人教版新高考物理二輪復習專項訓練--計算題專項練(四)-試卷下載-教習網(wǎng)

計算題專項練(四) (滿分:46分　時間:45分鐘) 1.(7分)(2021山東高三一模)趣味運動“充氣碰碰球”如圖所示。用完全封閉的PVC薄膜充氣膨脹成型,人鉆入洞中,進行碰撞游戲。充氣之后碰碰球內(nèi)氣體體積為0.8 m3,壓強為1.5×105 Pa。碰撞時氣體最大壓縮量是0.08 m3,不考慮壓縮時氣體的溫度變化。 (1)求壓縮量最大時,球內(nèi)氣體的壓強。(結(jié)果保留3位有效數(shù)字) (2)為保障游戲安全,球內(nèi)氣體壓強不能超過1.75×105 Pa,那么,在早晨17 ℃環(huán)境下充完氣的碰碰球,球內(nèi)氣體壓強為1.5×105 Pa,若升溫引起的球內(nèi)容積變化可忽略,請通過計算判斷是否可以安全地在中午37 ℃的環(huán)境下進行碰撞游戲。 2.(9分)(2021安徽宿州高三三模)如圖所示,在豎直平面內(nèi)建立xOy直角坐標系。一質(zhì)量為m、電荷量為q的質(zhì)子,自原點O以初速度v0沿x軸正方向運動。若在以O(shè)為圓心的圓形區(qū)域內(nèi)分布著垂直xOy平面的勻強磁場,一段時間后質(zhì)子沿與y軸夾角為30°方向經(jīng)P點射入第二象限。若撤去磁場,在第一象限內(nèi)加一與x軸正方向夾角為150°的勻強電場(電場、磁場均未畫出),該質(zhì)子恰能經(jīng)過y軸上的P點。已知點P到O的距離為l,求: (1)磁場的磁感強度B的大小; (2)勻強電場的電場強度E的大小。 3.(14分)(2021浙江寧波高三二模)如圖所示,水平面上固定兩條光滑金屬軌道,兩導軌PQ、PR關(guān)于x軸對稱放置且與x軸夾角均為θ=37°,在x軸上P點接觸良好;長為d=0.8 m的金屬桿CD置于y軸上時,桿兩端點CD恰好與導軌和y軸的兩交點重合。整個裝置處于豎直向下的勻強磁場中,磁感應(yīng)強度大小為B=0.5 T。現(xiàn)給桿的中點施加外力,使桿以速度v0=4 m/s沿x軸正方向勻速運動,運動過程中桿始終與y軸平行。已知導軌和桿電阻與長度的比值均為λ=0.5 Ω/m,桿與導軌始終接觸良好,接觸電阻不計,sin 37°=0.6。(提示:可以用F-x圖像下的“面積”代表力F所做的功)求: (1)桿在O位置時,桿上通過的電流大小; (2)桿從O位置運動到P位置過程中,桿兩端點CD間的電勢差UCD與桿所在處的橫坐標x的關(guān)系式; (3)桿從O位置運動到P位置,桿產(chǎn)生的焦耳熱Q。 4.(16分)(2021廣東高三三模)一輕質(zhì)彈簧豎直放置,將一質(zhì)量為12m的小物塊輕放于彈簧頂端,彈簧最大壓縮量為l。如圖所示,水平地面上有一固定擋板,將此彈簧一端固定在擋板上且水平放置,一質(zhì)量為m的小物塊P緊靠彈簧的另一端但不拴接;在水平地面右側(cè)固定有一半徑R=l的豎直光滑半圓軌道,軌道最低點與地面相切。將另一質(zhì)量也為m的小物塊Q放置在距半圓軌道最低點l2=4l處?，F(xiàn)向左推P壓縮彈簧,使彈簧形變量為l,此時P與小物塊Q的距離為l1=2l。撤去外力,小物塊P被彈簧彈開,然后與小物塊Q正碰,碰后瞬間粘在一起。小物塊P、Q均可看作質(zhì)點,且與水平地面間的動摩擦因數(shù)相同,重力加速度為g。 (1)求彈簧最大壓縮量為l時,彈簧具有的彈性勢能。 (2)若兩物塊P、Q與水平地面間的動摩擦因數(shù)μ0=19,求兩個小物塊剛滑上半圓軌道時對軌道的壓力大小。 (3)若兩物塊P、Q與地面間的動摩擦因數(shù)μ可以改變,要求兩個小物塊在半圓軌道上運動時不脫離軌道,求動摩擦因數(shù)μ的取值范圍。參考答案計算題專項練(四) 1.答案 (1)1.67×105 Pa　(2)不能解析 (1)碰撞游戲時,氣體從初始到壓縮量最大的過程中,經(jīng)歷等溫變化,由玻意耳定律得p1V1=p2V2 其中p1=1.5×105 Pa,V1=0.8 m3,V2=(0.8-0.08) m3=0.72 m3 代入數(shù)據(jù)解得p2=1.67×105 Pa。 (2)從早晨充好氣,到中午碰撞游戲前,氣體經(jīng)歷等容變化,由查理定律有 p1T2=p3T3 其中T2=(17+273) K=290 K,T3=(37+273) K=310 K 中午碰撞游戲時,氣體從初始狀態(tài)到壓縮量最大的過程中,氣體經(jīng)歷等溫變化,由玻意耳定律有 p3V1=p4V2 聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得p4=1.78×105 Pa>1.75×105 Pa,所以不能安全地在中午37 ℃的環(huán)境下進行碰撞游戲。 2.答案 (1)3mv0ql　(2)4mv023ql 解析 (1)質(zhì)子在磁場中在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動,設(shè)其軌跡半徑為r qv0B=mv02r 由題意知,粒子在磁場中的軌跡如圖甲實線所示,其圓心C在y軸上,由圖中幾何關(guān)系得l=3r 甲聯(lián)立得B=3mv0ql。 (2)去掉磁場,在靜電力的作用下,粒子的軌跡如圖乙所示乙在x軸正方向上-Eq·sin 60°=ma1 粒子先向右勻減速到0,然后向左勻加速,設(shè)勻減速的時間為t1 0-v0=a1t1 在y軸正方向上 Eq·cos 60°=ma2 設(shè)粒子運動的時間為t2,有 l=12a2t22 由運動的對稱性可知t2=2t1 聯(lián)立得E=4mv023ql。 3.答案 (1)1.5 A　(2)UCD=1+98x(V)　(3)0.06 J 解析 (1)桿在O位置時,產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E=Bdv0 回路電流為I=ER 其中回路總電阻為R=d1+1sinθλ=83dλ 聯(lián)立解得I=3Bv08λ=1.5 A。 (2)桿移動至x位置時,等效電路如圖所示導軌電阻 R1=212dtanθ-x1cosθλ=5223d-xλ 桿接入回路部分長度為 d'=212dtanθ-xtan θ=3223d-x 其阻值為r1=d'·λ=3223d-xλ 桿接入回路部分產(chǎn)生的電動勢為E1=Bd'v0 桿接入回路的電勢差為U1=R1R1+r1E1=58Bd-32xv0 桿未接入回路的電勢差為U2=B(d-d')v0=B·32x·v0 聯(lián)立可得CD間的電勢差UCD=U1+U2=58Bdv0+916Bxv0=1+98x(V)。 (3)由題意得,桿在滑動時,回路電流I1=E1R1+r1 結(jié)合(2)中結(jié)論,代入數(shù)據(jù)可得I1=1.5 A,且始終保持不變,由于桿勻速運動,受到的安培力為F=BI1d'=35-98x(N) F-x圖線與x軸所圍面積表示克服安培力所做的功,即回路產(chǎn)生的焦耳熱Q=WF=0.16 J 因此,桿產(chǎn)生的焦耳熱Qr1=r1R1+r1Q=38Q=0.06 J。 4.答案 (1)12mgl　(2)12mg　(3)49≤μ0 不超過圓心等高處臨界有 12×2mv62=2mg·R 聯(lián)立可得49≤μ