，汽车要在地面上腾空，速度要多大？（地球半径为6400KM）20、〔8分〕如下图，宇航员站在某一质量分布均匀的星球表面一斜坡上的P点沿水21、〔8分〕在用重物下落来验证机械能守恒时，某同学按照正确的操作选得纸带如图3所示、其中O 是起始点，A 、B 、C 、D 、E 是打点计时器连续打下的5个点，打点频率为50HZ.该同学用毫米刻度尺测量O 到A 、B 、C 、D 、E 各点的距离，并记录在图中（单位：CM ）、图3（1）这五个数据中不符合有效数字读数要求的是＿＿＿＿＿＿＿＿（填A 、B 、C 、D 或E ）点读数、（2）该同学用重物在OC 段的运动来验证机械能守恒，OC 距离用H 来表示，他用VC ＝2gh 计算与C 点对应的物体的瞬时速度，得到动能的增加量，这种做法＿＿＿＿＿＿＿＿（填“对”或“不对”）、（3）如O 点到某计数点的距离用H 表示，重力加速度为G ，该点对应重物的瞬时速度为V ，那么实验中要验证的等式为＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿、（4）假设重物质量M ＝2.00×10－1KG ，重力加速度G ＝9.80M ／S2，由图中给出的数据，可得出A 时间为TA ＝TB －T ＝9l g －4l g ＝l g到打下D 点，重物重力势能的减少量为＿＿＿＿＿＿＿＿J ，而动能的增加量为＿＿＿＿＿＿＿＿J （均保留3位有效数字）、22、〔10分〕如图6所示，竖直平面内的3／4圆弧形光滑轨道半径为R ，A 端与圆心O 等高，AD 为水平面，B 点在O 的正上方，一个小球在A 点正上方由静止释放，自由下落至A 点进入圆轨道并恰能到达B 点、求：（1）释放点距A 点的竖直高度、（2）落点C 与A 点的水平距离、答案及解析：1、答案D解析正确分析“乙车内一同学看见路旁的树木向西移动”是解决此题的关键、树木相对地面本是静止的，由此判断乙车（相对地面）一定是向东运动、“甲车内一同学看见乙车没有运动”那么说明甲、乙两车相对静止，速度一定是相同的、2、答案D解析物体做加速直线运动，加速度恒定，第7S 初的速度即为T ＝6S 的瞬时速度，所以A ＝vt －v0Δt ＝Δv Δt ＝2.66M ／S2≈0.43M ／S2. 3、答案BC解析V －T 图象的斜率表示物体的加速度，A 中图象平行于时间轴，斜率为零，加速度为零，所以做匀速直线运动、B 中图象斜率不变，加速度不变，是匀变速直线运动，且由图象可看出，物体的速度随时间减小，所以是做匀减速直线运动、C 中图象斜率不变，加速度不变，做匀加速直线运动、D 中图象的切线斜率越来越大，表示物体做变加速运动、4、答案BC解析物体随皮带一起匀速运动，假设受摩擦力，必为沿皮带切线方向，物体将不再匀速运动，故M 不受摩擦力的作用；A 为主动轮，假设光滑，那么皮带有相对轮A 逆时针运动的趋势，故皮带上P 点受摩擦力方向向下；B 为从动轮，皮带上Q 点向上运动，B 轮在摩擦力作用下，顺时针转动，即从动轮上Q 点受摩擦力向上、5、答案C解析由题意可知T1《T2，因为物体下落高度相同，那么有12A1T21＝12A2T22得A1》A2，由牛顿第二定律有：M1G －F1＝M1A1；M2G －F2＝M2A2.结合A1》A2，可得F1m1《F2m2，应选项C 正确、6、答案D解析这是一个动态变化问题，重力的作用效果分解在OA 、OB 两绳上，如下图，F1是对OA 绳的拉力，F2是对OB 绳的拉力、由于OA 方向不变，当OB 向上转动，转到与OA 绳方向垂直时，OB 上的拉力最小，故OB 上的张力先变小，后变大、7、答案BD解析渡河的最短时间是船头垂直河岸渡河时的时间，即TMIN ＝d v1＝10S ，故A 错而B 对；水流速V2、船速V1和实际航行速度V 组成闭合矢量三角形，如右图所示、当V1《V2时，那么当V1⊥V 时，航程最短，因此有θ＝ARCSIN v1v2，X ＝d sin θ＝v2v1D ＝100M. 8、答案CD解析因为轨道内壁下侧可以提供支持力，故最高点的最小速度可以为零、假设在最高点V 》0且较小时，球做圆周运动所需的向心力由球的重力跟轨道内壁下侧对球向上的力FN1的合力共同提供，即MG －FN1＝M v2R，当FN1＝0时，V ＝gR ，此时只有重力提供向心力、由此知，速度在0《V 《gR 时，轨道内壁下侧的弹力随速度的增大（减小）而减小（增大），故D 正确、当V 》gR 时，球的向心力由重力跟轨道内壁上侧对球的向下的弹力FN2共同提供，即MG ＋FN2＝M v2R，当V 由gR 逐渐增大时，轨道内壁上侧对小球的弹力逐渐增大，故C 项正确、9、答案A解析如右图所示，以小球为研究对象，小球受三个力的作用，重力MG 、水平面支持力FN 、绳子拉力F.在竖直方向合力为零，在水平方向所需向心力为mv2R，而R ＝HTAN θ，得 FCOS θ＋FN ＝MGFSIN θ＝mv2R＝M ω2R ＝M4π2N2R ＝M4π2N2HTAN θ 当球即将离开水平面时，FN ＝0，转速N 有最大值、FN ＝MG －M4π2N2H ＝0N ＝12πg h，应选A. 10、答案D解析公式中的G 是卡文迪许通过实验测定的，不是人为规定的，故①正确；由于万有引力中的R 是两个物体质心间的距离，所以当R 趋于零时，两物体不可以再视作质点，公式在此时不适用，所以②错误；万有引力是两个物体间的相互作用，是一对作用力和反作用力，力的大小与两个物体质量是否相等无关，故③正确，④错误；万有引力普遍适用于任何可视为质点的两个物体之间的相互作用，故⑤错误、所以选D.11、答案BC解析由万有引力定律得G Mm R2＝MG ，G Mm r2＝MG ′，解得G ′＝R2r2G ，应选项B 是正确的、因绕地球做匀速圆周运动的宇宙飞船处于完全失重状态，应选项C 是正确的、12、答案B解析双星的角速度和周期都相同，故A 、D 均错误、由Gm1m2L2＝M1ω2R1，Gm1m2L2＝M2ω2R2，解得M1∶M2＝R2∶R1＝2∶3，C 错误、由V ＝ωR 知，V1∶V2＝R1∶R2＝3∶2，B 正确、13、答案CD解析以初速度V 发射后能成为人造地球卫星，可知发射速度V 一定大于第一宇宙速度7.9KM ／S ；当以2V 速度发射时，发射速度一定大于15.8KM ／S ，已超过了第二宇宙速度11.2KM ／S ，所以此卫星不再绕地球运行，可能绕太阳运行，或者飞到太阳系以外的空间去了，应选项C 、D 正确、14、答案BD解析由动能定理可知，所有力对物体做的总功等于物体动能的变化，故B 正确；由机械能守恒定律知，系统机械能的改变只有靠重力和系统内的弹力以外的其他力做功才能实现，此题中是靠燃气推力、炮筒阻力及空气阻力做功使礼花弹的机械能发生改变的，所以D 项正确、15、答案D解析解答此题先分析物体上升过程中受力及各力做功情况，再由功与能的关系判断，小球上升过程受重力和空气阻力FF ，由MG ＋FF ＝MA ，得A ＝G ＋Ff m》G ，故A 正确；空气阻力FF 做负功FFH ，因而小球的机械能减小了FFH ，B 正确；小球克服重力做功MGH ，因而重力势能增加了MGH ，C 正确；由动能定理知，小球动能减小了MGH ＋FFH ，故D 错误、16、答案BC解析设A 点的高度为H ，斜面的倾角为θ，物体与斜面间动摩擦因数为μ，从开始到上升到最高点过程中，由动能定理得12MV21＝MG2H ＋μMGCOS θ2h sin θ＝MG2H ＋μMG2HCOT θ 解得H ＝v214g 1＋μcot θ设滑块在B 点时动能与势能相等，高度为H ′，那么有MGH ′＝12MV21－MGH ′－μMGCOS θh ′sin θ解得H ′＝v214g ＋2μgcot θ，所以H ′》H. 物体在斜面上无论上升还是下降，摩擦力皆做负功，摩擦生热，机械能减少、 第二卷〔非选择题共52分〕【二】非选择题〔共52分〕17、〔10分〕答案（1）305M （2）9.85S解析（1）由V21－V20＝2GX1可得运动员打开伞时的速度为V1＝60M ／S运动员打开伞后做匀减速运动，由V22－V21＝2AX2可求得运动员打开伞后运动的位移X2＝125M运动员离开飞机时距地面高度X ＝X1＋X2＝305M.（2）自由落体运动的时间为T1＝v1g＝6S ，打开伞后运动的时间为T2＝v2－v1a＝3.85S 离开飞机后运动的时间为T ＝T1＋T2＝9.85S.18、〔7分〕答案有危险解析由牛顿第二定律知，汽车在斜坡上滑下时的加速度A1＝mgsin θ－μmgcos θm＝GSIN θ－μGCOS θ① 由数学知识知：SIN θ＝35，COS θ＝45② 故由①②得：A1＝2M ／S2汽车在水平冰雪路面上的加速度A2＝μG ＝5M ／S2汽车到达坡底C 时0的速度满足V2C －V2A ＝2A1XAC解得VC ＝120M ／S经历时间T1＝vC －vA a1＝0.5S 汽车在水平路面上减速至V ＝V 人＝2M ／S 时滑动的位移X1＝v2C －v2人2a2＝11.6M 经历的时间T2＝vC －v 人a2＝1.8S 人发生的位移X2＝V 人（T1＋T2）＝4.6M因X1－X2＝7M 》6M 、故行人有危险，应抓紧避让、19、〔9分〕答案（1）7600N （2）22.4M ／S （3）半径R 大些比较安全（4）8000M ／S 解析如右图所示，汽车到达桥顶时，受到重力G 和桥对它的支持力FN 的作用、（1）汽车对桥顶的压力大小等于桥顶对汽车的支持力FN.汽车过桥时做圆周运动，重力和支持力的合力提供向心力，即F ＝G －FN根据向心力公式F ＝mv2R有 FN ＝G －F ＝MG －mv2R＝7600N （2）汽车以经过桥顶恰好对桥没有压力而腾空，那么FN ＝0，即汽车做圆周运动的向心力完全由其自身重力来提供，所以有F ＝G ＝mv2R，得V ＝gR ＝22.4M ／S. （3）由第（2）问可知，当FN ＝0时，汽车会发生类似平抛的运动，这是不安全的，所以对于同样的车速，拱桥圆弧的半径R 大些比较安全、（4）参照第（2）问可得，V ＝gR ＝10×6.4×106M ／S ＝8000M ／S.20、〔8分〕答案（1）2v0tan θt （2）2v0Rtan θt （3）2π2Rt v0tan θ解析（1）小球做平抛运动，水平位移X ＝V0T竖直位移Y ＝12GT2 由位移关系得TAN θ＝y x ＝12gt2v0t G ＝2v0tan θt（2）该星球的近地卫星的向心力由万有引力提供GMm R2＝M v2R ① 该星球表面物体所受重力等于万有引力GMm R2＝MG ② 由①②得V ＝gR ＝2v0Rtan θt（3）人造卫星的向心力由万有引力提供GMm r2＝M 4π2T2R ，T ＝4π2r3GM ＝4π2r3gR2当R ＝R 时，T 最小、T ＝4π2R g ＝4π2Rt 2v0 tan θ＝2π2Rt v0 tan θ. 21、〔8分〕答案（1）B （2）不对（3）v22＝GH （4）0.3800.376 解析（1）B（2）这种做法不对，用这种方法实际是用机械能守恒来验证机械能守恒、（3）v22＝GH （4）重力势能的减少量ΔEP ＝MGH ＝2.00×10－1×9.8×0.1941J ＝0.380J 动能的增加量ΔEK ＝12M ·（OE －OC 2T）2＝0.376J 22、〔10分〕答案（1）32R （2）（2－1）R解析（1）设释放点到A点竖直高度为H，由于恰能到达B点，所以在B点有MG＝M v2BR①得通过最高点速度VB＝gR。
2019版高考物理二轮复习 高考题型三 考情题型练题组2
题组224.(12分)(2018山东潍坊三模)如图所示,一消防车空载时的质量为2 000 kg,储水容积为10 m3,储满水后静止在倾角为37°的斜坡上,水枪出水口距水平地面高度为3.2 m,打开水枪水流持续向坡底水平射出,水落到水平面上的着火点,着火点到射出点的水平距离为48 m,已知水枪出水口的面积为2×10-3 m2,水的密度为1.0×103 kg/m3,g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8.求:(1)水射出枪口时的速度大小;(2)从打开水枪开始计时,水喷完前消防车受到的摩擦力随时间变化的关系式。
25.(20分)(2018山东临沂三模)如图所示,质量为m,带电荷量为+q的带电粒子由静止开始经电压为U0的加速电场加速后沿平行于极板的方向从靠近上极板的位置射入偏转电场,极板间电压为U,上极板带正电荷,极板长度和极板间距均为L,粒子从另一侧射出偏转电场,进入紧邻的匀强磁场,磁感应强度为B,磁场方向垂直于纸面向外,磁场只存在于MN右侧的某个正三角形区域内,MN为磁场的一条边界,忽略电场和磁场间的距离,不计带电粒子的重力。
(1)粒子进入偏转电场时的速度;(2)当偏转电压U=0时,若带电粒子最终从MN边界离开磁场,求磁场区域的最小面积S1;(3)当偏转电压U=2U0时,若带电粒子最终从MN边界离开磁场,此时磁场区域的最小面积为S2,求。
题组224.答案 (1)60 m/s(2)f=6.624×104-720t(N)解析 (1)水出口速度为v,由平抛运动h=gt2水平方向x=vt解得:v=60 m/s(2)取Δt时间喷出的水为研究对象,Δm=ρSvΔt由动量定理:F'Δt=Δmv解得:F'=ρSv2由牛顿第三定律得:水对车的作用力F=F'取消防车为研究对象,以沿斜面向上为正方向,其受力平衡:(M+ρV0-ρSvt)g sin 37°=F cos 37°+f解得:f=6.624×104-720t(N)25.答案 (1)(2)(3)解析 (1)带电粒子在电场中加速,qU0=解得v1=(2)由于偏转电压U=0,垂直MN进入磁场,在磁场中做半个圆周运动后从MN射出磁场.qv1B=设正三角形磁场的边长为b,则:sin 60°=正三角形磁场区域的面积为:S1=b2sin 60°解得:S1=(3)当偏转电压U=2U0时,带电粒子在偏转电场中L=v1ta=离开偏转电场时的偏转角tan θ=解得θ=45°则粒子进入磁场时的速度v2=设这次粒子在磁场中的运动半径为r2qv2B=设此时正三角形磁场的边长为c,则根据几何关系:c=r2S2=c2sin 60°解得:。
2019版高考物理二轮复习第二部分三“三法”突破计算题计算题专项练12018111224
计算题专项练(一)24.(12分)(2018四川内江三模)如图所示,在相距为L的虚线A、B间,存在一个与竖直方向成φ角斜向上的匀强电场,在相距为2L的B、C间存在一个竖直向上的另一个匀强电场,其中,实线C为荧光屏,现有一个质量为m、电荷量为q的带电粒子由a点静止释放,恰好沿水平方向经过b点到达荧光屏上的O点,重力加速度为g。
则:(1)粒子经过b点时的速率多大?(2)若在B、C间再加上方向垂直纸面向外、大小为B的匀强磁场,粒子经过b点发生偏转到达荧光屏上,那么,在这个过程中,粒子的电场力做的功是多少?25.(20分)(2018四川内江三模)如图所示,有一质量为M=2.0 kg、内表面光滑的水平金属盒,其长度L=1.4 m,静止放置在粗糙且较大的水平桌面上,在水平金属盒的左、右两端各有一个挡板,金属盒与水平桌面间的动摩擦因数μ=0.1,在金属盒内的最右端静止放置一个质量为m=2.0 kg、半径为r=0.2 m的光滑金属小球,现在某时刻金属盒获得一个水平向右的初速度v0=3 m/s,不计挡板的厚度、小球与挡板碰撞的时间及能量损失,重力加速度g取10 m/s2。
则: (1)金属盒在水平桌面上运动的加速度是多少?1(2)最后系统处于静止状态时,金属小球的球心距左边挡板的水平距离是多少?2计算题专项练(一)24.答案 见解析解析 (1)粒子做匀变速直线运动在竖直方向上 qE cos φ=mg1水平方向上 qE sin φ·L=2m 푣푏2由以上两式解得 v b = 2푔퐿tan 휑(2)在加磁场前,粒子在 B 、C 间做匀速直线运动 qE'=mg푣푏2加磁场后,粒子在 B 、C 间做匀速圆周运动 qv b B=m푅设粒子在电场中偏转量为 x ,根据几何关系得 R 2=(2L )2+(R-x )2电场力做的功 W=qE'x 由以上各式解得푚푚2 ΔE=mg 。
2푔퐿tan 휑 ―2 푞2퐵2·2푔퐿tan 휑 -4퐿 푞퐵25.答案 (1)2 m/s 2 (2)0.95 m解析 (1)金属盒受到的摩擦力为f=μ(M+m )g由牛顿第二定律得 F=Ma 由以上两式解得,金属盒的加速度为a=2 m/s 2(2)在金属盒与金属球第一次发生碰撞时,运动的距离为s =1.4 m -0.2×2 m =1.0 m 11 在这个过程中,对金属盒由动能定理得-fs = ―2 1 M 푣 1 2 在碰撞时,动量守恒 Mv =Mv '+mv1 12 机械能(能量)守恒1 1 12 =Mv ' + 2 1 2 2M 푣1 2m 푣22 由以上三式解得1 22M 푣0 v 1'=0 v 2=5 m/s当金属球运动 1.0 m 后又与挡板碰撞,碰撞后金属球静止,金属盒又以 5 m/s 的速度运 动。
2019高考物理二轮复习高分突破训练：专项2 题型3三大技巧破解计算题 Word版含解析
题型3三大技巧破解计算题(对应学生用书第101页)细心审题，做到一“看”二“读”三“思”1．看题“看题”是从题目中获取信息的最直接的方法，一定要全面、细心，看题时不要急于求解，对题中关键的词语要多加思考，搞清其含义，对特殊字、句、条件要用着重号加以标注；不能错看或漏看题目中的条件，重点要看清题中隐含的物理条件、括号内的附加条件等．2．读题“读题”就是默读试题，是物理信息内化的过程，它能解决漏看、错看等问题．不管试题难易如何，一定要怀着轻松的心情去默读一遍，逐字逐句研究，边读边思索、边联想，以弄清题中所涉及的现象和过程，排除干扰因素，充分挖掘隐含条件，准确还原各种模型，找准物理量之间的关系．3．思题“思题”就是充分挖掘大脑中所储存的知识信息，准确、全面、快速思考，清楚各物理过程的细节、内在联系、制约条件等，进而得出解题的全景图．[典例1]某工厂为实现自动传送工件设计了如图1所示的传送装置，由一个水平传送带AB和倾斜传送带CD组成．水平传送带长度L AB＝4 m，倾斜传送带长度L CD＝4.45 m，倾角为θ＝37°.传送带AB和CD通过一段极短的光滑圆弧板过渡．AB传送带以v1＝5 m/s的恒定速率顺时针运转，CD传送带静止．已知工件与两传送带之间的动摩擦因数均为μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2.现将一个工件(可视为质点)无初速度地放在水平传送带最左端A点处．已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.图1(1)工件从A端开始第一次被传送到CD传送带上，求工件上升的最大高度和从开始到上升到最大高度的过程中所用的时间；(2)要使工件恰好被传送到CD传送带最上端，求CD传送带沿顺时针方向运转的速度v2的大小．(v2＜v1)[教你审题]【解析】(1)工件无初速度地放在水平传送带最左端，在摩擦力作用下做匀加速运动，设其加速度大小为a1，速度增加到v1时所用时间为t1，位移大小为s1，则由受力分析(图甲)以及牛顿第二定律可得N 1＝mg ，f 1＝μN 1＝ma 1，解得a 1＝5 m/s 2t 1＝v 1a 1＝1 s ，s 1＝12a 1t 21＝2.5 m 由于s 1＜L AB ，工件随后在传送带AB 上做匀速直线运动到B 端，则匀速运动的时间t 2＝L AB －s 1v 1＝0.3 s 工件滑上CD 传送带后在重力和滑动摩擦力作用下做匀减速运动，设其加速度大小为a 2，速度减小到零时所用时间为t 3，位移大小为s 2，则由受力分析(图乙)以及牛顿第二定律可得N 2＝mg cos θ，mg sin θ＋μN 2＝ma 2解得a 2＝10 m/s 2，s 2＝0－v 21－2a 2＝1.25 m ，h ＝s 2sin θ＝0.75 m ，t 3＝0－v 1－a 2＝0.5 s t ＝t 1＋t 2＋t 3＝1.8 s.(2)CD 传送带以速度v 2顺时针运转，工件滑上CD 传送带时的速度大于v 2，滑动摩擦力沿CD 传送带向下，工件减速上滑，加速度大小仍为a 2；当工件的速度减小到小于v 2时，滑动摩擦力沿CD 传送带向上，设此时工件的加速度大小为a 3，两个过程的位移大小分别为s 3和s 4，则由受力分析(图丙)以及牛顿第二定律可得－2a 2s 3＝v 22－v 21，mg sin θ－μN 2＝ma 3，－2a 3s 4＝0－v 22，L CD ＝s 3＋s 4解得v 2＝4 m/s.【答案】 (1)0.75 m 1.8 s (2)4 m/s用心析题，做到一“明”二“画”三“析”1．明过程“明过程”就是建立物理模型的过程，在审题获取一定信息的基础上，要对研究对象的各个运动过程进行剖析，建立起清晰的物理图景，确定每一个过程对应的物理模型、规律及各过程间的联系．2．画草图“画草图”就是根据题中各已知量的数量关系充分想象、分析、判断，在草稿纸上或答题纸上画出草图(如运动轨迹图、受力分析图、等效图等)以展示题述物理情境、物理模型，使物理过程更加直观、物理特征更加明显，进而方便确立题给条件、物理量与物理过程的对应关系．3．析规律“析规律”就是指在解答物理计算题时，在透彻分析题给物理情境的基础上，灵活选用规律．如力学计算题可用力的观点，即牛顿运动定律与运动学公式联立求解，也可用能量观点，即功能关系、机械能守恒定律和能量守恒定律联立求解．[典例2]如图2，ABD为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB段是水平的，BD段为半径R＝0.2 m的半圆，两段轨道相切于B点，整个轨道处在竖直向下的匀强电场中，场强大小E＝5.0×103V/m.一不带电的绝缘小球甲，以速度v0沿水平轨道向右运动，与静止在B点带正电的小球乙发生弹性碰撞．已知甲、乙两球的质量均为m＝1.0×10－2kg，乙所带电荷量q＝2.0×10－5C，g取10 m/s2.(水平轨道足够长，甲、乙两球可视为质点，整个运动过程无电荷转移)求：图2(1)甲、乙两球碰撞后，乙恰能通过轨道的最高点D，求乙在轨道上的首次落点到B点的距离；(2)在满足(1)的条件下，求甲的速度v0；(3)若甲仍以速度v0向右运动，增大甲的质量，保持乙的质量不变，求乙在轨道上的首次落点到B点的距离范围．[过程拆分]第(1)问可拆分为2个小题：①求乙恰能通过轨道最高点的速度？建模：竖直面内圆周运动“绳”模型规律：牛顿第二定律mg＋Eq＝m v2D R②求乙在轨道上的首次落点到B点的距离x?建模：乙离开D 点后做类平抛运动规律：2R ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫mg ＋Eq m t 2 x ＝v D t 第(2)问可拆为2个小题：③甲、乙两球刚碰后乙球的速度是多少？建模：竖直面内圆周运动模型(B →D 过程)规律：动能定理 －mg ·2R －qE ·2R ＝12m v 2D －12m v 2乙④甲、乙两球刚碰后甲球的速度是多少？建模：弹性碰撞模型规律：动量守恒定律__m v 0＝m v 甲＋m v 乙 机械能守恒定律 12m v 20＝12m v 2甲＋12m v 2乙第(3)问可拆分为3个小题：⑤设甲的质量为M ，求甲、乙两球碰后，乙的速度v m 的范围？建模：弹性碰撞规律：动量守恒__M v 0＝M v M ＋m v m 机械能守恒 12M v 20＝12M v 2M ＋12m v 2m⑥求乙球过D 点的速度v D ′的范围？建模：竖直面内圆周运动模型(B →D 过程)规律：动能定理 －mg ·2R －qE ·2R ＝12m v D ′2－12m v 2m⑦求小球落点到B 点的距离范围？建模：类平抛运动规律：水平方向匀速运动__x ′＝v D ′t【解析】 (1)在乙恰能通过轨道的最高点情况下，设乙到达最高点的速度为v D ，乙离开D 点到达水平轨道的时间为t ，乙的落点到B 点的距离为x ，则由向心力公式得m v 2D R ＝mg ＋qE ①竖直方向匀加速运动2R ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫mg ＋qE m t 2 ②水平方向匀速运动x ＝v D t③联立①②③得：x ＝0.4 m ． ④(2)设碰撞后甲、乙的速度分别为v 甲、v 乙根据动量守恒有：m v 0＝m v 甲＋m v 乙⑤ 根据机械能守恒定律有：12m v 20＝12m v 2甲＋12m v 2乙⑥ 联立⑤⑥得：v 甲＝0，v 乙＝v 0 ⑦由动能定理得：－mg ·2R －qE ·2R ＝12m v 2D －12m v 2乙 ⑧联立①⑦⑧得：v 0＝v 乙＝5(mg ＋qE )R m＝25m/s. ⑨ (3)设甲的质量为M ，碰撞后甲、乙的速度分别为v M 、v m ，根据动量守恒有： M v 0＝M v M ＋m v m⑩ 根据机械能守恒有：12M v 20＝12M v 2M ＋12m v 2m⑪ 联立⑩⑪可得：v m ＝2M v 0M ＋m由于M ＞m ，可得：v 0＜v m ＜2v 0设乙球过D 点的速度为v D ′由动能定理得－mg ·2R －qE ·2R ＝12m v D ′2－12m v 2m⑬联立⑫⑬得：2 m/s ＜v D ′＜8 m/s设乙在水平轨道上的落点到B 点的距离为x ′，则有：x ′＝v D ′t所以0.4 m ＜x ′＜1.6 m. 答案：(1)0.4 m (2)2 5 m/s (3)乙在轨道上的首次落点到B 点的距离范围是0.4 m ＜x ′＜1.6 m规范答题，做到一“有”二“分”三“准”1．有必要的文字说明必要的文字说明是对题目完整解答过程中不可缺少的文字表述，它能使解题思路清晰明了，让阅卷老师一目了然，是获取高分的必要条件之一，主要包括：(1)研究的对象、研究的过程或状态的说明．(2)题中物理量要用题中的符号，非题中的物理量或符号，一定要用假设的方式进行说明．(3)题目中的一些隐含条件或临界条件分析出来后，要加以说明．(4)所列方程的依据及名称要进行说明．(5)所列的矢量方程一定要规定正方向．(6)对题目所求或所问有一个明确的答复且对所求结果的物理意义要进行说明．2．分步列式、联立求解解答高考试题一定要分步列式，因高考阅卷实行按步给分，每一步的关键方程都是得分点．分步列式一定要注意以下几点：(1)列原始方程，即与原始规律、公式相对应的具体形式，而不是移项变形后的公式．(2)方程中的字母要与题目中的字母吻合，同一字母的物理意义要唯一．出现同类物理量，要用不同的下标或上标区分．(3)列纯字母方程，方程全部采用物理量符号和常用字母表示(例如位移x、重力加速度g等)．(4)依次列方程，不要方程中套方程，也不要写连等式或综合式子．(5)所列方程式尽量简洁，多个方程式要标上序号，以便联立求解．3．必要演算、明确结果(1)演算时一般要从列出的一系列方程，推导出结果的计算式，然后代入数据并写出结果(要注意简洁，千万不要在卷面上书写许多化简、数值运算式)．(2)计算结果的有效数字位数应根据题意确定，一般应与题目中所列的数据的有效数字位数相近，若有特殊要求，应按要求确定．(3)计算结果是数据的要带单位(最好采用国际单位)，是字母符号的不用带单位．(4)字母式的答案中所用字母都必须使用题干中所给的字母，不能包含未知量，且一些已知的物理量也不能代入数据．(5)题中要求解的物理量应有明确的答案(尽量写在显眼处)，待求量是矢量的必须说明其方向．(6)若在解答过程中进行了研究对象转换，则必须交代转换依据，对题目所求要有明确的回应，不能答非所问．[典例3] (2017·合肥二模)如图3所示，直线y ＝x 与y 轴之间有垂直于xOy 平面向外的匀强磁场B 1，直线x ＝d 与y ＝x 间有沿y 轴负方向的匀强电场，电场强度E ＝1.0×104 V/m ，另有一半径R ＝1.0 m 的圆形匀强磁场区域，磁感应强度B 2＝0.20 T ，方向垂直坐标平面向外，该圆与直线x ＝d 和x 轴均相切，且与x 轴相切于S 点．一带负电的粒子从S 点沿y 轴的正方向以速度v 0进入圆形磁场区域，经过一段时间进入磁场区域B 1，且第一次进入磁场B 1时的速度方向与直线y ＝x 垂直．粒子速度大小v 0＝1.0×105m/s ，粒子的比荷为q m ＝5.0×105C/kg ，粒子重力不计．求：图3(1)坐标d 的值；(2)要使粒子无法运动到x 轴的负半轴，则磁感应强度B 1应满足的条件．[满分指导] “抽象思维”――→转化为“形象思维”(1)“一带负电的粒子从S 点沿y 轴进入圆形磁场区域”在磁场B 2中，由qB 2v 0＝m v 20r ，得r ＝1 m ＝R(2)“经过……且第一次进入磁场B 1时速度方向与直线y ＝x 垂直”由(1)可知粒子进入电场做“类平抛运动”，如图(a)所示．图(a)(3)“要使粒子无法运动到x 轴的负半轴”，如图(b)所示．图(b)【解析】 (1)带电粒子在匀强磁场B 2中运动，由牛顿第二定律得qB 2v 0＝m v 20r ，解得r ＝1 m ＝R甲粒子进入匀强电场以后，做类平抛运动，设水平方向的位移为x 1，竖直方向的位移为y 1，则水平方向：x 1＝v 0t 2竖直方向：y 1＝12at 22＝v y 2t 2其中：a ＝qE m ，y 1x 1＝12tan 45°＝12联立解得x 1＝2 m ，y 1＝1 m带电粒子运动轨迹如图甲所示：由几何关系得d ＝R ＋y 1＋x 1＝4 m.(2)①设当匀强磁场磁感应强度为B 3时，粒子从电场垂直边界进入匀强磁场后，轨迹与y 轴相切，粒子将无法运动到x 轴负半轴，此时粒子在磁场中运动半径为r 1，运动轨迹如图乙所示：乙由几何关系得r 1＋2r 1＝2d －2x 1解得r 1＝(4－22)m由牛顿第二定律得qB 3·2v 0＝m (2v 0)2r 1解得B 3＝0.24 T.②设当匀强磁场磁感应强度为B 4时，粒子垂直打在y 轴上，粒子将无法运动到x 轴负半轴，粒子在磁场中运动半径为r 2，由如图所示几何关系得r 2＝2d －2x 1＝22m 由牛顿第二定律得qB 4·2v 0＝m (2v 0)2r 2，解得B 4＝0.1 T 综上所述，要使粒子无法运动到x 轴的负半轴，则磁感应强度B 1应满足的条件是0＜B 1≤0.1 T 或B 1≥0.24 T.【答案】 (1)4 m (2)0＜B 1≤0.1 T 或B 1≥0.24。
2019版高考物理二轮复习 高考题型四 考情题型练题组2 选修3-3
选修3—3题组(二)1.(1)(2018四川雅安三诊)下列说法正确的是。
A.理想气体吸热后温度一定升高B.可视为理想气体的相同质量和温度的氢气与氧气相比,平均动能一定相等,内能一定不相等C.某理想气体的摩尔体积为V0,阿伏加德罗常数为N A,则该理想气体单个的分子体积为D.甲、乙两个分子仅在分子力的作用下由无穷远处逐渐靠近直到不能再靠近的过程中,分子引力与分子斥力都增大,分子势能先减小后增大E.扩散现象与布朗运动都能说明分子在永不停息地运动(2)(2018河南濮阳二模)一横截面积为S的气缸竖直倒放,气缸内有一质量为m的活塞,将一定质量的理想气体封闭在气缸内,气柱的长度为L,活塞与气缸壁无摩擦,气体处于平衡状态,如图1所示,现保持温度不变,把气缸倾斜,使气缸侧壁与竖直方向夹角为θ=37°,重新达到平衡后,如图2所示,设大气压强为p0,气缸导热良好。
已知sin 37°=0.60,cos 37°=0.80,重力加速度为g,求:①此时理想气柱的长度;②分析说明气缸从竖直到放倒倾斜过程,理想气体吸热还是放热。
2.(1)(2018山东枣庄二调)下列说法正确的是。
A.由阿伏加德罗常数、气体的摩尔质量和气体的密度,可以估算出理想气体分子间的平均距离B.分子平均速率大的物体的温度比分子平均速率小的物体的温度高C.分子间的引力和斥力同时存在,都随分子之间距离的增大而减小D.机械能不可能全部转化为内能,内能也无法全部用来做功转化成机械能E.第二类永动机不可能制成,是因为它违反了热力学第二定律(2)(2018辽宁重点高中协作校三模)如图所示,开口向上、竖直放置的足够高的汽缸,内部有一定质量的理想气体被轻活塞A、B分成Ⅰ、Ⅱ容积均为V的两部分,开始时活塞A、B均被锁定,不能滑动,此时气体Ⅰ的压强与外界大气压p0相同;气体Ⅱ的压强是气体Ⅰ的3倍。
外界温度恒定,汽缸导热性良好。
现解除活塞B的锁定。
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计算题专项练(二)
24.(13分)(2018河南郑州三模)如图甲所示,圆盒为电子发射器,M处是电子出射口。
其正视截面如图乙所示,D为绝缘外壳,整个装置处于真空中,半径为R的金属圆柱A可沿半径向外均匀发射速率为v的低能电子;与A同轴放置的金属网C的半径为3R。
不需要电子射出时,可用磁场将电子封闭在金属网以内;若需要低能电子射出时,可撤去磁场,让电子直接射出;若需要高能电子,撤去磁场,并在A、C间加一径向电场,使其加速后射出。
不考虑A、C的静电感应电荷对电子的作用和电子之间的相互作用,忽略电子的重力和相对论效应,已知电子质量为m,电荷量为e。
(1)若需要速度为2v的电子通过金属网C发射出来,在A、C间所加电压U是多大?
(2)若A、C间不加电压,要使由A发射的电子不从金属网C射出,可在金属网内环形区域加垂直于圆盒平面向里的匀强磁场,求所加磁场磁感应强度B的最小值。
25.
(19分)(2018河南郑州三模)如图所示,长木板B质量为m2=1.0 kg,静止在粗糙的水平地面上,长木板左侧区域光滑。
质量为m3=1.0 kg、可视为质点的物块C放在长木板的最右端。
质量m1=0.5 kg 的物块A,以速度v0=9 m/s与长木板发生正碰(时间极短),之后B、C发生相对运动。
已知物块C与长木板间的动摩擦因数μ1=0.1,长木板与地面间的动摩擦因数为μ2=0.2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,整个过程物块C始终在长木板上,g取10 m/s2。
(1)若A、B相撞后粘在一起,求碰撞过程损失的机械能。
(2)若A、B发生弹性碰撞,求整个过程物块C和长木板的相对位移。
计算题专项练(二)
24.答案 (1)(2)
解析 (1)电子经AC间的电场加速时,由动能定理得
eU=m(2v)2-mv2
所需加速电压为U=。
(2)电子在AC间磁场中做匀速圆周运动,其轨迹圆与金属网相切时,磁感应强度B有最小值。
设此轨迹圆的半径为r,则
Bev=m
由几何关系得(3R-r)2=r2+R2
解得r=R
最小磁感应强度为B=
25.答案 (1)13.5 J(2)2.67 m
解析 (1)若A、B相撞后粘在一起,由动量守恒定律得
m1v0=(m1+m2)v
由能量守恒定律得
ΔE=m1(m1+m2)v2
解得损失的机械能
ΔE==13.5 J
(2)A、B发生完全弹性碰撞,由动量守恒定律得
m1v0=m1v1+m2v2
由机械能守恒定律得
m1m1m2
联立解得
v1=v0=-3 m/s
v2=v0=6 m/s
之后B减速运动,C加速运动,B、C达到共同速度之前,由牛顿运动定律
对长木板:-μ2(m2+m3)g-μ1m3g=m2a1
对物块C:μ1m3g=m3a2
设达到共同速度过程经历的时间为t
v2+a1t=a2t
这一过程的相对位移为Δx1=v2t+a1t2-a2t2=3 m
B、C达到共同速度之后,因μ1<μ2,二者各自减速至停下,由牛顿运动定律
对长木板:-μ2(m2+m3)g+μ1m3g=m2a3
对物块C:-μ1m3g=m3a4
这一过程的相对位移为
Δx2= m
整个过程物块与木板的相对位移为
Δx=Δx1-Δx2= m=2.67 m。