2019届高考物理二轮复习专题练习：计算题(四套)含答案

计算题32分满分练(一)

24.(12分)某电视台有一幼儿园小朋友参加的闯关节目——高低滑梯。如图1所示，高滑梯的平台到水平地面的距离为h，其右侧与一个曲面滑梯PA相连，参赛者小帅(可视为质点)从P点由静止下滑，经过平台上的A点后向左做匀减速直线运动，依次经过B、C两点后落在地面上的D点(有保护措施，不会摔伤)。已知从A运动到B的时间等于从B运动到C的时间，且B到C的距离为l，A到B的距离为2l。低滑梯在水平地面上，其右侧与一个曲面滑梯QA′相连，QA′与PA完全相同，参赛者小唐(也可视为质点)从Q点由静止下滑，经过平台上的A′点后向左做匀减速直线运动，依次经过B′、C′两点后最终恰好停在D点。已知A与A′、B与B′、C与C′都在同一竖直平面内，高低滑梯都是由相同材料制成的。求：

图1

(1)C到D的水平距离x；

(2)参赛者与滑梯平台间的动摩擦因数μ。

解析 (1)设小唐做匀减速运动的加速度大小为a，离开C′点时的速度为v(小帅经过C点的速度也为v)，从A′点运动到B′点的时间为t，则小唐从B′点运动到C′点的时间也为t，按逆向思维，根据运动学公式得 11l＝vt＋2at2，l＋2l＝v·2t＋2a(2t)2，消去t解得 al＝4v2

C到D的水平距离x，即C′到D的水平距离，由运动学公式得v2＝2ax l解得x＝8。

1

(2)小帅离开C点之后做平抛运动，设小帅在空中运动的时间为t′，有h＝2gt′2，

x＝vt′

设参赛者小唐的质量为m，由牛顿第二定律得 μmg＝ma

l

联立解得μ＝32h。 ll

答案 (1)8 (2)32h

25.(20分)在如图2所示的扇形区域Oab内存在方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为B＝2.0×10－3 T的匀强磁场(包括磁场的边界)，已知扇形区域的半径为rq

＝2 m，图中的O点有一发射源，能向磁场中发射一系列比荷为m＝5.0×107 C/kg的带负电的粒子，粒子的速度方向均与磁场方向垂直，且所有粒子的速率均为v＝1.0×105 m/s，粒子重力不计。

图2

(1)沿Oa方向发射的带电粒子在磁场中运动的时间为多少？

(2)刚好从b点离开的带电粒子进入磁场时的速度方向与Oa的夹角为多大？ (3)若带电粒子进入磁场时的动能增加1倍，假设带电粒子进入磁场的瞬间，速度方向与Oa的夹角为θ，写出粒子在磁场中运动的时间t与θ的关系。 解析 (1)沿Oa方向发射的带电粒子，在磁场中的运动轨迹如图甲所示，设出射v2

点为p，轨迹所在圆的半径为R，则由qBv＝mR得， 1.0×105mv

R＝qB＝ m＝1.0 m。 73－5.0×10×2.0×10

因O1p＝O1O＝1.0 m，Op＝r＝2 m，则由几何关系可知△O1Op为等腰直角三角形

π

则带电粒子在匀强磁场中偏转过的角度为α＝2，带电粒子在磁场中运动的时间

－

－

－

α2πmπ

为t＝2π·qB＝2×10－5 s。

(2)带电粒子刚好从b点离开时，轨迹如图乙所示，O2b＝O2O＝1.0 m，Ob＝2 m，由几何关系可知△O2Ob为等腰直角三角形，∠O2Ob＝45°，则刚好从b点离开的带电粒子进入磁场时的速度方向与Oa的夹角应为45°。

mv2(3)设动能增加1倍后，粒子的运动轨迹所在圆的半径为R′，由公式qvB＝R，

12mEkR′Ek′Ek＝2mv2可知R＝qB，则R＝Ek＝2，R′＝2R＝2 m 若粒子从b点射出，轨迹如图丙所示，Ob＝R′，△O3Ob为正三角形，运动轨迹ππ

所对应的圆心角α1＝3，则粒子进入磁场时的速度方向与Oa的夹角θ＝3 若粒子从弧ab上射出，则运动轨迹所对应的弦长均为2 m，对应的圆心角均为ππ

α1＝3，粒子进入磁场时的速度方向与Oa的夹角的范围为0≤θ≤3，粒子在磁场α12πmπ

中的运动时间均为t＝2π·qB＝3×10－5 s

ππ

故0≤θ≤3时，粒子在磁场中的运动时间为t＝3×10－5 s

若粒子从边Ob上射出，轨迹如图丁所示，运动轨迹所对应的圆心角为α2＝π－2θ α22πm

运动时间t＝2π·qB＝(π－2θ)×10－5 s ππ

故3<θ≤2时，粒子在磁场中的运动时间为 t＝(π－2θ)×10－5 s。

－

－

－

－

πππππ－－

答案 (1)2×105 s (2)45° (3)0≤θ≤3时，t＝3×105 s 3<θ≤2时，t＝(π－2θ)×10－5 s