2022年高考物理二輪復(fù)習(xí) 特色專題訓(xùn)練 仿高考計(jì)算題巧練（一）

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1、2022年高考物理二輪復(fù)習(xí) 特色專題訓(xùn)練 仿高考計(jì)算題巧練（一）23.(xx河北石家莊2月調(diào)研)如圖所示，一艘客輪因故障組織乘客撤離，乘客在甲板上利用固定的繩索下滑到救援快艇上客輪甲板到快艇的高度H為20 m，繩索與豎直方向的夾角37，設(shè)乘客下滑過程中繩索始終保持直線，乘客先從靜止開始勻加速下滑，再以同樣大小的加速度減速滑至快艇，速度剛好為零在乘客下滑時(shí)，船員以水平初速度v0向快艇拋出救生圈剛好落到救援快艇上，且救生圈下落的時(shí)間恰為乘客下滑總時(shí)間的一半，快艇、乘客、救生圈均可視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，重力加速度g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8.求：(1)救生圈初速度v0的

2、大小；(2)乘客下滑過程中加速度a的大小24如圖甲所示，MN、PQ為水平放置的足夠長的平行光滑導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間距L為0.5 m，導(dǎo)軌左端連接一個(gè)阻值為2 的定值電阻R，將一根質(zhì)量為 0.2 kg 的金屬棒cd垂直放置在導(dǎo)軌上，且與導(dǎo)軌接觸良好，金屬棒cd的電阻r2 ，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，整個(gè)裝置處于垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2 T若棒以1 m/s的初速度向右運(yùn)動，同時(shí)對棒施加水平向右的拉力F，并保持拉力的功率恒為4 W，從此時(shí)開始計(jì)時(shí)，經(jīng)過2 s金屬棒的速度穩(wěn)定不變，圖乙為安培力隨時(shí)間變化的關(guān)系圖象試求：(1)金屬棒的最大速度；(2)金屬棒速度為3 m/s時(shí)的加速度大?。?3)從開始計(jì)

3、時(shí)起2 s內(nèi)電阻R上產(chǎn)生的電熱25.如圖所示的平面直角坐標(biāo)系xOy中，在x0的區(qū)域有一磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0、方向垂直紙面向里的矩形勻強(qiáng)磁場ABCD(OD邊上無磁場，OA邊上有磁場)，其中A、D兩點(diǎn)的坐標(biāo)分別為(0，a)和(0，a)，在x0的區(qū)域有一磁感應(yīng)強(qiáng)度為2B0、圓心坐標(biāo)為(a，0)、半徑為a的圓形勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直紙面向里在ax0的區(qū)域均勻分布有大量質(zhì)量為m、帶電荷量為q(q0)的粒子，粒子均以相同的速度沿y軸正方向射向圓形磁場，最后粒子都進(jìn)入矩形磁場，且粒子在矩形磁場區(qū)域運(yùn)動的最長時(shí)間是最短時(shí)間的2倍已知朝著O點(diǎn)射入的粒子在矩形磁場中運(yùn)動時(shí)間最短，且朝著圓心(a，0)射入的粒子剛好從O

4、點(diǎn)沿x軸進(jìn)入矩形磁場，不計(jì)粒子的重力(1)求粒子進(jìn)入磁場時(shí)的速度v和B點(diǎn)的坐標(biāo)；(2)粒子射入矩形磁場的速度方向與y軸正方向夾角為多少時(shí)粒子在矩形磁場中運(yùn)動的時(shí)間最長？并求最長時(shí)間；(3)求從AB邊射出的粒子數(shù)與粒子總數(shù)的比值題組二23(xx長春市質(zhì)量監(jiān)測)如圖所示，可視為質(zhì)點(diǎn)的總質(zhì)量為m60 kg的滑板運(yùn)動員(包括裝備)，從高為H15 m的斜面AB的頂端A點(diǎn)由靜止開始沿斜面下滑，在B點(diǎn)進(jìn)入光滑的四分之一圓弧BC，圓弧BC的半徑為R5 m，運(yùn)動員經(jīng)C點(diǎn)沿豎直軌道沖出向上運(yùn)動，經(jīng)時(shí)間t2 s后又落回軌道若運(yùn)動員經(jīng)C點(diǎn)后在空中運(yùn)動時(shí)只受重力，軌道AB段粗糙(g10 m/s2)求：(1)運(yùn)動員離開C

5、點(diǎn)時(shí)的速度大小和上升的最大高度；(2)運(yùn)動員(包括裝備)運(yùn)動到圓軌道最低點(diǎn)B時(shí)對軌道的壓力；(3)從A點(diǎn)到B點(diǎn)，運(yùn)動員(包括裝備)損失的機(jī)械能24.如圖所示的xOy平面，在第二象限有一半徑為R的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，圓心為O(R，R)，磁場方向垂直xOy平面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.在第一象限的虛線上方存在一沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，虛線為電場的邊界，其方程為yx(Rx)在A點(diǎn)有一粒子源，能不斷地向x軸上方各個(gè)方向均勻發(fā)射質(zhì)量為m、電荷量為q(q0)的同種帶電粒子，所有粒子發(fā)射速率相同已知沿y軸正方向入射的粒子通過C點(diǎn)(0，R)后，沿與x軸正方向成53角斜向下打到B點(diǎn)，B、D點(diǎn)坐標(biāo)分別為(R，0)、(0

6、，R/2)，不計(jì)粒子間的相互作用和重力，sin 530.8，cos 530.6.求：(1)通過y軸上OD間的粒子占發(fā)射總粒子數(shù)的比例；(2)第一象限內(nèi)勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小E.25.(xx湖州模擬)如圖所示，金屬板PQ、MN平行放置，金屬板長為4a，間距為4a，兩極板連接在輸出電壓為U的恒定電源兩端，上金屬板PQ中央有一小孔O，板間存在垂直紙面向里磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場區(qū)域PQNM，且OPOQa，PMQNa.現(xiàn)將一帶電小球從距上板某一高度由靜止釋放，小球從小孔O進(jìn)入磁場，小球離開磁場后在平行金屬板間做直線運(yùn)動恰好從下板N端射出電場，已知重力加速度為g，求：(1)帶電小球的電荷量與質(zhì)量之比；(2)

7、小球從釋放到從下板N端射出所需時(shí)間仿高考計(jì)算題巧練(一)題組一23解析：(1)設(shè)救生圈做平拋運(yùn)動的時(shí)間為t0，由平拋運(yùn)動規(guī)律，得：HgtHtan v0t0聯(lián)立以上各式，得v07.5 m/s，t02 s.(2)由幾何關(guān)系，得繩索長L25 m因加速過程與減速過程的加速度大小相等，加速過程的初速度和減速過程的末速度都為零，故加速過程和減速過程的時(shí)間相等由運(yùn)動學(xué)公式可得：2atL代入數(shù)據(jù)，得a6.25 m/s2.答案：(1)7.5 m/s(2)6.25 m/s224解析：(1)金屬棒的速度最大時(shí)，所受合外力為零，即BILF1而PF1vm，I解得vm4 m/s或根據(jù)圖象計(jì)算，2 s后金屬棒的速度穩(wěn)定，速

8、度最大，此時(shí)F 安1 N，由F安BIL，得vm4 m/s.(2)速度為3 m/s時(shí)，感應(yīng)電動勢EBLv3 V電流I，F(xiàn)安BIL金屬棒受到的拉力F N由牛頓第二定律得FF安ma解得a m/s2 m/s2.(3)在此過程中，由動能定理得PtW安mvmv解得W安6.5 JQR3.25 J.答案：(1)4 m/s(2) m/s2(3)3.25 J25解析：(1)朝著圓心(a，0)射入的粒子剛好從坐標(biāo)原點(diǎn)O沿x軸進(jìn)入矩形磁場，即圓周運(yùn)動的軌道半徑Ra又由qv2B0m可得v設(shè)某粒子從圓形磁場邊界上的P點(diǎn)射入，并從Q點(diǎn)射出，軌跡如圖甲所示，圓心為O1，圓形磁場的圓心為O2，則O2QO2PO1QO1Pa，即四

9、邊形O1QO2P為菱形，O2QPO1x軸，故Q點(diǎn)與坐標(biāo)原點(diǎn)O重合，即射入圓形磁場的粒子均從O點(diǎn)進(jìn)入矩形磁場甲因?yàn)榫匦未艌龅拇鸥袘?yīng)強(qiáng)度為B0，故粒子在矩形磁場中運(yùn)動的軌道半徑R2a又因?yàn)槌鳲點(diǎn)射入的粒子在矩形磁場中運(yùn)動的時(shí)間最短，其對應(yīng)的軌跡如圖乙所示，O為軌跡圓心，則AO2a，sinAOO，即AOO30粒子運(yùn)動時(shí)間最長時(shí)對應(yīng)的圓心角最大，軌跡的弦也最長，故粒子只可能在B點(diǎn)或C點(diǎn)離開磁場時(shí)運(yùn)動時(shí)間最長，粒子從B點(diǎn)或C點(diǎn)離開時(shí)對應(yīng)的軌跡如圖丙所示，因?yàn)門max2Tmin，故、對應(yīng)的圓心角為60由幾何關(guān)系可知軌跡、的圓心分別為C、OlAB2asin 60a，故B點(diǎn)坐標(biāo)為(a，a)(2)由(1)中的

10、分析計(jì)算可知，沿著x軸正方向射入的粒子剛好從C點(diǎn)離開，即入射的速度方向與y軸正方向夾角為90令粒子射入矩形磁場的速度方向與y軸正方向夾角為時(shí)，粒子剛好從B點(diǎn)離開，則有sin ，即30綜合可知，射入矩形磁場的速度方向與y軸正方向夾角為90或30時(shí)，粒子在矩形磁場中運(yùn)動的時(shí)間最長，其最長時(shí)間tmax.(3)射入矩形磁場的速度方向從與y軸正方向平行到與y軸正方向成30角的粒子能夠從AB邊射出從B點(diǎn)射出的粒子射入圓形磁場位置的橫坐標(biāo)為R(1cos 30)a故從AB邊射出的粒子數(shù)與粒子總數(shù)的比值為.答案：見解析題組二23解析：(1)設(shè)運(yùn)動員離開C點(diǎn)時(shí)的速度為v1，上升的最大高度為hv1g10 m/s，h

11、5 m.(2)設(shè)運(yùn)動員到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度為v2，C到B：mvmgRmvFNmgm解得FN3 000 N由牛頓第三定律FNFN3 000 N，方向豎直向下(3)從A點(diǎn)到B點(diǎn)：EmgHmv解得E3 000 J.答案：(1)10 m/s5 m(2)3 000 N方向豎直向下(3)3 000 J24解析：(1)由左手定則和圓周運(yùn)動特點(diǎn)可知，粒子從A點(diǎn)到C點(diǎn)做圓周運(yùn)動的半徑為R如圖所示，與x軸成角入射的粒子做圓周運(yùn)動的圓心為F，軌跡交磁場邊界于G點(diǎn)，則四邊形OAFG為菱形，則GF平行于OA，即粒子在G點(diǎn)的速度沿x軸正方向若該粒子恰好經(jīng)過D點(diǎn)，因DOR/2，則GHHFR/2，60，故通過OD間的粒子占總粒子

12、數(shù)的1/3.(2)設(shè)粒子從C點(diǎn)以速度v垂直進(jìn)入電場，在電場中做類平拋運(yùn)動，經(jīng)過t時(shí)間到達(dá)虛線邊界上(x0，y0)點(diǎn)，然后沿直線勻速到達(dá)B點(diǎn)粒子在圓形磁場區(qū)域內(nèi)做圓周運(yùn)動時(shí)，洛倫茲力提供向心力，Bqv由平拋運(yùn)動的規(guī)律，x0vtRy0t2根據(jù)數(shù)學(xué)知識，tan 53y0x0(Rx0)聯(lián)立以上各式，解得E.答案：(1)(2)25解析：(1)由于帶電小球離開磁場時(shí)速度方向與電場線方向成夾角且做直線運(yùn)動，所以小球是做勻速直線運(yùn)動mgqEE解得.(2)設(shè)小球進(jìn)入小孔的速度為v，在磁場中做圓周運(yùn)動半徑為r，Oex，如圖所示，由數(shù)學(xué)知識易知，OcdfdNsin 在直角三角形ced中cos 在直角三角形dfN中tan 聯(lián)立可得3sin22sin cos cos cos24sin212sin cos cos (2sin 1)(2sin 1)(2sin 1)cos 0解得sin ，r2a由r，代入數(shù)據(jù)易得v設(shè)小球做自由落體運(yùn)動的時(shí)間為t1，則t1設(shè)小球在磁場中運(yùn)動的時(shí)間為t2，則t2設(shè)小球做直線運(yùn)動的時(shí)間為t3，則t3所以tt1t2t3.答案：(1)(2)