2019年高考物理二輪復(fù)習(xí) 考前增分技巧 計算題突破訓(xùn)練 新人教版.doc
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2019年高考物理二輪復(fù)習(xí) 考前增分技巧 計算題突破訓(xùn)練 新人教版1從地面發(fā)射質(zhì)量為m的導(dǎo)彈,導(dǎo)彈上的噴氣發(fā)動機可產(chǎn)生恒定的推力,且可通過改變噴氣發(fā)動機尾噴管的噴氣質(zhì)量和方向改變發(fā)動機推力的大小和方向,導(dǎo)彈起飛時發(fā)動機推力大小為Fmg,導(dǎo)彈沿和水平方向成30角的直線斜向右上方勻加速飛行經(jīng)過時間t后,遙控導(dǎo)彈上的發(fā)動機,使推力的方向逆時針旋轉(zhuǎn)60,導(dǎo)彈依然可以沿原方向勻減速直線飛行(不計空氣阻力和噴氣過程中導(dǎo)彈質(zhì)量的變化)求:(1)t時刻導(dǎo)彈的速率及位移是多少;(2)旋轉(zhuǎn)方向后導(dǎo)彈還要經(jīng)過多長時間到達(dá)最高點;(3)導(dǎo)彈上升的最大高度是多少?解析:(1)剛開始時,導(dǎo)彈受推力和重力作用,兩力的合力與水平方向成30角斜向上,設(shè)推力F與合力Fh夾角為,如圖甲所示由正弦定理得:解得:30所以合力:Fhmg由牛頓第二定律得導(dǎo)彈的加速度為:a1gt時刻的速率:va1tgtt時刻的位移大小為:s1gt2.(2)推力方向逆時針旋轉(zhuǎn)60,合力的方向與水平方向成30斜向下,推力F跟合力Fh垂直,如圖乙所示此時合力大小為:Fhmgsin30導(dǎo)彈的加速度大小為:a2導(dǎo)彈到最高點的時間為:t1v/a2gt/0.5g2t.(3)導(dǎo)彈的總位移為sa1t2a2tgt2gt2gt2導(dǎo)彈上升的最大高度為:hmssin30gt2.答案:(1)gtgt2(2)2t(3)gt22(xx重慶卷)如圖為“嫦娥三號”探測器在月球上著陸最后階段的示意圖首先在發(fā)動機作用下,探測器受到推力在距月面高度為h1處懸停(速度為0,h1遠(yuǎn)小于月球半徑);接著推力改變,探測器開始豎直下降,到達(dá)距月面高度為h2處的速度為v;此后發(fā)動機關(guān)閉,探測器僅受重力下降至月面已知探測器總質(zhì)量為m(不包括燃料),地球和月球的半徑比為k1,質(zhì)量比為k2,地球表面附近的重力加速度為g,求:(1)月球表面附近的重力加速度大小及探測器剛接觸月面時的速度大?。?2)從開始豎直下降到剛接觸月面時,探測器機械能的變化解析:(1)設(shè)地球質(zhì)量和半徑分別為M和R,月球的質(zhì)量、半徑和表面附近的重力加速度分別為M、R和g,探測器剛接觸月面時的速度大小為vt.則k2,k1由mgG和mgG得gg由vv22gh2得vt.(2)設(shè)機械能變化量為E,動能變化量為Ek,重力勢能變化量為Ep.由EEkEp有Emvmgh1m(v2)mgh1得Emv2mg(h1h2)答案:(1)g(2)mv2mg(h1h2)3如圖所示,在方向水平向右、大小為E6103 N/C的勻強電場中有一個光滑的絕緣平面一根絕緣細(xì)繩兩端分別系有帶電滑塊甲和乙,甲的質(zhì)量為m12104 kg,帶電荷量為q12109 C,乙的質(zhì)量為m21104 kg,帶電荷量為q21109 C開始時細(xì)繩處于拉直狀態(tài)由靜止釋放兩滑塊,t3 s時細(xì)繩突然斷裂不計滑塊間的庫侖力,試求:(1)細(xì)繩斷裂前兩滑塊的加速度;(2)在整個運動過程中,乙的電勢能增量的最大值解析:(1)取水平向右為正方向,將甲、乙及細(xì)繩看成一個整體,根據(jù)牛頓第二定律得F合q1Eq2E(m1m2)a0得a0 m/s20.02 m/s2.(2)當(dāng)乙發(fā)生的位移最大時,乙的電勢能增量最大,細(xì)繩斷裂前,甲、乙發(fā)生的位移均為x0a0t20.0232 m0.09 m此時甲、乙的速度均為v0a0t0.023 m/s0.06 m/s細(xì)繩斷裂后,乙的加速度變?yōu)閍乙 m/s20.06 m/s2從細(xì)繩斷裂到乙速度減為零,乙發(fā)生的位移x乙為x乙 m0.03 m整個運動過程乙發(fā)生的最大位移為x乙maxx0x乙0.09 m0.03 m0.12 m此時乙的電勢能增量為Ep|W乙|q2E|x乙max110961030.12 J7.2107J.答案:(1)0.02 m/s2(2)7.2107 J4如圖所示,一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子,以速度v0從O點沿y軸正方向射入磁感應(yīng)強度為B的圓形勻強磁場區(qū)域,磁場方向垂直紙面向外,粒子飛出磁場區(qū)域后,從b處穿過x軸進入場強為E、方向與x軸負(fù)方向成60角斜向下的勻強電場中,速度方向與x軸正方向的夾角為30,經(jīng)過一段時間后恰好通過b點正下方的c點,粒子的重力不計試求:(1)圓形勻強磁場的最小面積;(2)c點到b點的距離d.解析:解答本題的關(guān)鍵是,按題目中所述的運動方向,根據(jù)速度方向和軌道半徑垂直的關(guān)系,找出粒子做勻速圓周運動的圓心O.很顯然,弦長ON即為圓形磁場區(qū)域的最小直徑(1)粒子在磁場中做勻速圓周運動,由qBv0m得R粒子經(jīng)過磁場區(qū)域速度偏轉(zhuǎn)角為120,這表明在磁場區(qū)域中運動軌跡為半徑為R的圓弧,作出粒子運動軌跡如圖中實線所示所求圓形磁場區(qū)域的最小半徑為rONRsin 60面積為Sr2.(2)粒子進入電場做類平拋運動,從b到c垂直電場方向位移為xv0t沿電場方向位移為yat2tan 30解方程得xyd.答案:(1)(2)5(xx安徽卷)如圖(1)所示,勻強磁場的磁感應(yīng)強度B為0.5 T,其方向垂直于傾角為30的斜面向上絕緣斜面上固定有“”形狀的光滑金屬導(dǎo)軌MPN(電阻忽略不計),MP和NP長度均為2.5 m,MN連線水平,長為3 m以MN中點O為原點、OP為x軸建立一維坐標(biāo)系Ox.一根粗細(xì)均勻的金屬桿CD,長度d為3 m、質(zhì)量m為1 kg、電阻R為0.3 ,在拉力F的作用下,從MN處以恒定速度v1 m/s在導(dǎo)軌上沿x軸正向運動(金屬桿與導(dǎo)軌接觸良好)g取10 m/s2.(1)求金屬桿CD運動過程中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E及運動到x0.8 m處電勢差UCD;(2)推導(dǎo)金屬桿CD從MN處運動到P點過程中拉力F與位置坐標(biāo)x的關(guān)系式,并在圖(2)中畫出Fx關(guān)系圖象;(3)求金屬桿CD從MN處運動到P點的全過程產(chǎn)生的焦耳熱解析:(1)金屬桿CD在勻速運動中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢EBlv(ld),解得E1.5 V(D點電勢高)當(dāng)x0.8 m時,金屬桿在導(dǎo)軌間的電勢差為零設(shè)此時桿在導(dǎo)軌外的長度為l外,則l外dd、OP,得l外1.2 m由楞次定律判斷D點電勢高,故CD兩端電勢差UCDBl外v,即UCD0.6 V.(2)桿在導(dǎo)軌間的長度l與位置x關(guān)系是ld3x對應(yīng)的電阻Rl為RlR,電流I桿受的安培力F安BIl7.53.75x根據(jù)平衡條件得FF安mgsinF12.53.75x(0x2)畫出的Fx圖象如圖所示(3)外力F所做的功WF等于Fx圖線下所圍的面積,即WF2 J17.5 J而桿的重力勢能增加量Epmgsin故全過程產(chǎn)生的焦耳熱QWFEp7.5 J.答案:(1)0.6 V(2)F12.53.75x(0x2)圖象見解析(3)7.5 J6(xx天津卷)同步加速器在粒子物理研究中有重要的應(yīng)用,其基本原理簡化為如圖所示的模型M、N為兩塊中心開有小孔的平行金屬板質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子A(不計重力)從M板小孔飄入板間,初速度可視為零每當(dāng)A進入板間,兩板的電勢差變?yōu)閁,粒子得到加速,當(dāng)A離開N板時,兩板的電荷量均立即變?yōu)榱銉砂逋獠看嬖诖怪奔埫嫦蚶锏膭驈姶艌觯珹在磁場作用下做半徑為R的圓周運動,R遠(yuǎn)大于板間距離A經(jīng)電場多次加速,動能不斷增大,為使R保持不變,磁場必須相應(yīng)地變化不計粒子加速時間及其做圓周運動產(chǎn)生的電磁輻射,不考慮磁場變化對粒子速度的影響及相對論效應(yīng)求(1)A運動第1周時磁場的磁感應(yīng)強度B1的大??;(2)在A運動第n周的時間內(nèi)電場力做功的平均功率n;(3)若有一個質(zhì)量也為m、電荷量為kq(k為大于1的整數(shù))的粒子B(不計重力)與A同時從M板小孔飄入板間,A、B初速度均可視為零,不計兩者間的相互作用,除此之外,其他條件均不變下圖中虛線、實線分別表示A、B的運動軌跡在B的軌跡半徑遠(yuǎn)大于板間距離的前提下,請指出哪個圖能定性地反映A、B的運動軌跡,并經(jīng)推導(dǎo)說明理由解析:(1)設(shè)A經(jīng)電場第1次加速后速度為v1,由動能定理得qUmv0A在磁場中做勻速圓周運動,所受洛倫茲力充當(dāng)向心力qv1B1由得B1.(2)設(shè)A經(jīng)n次加速后的速度為vn,由動能定理得nqUmv0設(shè)A做第n次圓周運動的周期為Tn,有Tn設(shè)在A運動第n周的時間內(nèi)電場力做功為Wn,則WnqU在該段時間內(nèi)電場力做功的平均功率為n由解得n.(3)A圖能定性地反映A、B運動的軌跡A經(jīng)過n次加速后,設(shè)其對應(yīng)的磁感應(yīng)強度為Bn,A、B的周期分別為Tn、T,綜合、式并分別應(yīng)用A、B的數(shù)據(jù)得TnT由上可知,Tn是T的k倍,所以A每繞行1周,B就繞行k周由于電場只在A通過時存在,故B僅在與A同時進入電場時才被加速經(jīng)n次加速后,A、B的速度分別為vn和vn,考慮到式vnvnvn由題設(shè)條件并考慮到式,對A有Tnvn2R設(shè)B的軌跡半徑為R,有Tvn2R比較上述兩式得R上式表明,運動過程中B的軌跡半徑始終不變由以上分析可知,兩粒子運動的軌跡如圖A所示答案:(1)(2) (3)見解析7(xx廣東卷)如圖所示,一條帶有圓軌道的長軌道水平固定,圓軌道豎直,底端分別與兩側(cè)的直軌道相切,半徑R0.5 m物塊A以v06 m/s的速度滑入圓軌道,滑過最高點Q,再沿圓軌道滑出后,與直軌上P處靜止的物塊B碰撞,碰后粘在一起運動P點左側(cè)軌道光滑,右側(cè)軌道呈粗糙段、光滑段交替排列,每段長度都為L0.1 m物塊與各粗糙段間的動摩擦因數(shù)都為0.1,A、B的質(zhì)量均為m1 kg(重力加速度g取10 m/s2;A、B視為質(zhì)點,碰撞時間極短)(1)求A滑過Q點時的速度大小v和受到的彈力大小F;(2)若碰后AB最終停止在第k個粗糙段上,求k的數(shù)值;(3)求碰后AB滑至第n個(nk)光滑段上的速度vn與n的關(guān)系式解析:(1)根據(jù)機械能守恒定律有mv2mgRmv2解得v4 m/s設(shè)在Q點軌道對物塊A的彈力向下,則mgFm解得F22 N.(2)根據(jù)機械能守恒定律,物塊A與物塊B碰撞前速度仍為v0設(shè)碰撞后速度為v1,則mv02mv1碰后AB一起向前滑行,由動能定理有2mgx02mv,解得x4.5 m45L因此AB停在第45個粗糙段上,即k45.(3)碰后AB滑至第n個光滑段上,經(jīng)過了n個粗糙段,則由動能定理得2mg(nL)2mv2mv解得vn m/s(n45)答案:(1)4 m/s22 N(2)45(3)vn m/s(n45)8如圖所示,在xOy平面內(nèi),緊挨著的三個“柳葉”形有界區(qū)域內(nèi)(含邊界上)有磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場,它們的邊界都是半徑為a的圓,每個圓的端點處的切線要么與x軸平行、要么與y軸平行區(qū)域的下端恰在O點,區(qū)域在A點平滑連接、區(qū)域在C點平滑連接大量質(zhì)量均為m、電荷量均為q的帶正電的粒子依次從坐標(biāo)原點O以相同的速率、各種不同的方向射入第一象限內(nèi)(含沿x軸、y軸方向),它們只要在磁場中運動,軌道半徑就都為a.在ya的區(qū)域,存在場強為E的沿x方向的勻強電場整個裝置在真空中,不計粒子重力、不計粒子之間的相互作用求:(1)粒子從O點射出時的速率v0;(2)這群粒子中,從O點射出至運動到x軸上的最長時間;(3)這群粒子到達(dá)y軸上的區(qū)域范圍解析:(1)由qBv0m代入數(shù)據(jù)得v0.(2)這些粒子中,從O沿y軸方向射入磁場的粒子,從O到C耗時最長由t得tmax.(3)這些粒子經(jīng)過區(qū)域偏轉(zhuǎn)后方向都變成與x軸平行,接著勻速直線進入?yún)^(qū)域,經(jīng)過區(qū)域偏轉(zhuǎn)又都通過C點,從C點進入?yún)^(qū)域,經(jīng)過區(qū)域偏轉(zhuǎn),離開區(qū)域時,所有粒子運動方向都變成y方向(即垂直進入電場)對于從x2a進入電場的粒子,在x方向的分運動有2at解得t1則該粒子運動到y(tǒng)軸上的坐標(biāo)為y1av0t1aBa對于從x3a進入電場的粒子,在x方向的分運動有3at解得t2則該粒子運動到y(tǒng)軸上的坐標(biāo)為y2av0t2aBa,這群粒子運動到y(tǒng)軸上的區(qū)域范圍為aBayaBa.答案:(1)(2)(3)aBayaBa- 1.請仔細(xì)閱讀文檔,確保文檔完整性,對于不預(yù)覽、不比對內(nèi)容而直接下載帶來的問題本站不予受理。
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