(共17张PPT)
计算题专项练(一)
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1.(8分)(2024湖南衡阳二模)如图所示,将一个粗细均匀的小玻璃瓶装入适量的水后,开口向下倒扣入塑料水瓶中,使小玻璃瓶中封闭一段空气,拧紧塑料水瓶的瓶盖。用手挤压塑料水瓶,小玻璃瓶会缓慢下沉到底部;适当减小挤压塑料水瓶的力度,小玻璃瓶会缓慢上浮。已知小玻璃瓶的质量为7.5 g,瓶子的底面积为2.5 cm2,外界大气压强为p0。环境温度始终保持不变,忽略小玻璃瓶的厚度及小玻璃瓶上升到水面时对塑料瓶内气体体积的影响,小瓶中的空气视为理想气体,水的密度ρ水=1.0×103 kg/m3。
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(1)在初始不用手挤压塑料水瓶时,小玻璃瓶中气柱的长度至少为多少,小玻璃瓶才会浮在水面上
(2)若某时刻小玻璃瓶内气体压强为1.1p0,瓶内气柱长为5.2 cm,再用力缓慢挤压塑料水瓶,当小玻璃瓶内气体压强稳定在1.3p0时,小玻璃瓶内气柱长度为多少
答案 (1)3 cm (2)4.4 cm
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解析 (1)不用手挤压塑料水瓶时,为保证小玻璃瓶会浮在水面上,则至少应保证小玻璃瓶刚好完全浸没时,所受浮力与重力大小相等,设小玻璃瓶中气柱的长度为h,则有ρ水gSh=mg
解得h=3 cm。
(2)由于环境温度始终保持不变,则小玻璃瓶内气体发生等温变化,设此次挤压塑料水瓶前、后小玻璃瓶内气柱长度分别为l1、l2,可得1.1p0×Sl1=1.3p0×Sl2
解得l2=4.4 cm。
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2.(8分)(2024山东枣庄一模)如图所示,竖直平面内
固定一弯曲刚性细杆POQ,PO部分光滑,形状为四分
之一圆弧;OQ部分粗糙,形状为开口向下的抛物线的
一部分,弯曲杆O点处的切线水平。小圆环穿在杆上,
从P点由静止释放,到达Q点后与杆之间无弹力。若以
O点为坐标原点,沿水平和竖直方向建立直角坐标系
xOy,则Q点的坐标为(5 m,5 m)。已知弯曲杆PO部分
的半径R=1.8 m,小圆环的质量m=1 kg,重力加速度g取10 m/s2。求:
(1)小圆环在PO部分经过O点时对杆压力的大小;
(2)小圆环在OQ部分运动过程中克服摩擦力做的功。
答案 (1)30 N (2)5.5 J
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解析 (1)小圆环从P到O,根据机械能守恒有mgR=
小圆环在PO部分经过O点时,根据牛顿第二定律有F-mg=m
联立解得,此时小圆环受到杆的支持力大小为F=3mg=30 N
故小圆环在PO部分经过O点时对杆压力的大小为30 N。
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(2)由于OQ部分形状为开口向下的抛物线的一部分,到达Q点时恰好与杆之间无弹力,则可将小圆环从O到Q的运动等效为以初速度v0从O点抛出的平抛运动,由数学知识可得y=x2
根据平抛运动的抛物线方程y=x2 ,可得v0=5 m/s
即以初速度v0为5 m/s从O点抛出的运动轨迹恰好与该抛物线重合,则Q点的竖直速度为vy==10 m/s
所以经过Q点时的速度大小为vQ==5 m/s
从P到Q根据动能定理有mg(R+y)-W=
解得,小圆环在OQ部分运动过程中克服摩擦力做的功为W=5.5 J。
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3.(14分)(2024江西九江二模)如图甲所示,两根光滑平行导轨固定在水平面内,相距为L,电阻不计,整个导轨平面处于方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中,导轨左端接有阻值为R的电阻,沿导轨方向建立x坐标轴。质量为m、电阻为r的金属棒ab垂直导轨放置在x=-x0处。在金属棒ab上施加沿x轴方向的外力F,使金属棒ab开始做简谐运动,将金属棒运动到x=0处时作为计时起点,其速度随时间变化的图线如图乙所示,其最大速度为v1。求:
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(1)金属棒做简谐运动过程中流过的电流i随时间t变化的函数关系;
(2)在0~ s时间内通过金属棒的电荷量;
(3)在0~ s时间内外力F所做的功。
答案 (1)i=·cos t
(2)
(3)
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解析 (1)由图乙可知金属棒做简谐运动的周期T=2π s
由此可得ω==1 rad/s
根据图乙可知速度与时间的变化关系满足余弦函数,可得其关系为
v=v1cos ωt m/s
由闭合回路的欧姆定律有
i=·cos t。
(2)根据对称性可知在t= s时,金属棒到达x=x0处,则在0~ s时间内通过金属棒的电荷量q=。
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(3)金属棒做简谐运动过程中,回路中电流为余弦式交变电流,在0到 s时间内,电路产生热量
Q=I2(R+r)t
其中I=,t= s,解得Q=
设在0到 s的时间内外力F所做的功为WF,安培力所做的功为WA,
由动能定理得WF-WA=0-
其中WA=Q
解得WF=。
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4.(16分)(2024重庆高三模拟)如图所示,在第一象限中有一匀强磁场(图中未画出),一带正电的粒子(不计重力)从y轴上A点沿x轴正向以初速度v0进入匀强磁场区域,A点坐标为,随后从x轴上的C点出磁场并进入第四象限的匀强电场区域,速度方向与x轴负向成60°角。粒子经过此电场区域后恰好垂直于y轴进入第三象限的电、磁场区域,它们的宽度都为L,其中磁感应强度为B=,电场强度为E=。已知粒子的质量为m、电荷量为q,虚线边界有电场。求:
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(1)第一象限中匀强磁场的磁感应强度B1的大小和方向;
(2)粒子刚进入第三象限中的第二个磁场区域时的速度大小;
(3)整个运动过程中,粒子距离y轴最远的水平距离。
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4(共24张PPT)
计算题专项练(二)
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1.(8分)如图所示,光源S位于装有某液体的容器底部A点处,容器右侧的内壁固定一平面镜,平面镜上端与容器顶端平齐、下端与液面平齐。光源S沿AO方向发射一束红光,经O点折射后照到平面镜上的P点,反射光线刚好过容器左侧上端点Q。已知入射角θ=37°,容器宽度MQ为80 cm,反射点P到平面镜上端点M、下端点N的距离分别为60 cm、30 cm,液体深度为40 cm,光在真空中的传播速度c=3.0×108 m/s,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求:
(1)这束红光在该液体中的折射率n;
(2)这束红光在液体中的传播时间。
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答案 (1)
(2)2.2×10-9 s
解析 (1)根据几何关系可知,该束红光在P点发生的反射,入射角α符合
tan α=
则α=37°
则这束红光从液体中射出时的折射角
β=90°-37°=53°
根据折射定律可知
n=。
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(2)设液体深度为h=40 cm,则这束红光在液体中的传播距离s=
传播速度v=
则传播时间
t==2.2×10-9 s。
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2.(8分)(2024辽宁鞍山二模)如图所示,质量为m的小球A通过长为L的不可伸长轻绳悬挂于天花板上,质量为2m的小球B放在高也为L的竖直支架上。现将A球拉至水平位置由静止释放,在最低点与静止的B球发生碰撞,碰后瞬间B球的速度大小为。求:
(1)从碰后至B球落地时B球的水平位移x;
(2)A、B碰后瞬间轻绳对A的拉力大小FT。
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答案 (1)L
(2)mg
解析 (1)设B球在空中做平抛运动的时间为t,则有
L=gt2
x=vB·t
得x=L。
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(2)设A球碰前的速度为v0,由动能定理有
mgL=
A、B两球碰撞满足动量守恒,设碰后A球速度为vA,水平向右为正,则有
mv0=mvA+2mvB
得vA=-
由牛顿第二定律得FT-mg=
得FT=mg。
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3.(14分)(2024山东枣庄一模)如图甲所示,三维坐标系O-xyz所在的空间中,有平行于y轴且沿其正方向的匀强电场,电场强度的大小E1=。一带正电的粒子从A点由静止开始经加速电场加速后,沿xOy平面从x轴上的P(L,0,0)点进入匀强电场,经过P点时速度的大小为v0、方向平行于xOy平面且与x轴负方向的夹角α=53°。当粒子运动一段时间Δt=到达Q(未画出)点时,匀强电场的方向突然变为z轴正方向,以此刻为计时起点,此后电场强度的大小E2随时间t的变化关系如图乙所示,同时加上沿z轴正方向、磁感应强度大小为B=的匀强磁场。已知带电粒子的质量为m,电荷量为q,粒子的重力忽略不计,求:
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(1)A、P两点间的电压UAP;
(2)Q点的位置及带电粒子到达Q点时的速度;
(3)t=时带电粒子的位置坐标。
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答案 (1)
(2)v0,速度方向跟x轴负方向的夹角为45°
(3)
解析 (1)在加速电场中,对带电粒子由动能定理得
qUAP=-0
解得UAP=。
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(2)对带电粒子,在从P点到Q点的运动过程中,根据牛顿第二定律得
qE1=ma
粒子在xOy平面内的运动为类斜抛运动,轨迹如图所示
设粒子到达Q点时的速度大小为v,跟x轴负方向的夹角为θ,根据运动的合成与分解,粒子在Q点满足
x=-v0cos α·Δt+L=-
y=-v0sin α·Δt+a(Δt)2=-
vx=-v0cos α=-v0
vy=-v0sin α+aΔt=v0
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则有v=v0
tan θ==1
可知粒子到达Q点时的速度方向跟x轴负方向的夹角为45°,大小为v=v0。
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(3)根据第(2)问计算结果可知,带电粒子到达Q点时的速度与OQ连线垂直,电场变化后粒子的运动可以看成在xOy平面内的匀速圆周运动与沿z轴方向的变速直线运动的合成,由洛伦兹力提供向心力得qvB=m
解得R=L
R与OQ的长度相等,即O点为粒子轨迹的圆心,
设粒子运动的周期为T,则有
T=
由于t==4T+T
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可知该时刻粒子位置的x、y坐标值均为
在z轴方向,设加速度大小为az,根据牛顿第二定律得qE2=maz
该方向的坐标值为
z=az×5+az·
则当t=时带电粒子的位置坐标为。
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4.(16分)(2024山东烟台一模)如图所示,半径R=1 m的光滑圆环形滑杆MNP竖直固定放置,左侧端点M和圆心O1的连线与竖直方向夹角的余弦值cos θ=0.15,右侧端点Р和圆心O1、O2在同一水平线上,P点的切线沿竖直方向。现有一质量m1=0.2 kg的小橡胶环A以v0=1.2 m/s的初速度水平抛出,恰好沿滑杆左侧端点M的切线套入滑杆,在滑杆的最高点静止着质量m2=0.2 kg的小橡胶环B。在右侧端点Р的正下方h=4.15 m处,有一质量m3=0.1 kg、长度L=3 m的长直木杆C竖直静止在水平面上,但跟水平面并不黏合。已知小橡胶环B与长直木杆C之间的滑动摩擦力大小f=2 N,最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力,小橡胶环A、B均可视为质点,两小橡胶环之间和小橡胶环与水平面间的碰撞都是弹性碰撞;小橡胶环B套入长直木杆C后,长直木杆C不倾倒,且每次与水平面碰撞瞬间都会立即停下而不反弹、不倾倒。不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2。
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(1)小橡胶环A到达滑杆最低点Q时所受弹力大小;
(2)小橡胶环B在长直木杆C上上滑的最大距离;
(3)长直木杆C跟水平面第一次碰撞瞬间损失的机械能;
(4)小橡胶环B在长直木杆C上运动的总路程。
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解析 (1)小橡胶环A恰好沿滑杆左侧端点M的切线套入滑杆,设小橡胶环A在M点时的速度为vM,则vMcos θ=v0
解得vM=8 m/s
小橡胶环A从M点到Q点,根据动能定理
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(2)设小橡胶环A从Q点运动到最高点与小橡胶环B碰撞前的速度为vA,
根据动能定理
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小橡胶环B,从碰撞后到与长直木杆接触前瞬间,
设接触前速度为v,根据动能定理
解得v=12 m/s
小橡胶环B沿长直木杆下滑时,长直木杆静止不动,根据受力分析m2g=f
可得小橡胶环B在长直木杆C上受力平衡做匀速直线运动,小橡胶环B沿长直木杆上滑时,小橡胶环B做匀减速直线运动,长直木杆C做匀加速直线运动,设共速时速度大小为v1,所需时间为t1,对小橡胶环B有
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m2g+f=m2a1
v1=v-a1t1
对长直木杆有
f-m3g=m3a2
v1=a2t1
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(4)长直木杆跟水平面第一次碰撞后,小橡胶环B先沿长直木杆做匀速下滑,小橡胶环B跟水平面碰撞后小橡胶环B沿长直木杆上滑时,小橡胶环B做匀减速直线运动,长直木杆做匀加速直线运动,第二次共速后又一起做竖直上抛运动,直到长直木杆跟水平面第二次碰撞,设第二次达到共速时速度为v2,则有
v2=v1'-a1t2
v2=a2t2
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小橡胶环B沿长直木杆第一次下滑的路程为L,小橡胶环B跟水平面碰撞后小橡胶环沿长直木杆上滑,(共20张PPT)
计算题专项练(三)
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1.(8分)(2024山西一模)如图所示,一水平的公路由两直道AB、CD段以及圆弧段环岛BC组成。一辆在AB上以72 km/h的速率行驶的汽车,接近环岛时以4 m/s2的加速度匀减速刹车,在以最大安全速率通过环岛后,在CD上以2 m/s2的加速度恢复到原速率继续行驶。已知环岛的半径为28 m,BC段的长度是56 m,橡胶轮胎与路面的动摩擦因数为0.7,认为汽车转弯所需向心力仅由轮胎所受径向摩擦力提供且最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2。
(1)汽车需在进入环岛前多远处开始刹车
(2)汽车从刹车开始至恢复到原速率所用时间是多少
答案 (1)25.5 m (2)8.5 s
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解析 (1)根据题意,汽车进入环岛后做匀速圆周运动,
当以最大速率行驶时有
μmg=m
代入数据解得汽车在环岛行驶的最大速率为vm=14 m/s
汽车的初始速度v=72 km/h=20 m/s
汽车进入环岛前刹车距离为x= m=25.5 m
则汽车需在距环岛x=25.5 m处开始刹车。
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(2)汽车进入环岛前刹车时间t1= s=1.5 s
汽车在环岛段行驶的时间t2= s=4 s
汽车出环岛后加速到原速所用的时间t3= s=3 s
可得汽车从刹车开始至恢复到原速率所用时间
t=t1+t2+t3=8.5 s。
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2.(8分)(2024山东聊城一模)瓷器是“泥琢火烧”的艺术,是人类智慧的结晶,是全人类共有的珍贵财富。如图所示,气窑是对陶瓷泥坯进行升温烧结的一种设备。某次烧制前,封闭在窑内的气体压强为p0,温度为室温27 ℃,为避免窑内气压过高,窑上装有一个单向排气阀,当窑内气压达到2p0时,单向排气阀开始排气。开始排气后,气窑内气体压强保持2p0不变,窑内气体温度逐渐升高,最后的烧制温度恒定为1 327 ℃。
求:
(1)单向排气阀开始排气时窑内
气体的温度t;
(2)本次烧制排出的气体与原有
气体的质量比。
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答案 (1)327 ℃ (2)
解析 (1)以封闭在气窑内的气体为研究对象,排气前体积不变,则有初态
p1=p0
T1=(27+273) K=300 K
末态
p2=2p0
T2=(273+t) K
由查理定律可得
代入数据解得t=327 ℃。
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(2)开始排气后,气窑内气体压强保持2p0不变,
则有T3=(1 327+273) K=1 600 K
设排出气体温度为T3、压强为2p0时的气体的体积为V',质量为m',
由盖-吕萨克定律可得
则有
代入数据解得。
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3.(14分)如图所示,在平面直角坐标系xOy中,O为坐标原点,A点的坐标为(3L,0),B点坐标为(0,2L),三角形ABC为直角三角形,其中∠C为直角,在直角三角形ABC中有沿y轴负方向的匀强电场,三角形OBD为等腰直角三角形,P点为OD的中点,等腰直角三角形OBD中存在沿x轴正方向的匀强电场,电场强度大小为E0,第三象限和第四象限存在范围足够大的匀强磁场,磁场方向垂直于纸面向外。一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子,从P点静止释放,粒子从第二象限进入第一象限,经过直角三角形ABC内的匀强电场后恰好从A点进入匀强磁场,经匀强磁场偏转后直接打到坐标原点O,不计粒子重力,sin 37°=0.6。求:
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(1)直角三角形ABC中匀强电场的电场强度大小E1;
(2)匀强磁场的磁感应强度大小B;
(3)粒子从P点运动到O点的总时间t总。
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答案 (1)E0
(2)
(3)
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解析 (1)粒子在第二象限的电场中加速运动,设射入第一象限时速度为v1,P为OD的中点,根据几何关系可得加速的距离为L,
根据动能定理得qE0L=-0,解得v1=
粒子在第一象限中先做匀速直线运动,
进入匀强电场后做类平抛运动,运动轨迹如图所示
x方向上有L=v1t
y方向上有at2
根据牛顿第二定律qE1= ma
以上各式联立解得E1=E0。
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(2)设粒子从A点射出电场时的速度大小为v,
根据动能定理有qE1L=mv2-,解得v=
设射入磁场时速度方向与x轴正方向的夹角为θ,则有cos θ=
解得θ=53°
根据几何关系可得带电粒子在磁场中运动半径为r=L
带电粒子在磁场中运动时洛伦兹力提供向心力,有qvB=
以上各式联立解得匀强磁场的磁感应强度大小B=。
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(3)设粒子在第二象限运动的时间为t1,根据动量定理有qE0t1=mv1-0
解得t1=
设粒子在第一象限中运动时间为t2,水平方向上做匀速直线运动,
则有3L=v1t2,解得t2=
设带电粒子在磁场中运动周期为T,则有T=,解得T=
在磁场中运动时间为t3=T=
运动的总时间t总=t1+t2+t3,解得t总=。
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4.(16分)(2024福建龙岩一模)如图所示,在同一竖直平面内有由绝缘传送带AB、光滑圆弧轨道BCP及水平轨道QN组成的装置。传送带与圆弧轨道平滑相接,水平轨道QN略低于P点,O为圆心,圆弧轨道半径R=0.5 m,OC水平,传送带长L=5 m,与水平面夹角θ=37°,滑块(视为质点)质量m=1.0 kg,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37° =0.8。
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(1)传送带静止时,滑块以速度v0=6.8 m/s从A点沿传送带AB向上滑行一段距离x=1.7 m停下,求滑块与传送带间的动摩擦因数μ;
(2)若传送带以速率v带1=4 m/s顺时针转动,将滑块轻放于A点,求滑块经过C点时对轨道的压力;
(3)将圆弧轨道改成光滑圆弧细管,各轨道平滑相接,水平轨道Q处放一质量M=3.0 kg的另一滑块(视为质点),传送带以速率v带2=8 m/s顺时针转动,滑块以初速度v1=3 m/s从A点沿传送带AB、光滑圆弧细管BCP滑到P处与另一滑块发生弹性正碰,求滑块最终经过B点的速率(结果可带根号);
(4)若滑块带有电荷量q=+0.4 C,DB区间有磁感应强度大小为B=0.5 T、方向垂直纸面向外的匀强磁场,DB长d=4.8 m,在(2)的条件下,滑块在磁场中运动时间为1.86 s,求滑块第一次离开B点时的速率。
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答案 (1)0.95
(2)16 N,方向水平向右
(3) m/s
(4)4 m/s
解析 (1)由运动学公式有=2a1x
解得滑块上滑加速度大小a1=13.6 m/s2
由牛顿第二定律,滑块上滑加速度大小
a1=
解得μ=0.95。
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(2)由牛顿第二定律,得滑块上滑加速度大小
a2==1.6 m/s2
假设滑块从A做匀加速直线运动到B,由运动学公式有=2a2L
解得vB=4 m/s=v带1
假设成立
滑块从B到C,由机械能守恒定律有=mgRcos 37°
滑块在C点,由牛顿第二定律有FN=m
解得FN=16 N
由牛顿第三定律知滑块对轨道的压力大小为16 N,方向水平向右。
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(3)假设滑块从A做匀加速直线运动到B,由运动学公式有
=2a2L
解得滑块到B点时的速率vB1= m/s假设成立
滑块从B到P,由机械能守恒定律有
=mg(Rcos 37°+R)
解得滑块到达P处时速度vP=4 m/s
两滑块碰撞过程,由动量守恒定律有
mvP=mvm+MvM
由能量守恒定律有
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解得碰后滑块以速度vm=-2 m/s沿细管PCB返回传送带。
滑块从P到B,由机械能守恒定律有mvm'2-=mg(R+Rcos 37°)
解得滑块以速度vm'= m/s从B点返回传送带,在传送带上做匀减速直线运动
假设滑块减速到零通过的位移为
x'==6.875 m>L
说明滑块减速到零之前已从A点离开传送带,则滑块最终经过B点的速率为 m/s。
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(4)由(2)可知滑块从A到D,由运动学公式有
=2a2(L-d)
解得滑块进入磁场时的速度vD=0.8 m/s
假设滑块能从D加速到B,由动量定理有
-mgtsin 37°+∑μ(mgcos 37°+qviB)ti=mvB2-mvD
即-mgtsin 37°+μmgtcos 37°+μqdB=mvB2-mvD
解得滑块离开B点时的速率
vB2=4.688 m/s>v带1
假设不成立。
则滑块到达B点前已与传送带共速,再与传送带一起匀速运动,则滑块第一次离开B点时的速率为4 m/s。(共18张PPT)
计算题专项练(四)
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1.(8分)如图所示,半径为R的半球形玻璃体置于水平桌面上,半球的上表面水平,球面与桌面相切于A点。一细束单色光经球心O从空气中射入玻璃体内(入射面即纸面),入射角为45°,出射光线射在桌面上B点处。测得A、B之间的距离为R。现将入射光束在纸面内向左平移,平移到过E点时,恰好在球面上D点发生全反射,不考虑光线在玻璃体内的多次反射,求:
(1)玻璃体的折射率n;
(2)O、E之间的距离。
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2.(8分)(2024陕西宝鸡二模)某同学在操场练习篮球的控球能力。他单手托着篮球,使篮球由静止随手一起竖直向上运动h1=0.3 m的高度后竖直抛出,篮球离开手上升h2=1.2 m的高度到达最高点。篮球落回抛出点时再单手接住,篮球随手一起向下运动h3=0.2 m的高度后速度减为零。已知篮球质量m=0.6 kg,重力加速度g取10 m/s2,空气阻力忽略不计,手和篮球一起的运动近似看作匀变速直线运动。求:
(1)抛球过程和接球过程手对篮球的作用力之比;
(2)抛球过程和接球过程手对篮球的冲量之比。
答案 (1)5∶7 (2)15∶14
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解析 (1)设抛球过程和接球过程手对篮球的作用力分别为F1、F2,两过程篮球运动的加速度大小分别为a1、a2,抛出瞬间球的速度大小为v,由匀变速直线运动规律可得
v2=2gh2
v2=2a1h1
由于篮球运动过程中不计空气阻力,抛球和接球速度大小相等,
所以v2=2a2h3
联立解得a1=40 m/s2,a2=60 m/s2
由牛顿第二定律可得F1-mg=ma1
F2-mg=ma2
解得F1∶F2=5∶7。
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(2)设抛球和接球过程中手对篮球的冲量分别为I1、I2,篮球运动时间分别为t1、t2,由题意可得
I1=F1t1
I2=F2t2
v=a1t1=a2t2
解得I1∶I2=15∶14。
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3.(14分)(2024山西朔州二模)如图所示,一足够长的长方体O1a1b1c1-O3a3b3c3被正方形O2a2b2c2分成上下两个长方体空间Ⅰ和空间Ⅱ,以O1为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系O1-xyz,其中O1a1=O1c1=O2O3=4L。整个长方体空间存在沿z轴负方向的匀强电场(图中未画出),另外空间Ⅱ内同时还存在沿z轴正方向的匀强磁场(图中未画出),一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从O3c3边的中点P以初速度v0平行于y轴正方向射入长方体区域,粒子恰好经过正方形O2a2b2c2的中心点Q,且粒子在空间Ⅱ内运动的过程中,恰好未从长方体侧面飞出长方体区域,不计粒子重力,求:
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(1)匀强电场的电场强度大小;
(2)粒子经过Q点时的动能;
(3)匀强磁场的磁感应强度大小。
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将v分解为沿y轴方向的速度vy=v0和沿z轴方向的速度v=4v0,
由于vz方向与磁场方向平行,不受洛伦兹力,如图乙所示,
在xO1y平面内的分运动由洛伦兹力提供向心力,
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4.(16分)(2024福建泉州统考二模)如图所示,一质量为3m、长度为L的木板静止在倾角θ=30°的固定斜面上,木板的上表面光滑,下表面与斜面间的动摩擦因数μ=,木板的下端固定有垂直于木板的薄挡板。一与斜面平行的轻弹簧下端固定在斜面的底端,上端由原长被压缩后用触控锁钉锁定。现将质量为m的小滑块从木板的中点由静止释放,经过一段时间,滑块与挡板发生第一次碰撞后,木板开始运动。经过多次碰撞后,当滑块位于挡板处且和木板速度都为零时,木板刚好接触弹簧并触发锁钉立即解除锁定。已知重力加速度大小为g,弹簧的劲度系数k=,滑块与挡板间的碰撞为弹性正碰,且碰撞时间极短,不计空气阻力。求:
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(1)滑块第一次与挡板碰撞前瞬间,滑块的速度大小v0;
(2)滑块第一次与挡板碰撞后瞬间,木板的速度大小v1和加速度大小a1;
(3)木板在初始位置时,其下端与锁钉的距离d;
(4)锁钉解除后,当滑块与挡板第一次分离时木板的速度大小v'。
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解析 (1)设滑块释放时加速度大小为a0,由牛顿第二定律得mgsin θ=ma0
滑块在从释放后到第一次与挡板碰撞前的过程中做匀加速直线运动,有
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(2)设第一次碰撞后瞬间,木板的速度为v1,滑块的速度为v2,由动量守恒定律和能量守恒定律可得mv0=3mv1+mv2
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(4)当板块分离时,设弹簧的形变量为x,此时挡板与滑块间的弹力N=0,两者的加速度相等,都为a=gsin θ
对板块整体4μmgcos θ+4mgsin θ-kx=4ma(共25张PPT)
计算题专项练(五)
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1.(8分)如图甲所示,一粗细均匀的U形细管右侧竖直部分长为L,左侧竖直管长度未知,在细管中倒入长度为的水银后封闭左侧管口,右侧管口盖一轻质薄活塞,此时水平部分水银柱长度为,两侧竖直管内水银面距底部的高度均为。现缓慢向右侧活塞上加水银,直到左侧水银面上升到距底部高度为处,如图乙所示。若将细管中空气视为理想气体,活塞与管壁无摩擦且不漏气,整个过程温度不变,水银密度为ρ,重力加速度为g,大气压强p=ρgL。求:
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(1)图乙状态下右侧细管中空气的压强;
(2)U形细管左侧竖直管的长度。
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解析 (1)设右侧活塞上加的水银高度为L0,两侧细管水平截面面积为S,对右侧气柱,活塞上加水银前
压强p1=p=ρgL
加水银后,压强p2=ρgL+ρgL0
体积V2=(L-L0)S
又p1V1=p2V2
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(2)设左侧竖直管长度为L,对左侧气柱,活塞上加水银前
压强p11=p=ρgL
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2.(8分)如图所示,质量均为m的物块A、B用绕过光滑轻质定滑轮的不可伸长的轻绳连接, A与地面接触,B离地面的高度h为1.2 m,质量为2m的圆环C套在轻绳上,C在B上方d=0.8 m处。由静止释放圆环C,C下落后与B碰撞并粘在一起,碰撞时间极短,不计C与绳之间的摩擦和空气阻力,A、B、C均可视为质点,重力加速度g取10 m/s2,求:
(1)C、B碰撞后瞬间,共同速度为多大;
(2)碰撞后,B经过多长时间到达地面。
答案 (1)2 m/s (2)0.4 s
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3.(14分)(2024江苏泰州一模)高能微粒实验装置,是用以发现高能微粒并研究和了解其特性的主要实验工具。为了简化计算,一个复杂的高能微粒实验装置可以被最简化为空间中的复合场模型。如图甲所示,三维坐标系中,yOz平面的右侧存在平行z轴方向周期性变化的磁场B(图中未画出)和沿y轴正方向的匀强电场E。有一个质量为m、电荷量为q的带正电的高能微粒从xOy平面内的P点沿x轴正方向水平射出,微粒第一次经过x轴时恰好经过O点,此时速度大小为v0,方向与x轴正方向的夹角为45°。已知电场强度大小E=,从微粒通过O点开始计时,磁感应强度随时间的变化关系如图乙所示,已知B0=,t0=,规定当磁感应强度沿z轴正方向时为正,重力加速度大小为g。
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甲 乙
(1)求抛出点P到x轴的距离y;
(2)求微粒从通过O点开始做周期性运动的周期T;
(3)若t=时撤去yOz右侧的原电场和磁场,同时在整个空间加上沿y轴正方向,大小为B'=B0的匀强磁场,求微粒向上运动到离xOz平面最远处时的坐标。
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结合题中信息可知:0~t0,微粒刚好转过180°;t0~2t0,微粒转过90°;2t0~3t0与0~t0的运动轨迹大小一样,只是偏转方向不一样;3t0~4t0与t0~2t0的运动轨迹大小一样,只是偏转方向不一样,综上所述,微粒第一个周期的运动轨迹如图所示
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4.(16分)(2024湖南二模)超市里用的购物车为顾客提供了购物方便,又便于收纳,收纳时一般采用完全非弹性碰撞的方式把购物车收到一起,如图甲所示。某兴趣小组在超市对同款购物车(以下简称“车”)的碰撞进行了研究,分析时将购物车简化为可视为质点的小物块,已知车的净质量为m=15 kg,重力加速度g取10 m/s2。
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(1)首先测车与超市地面间的动摩擦因数:取一辆车停在水平地面上,现给它向前的水平初速度v0=2 m/s,测得该车能沿直线滑行x0=2 m,求车与超市地面间的动摩擦因数μ;
(2)取编号为A、B的车,B车装上m0=15 kg的货物后停在超市水平地面上,空车A的前端装上轻弹簧,将A车停在B车的正后方且相距x=5.5 m处。现给A车施加向前的水平推力F0=75 N,作用时间t0=1 s后撤除。设A车与B车间的碰撞为弹性正碰(忽略相互作用时间),两车所在直线上没有其他车,求在A车运动的全过程中A车与地面间产生的摩擦热Q;
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(3)如图乙所示,某同学把n(n>2)辆空车等间距摆在超市水平地面上的一条直线上,相邻两车间距为d=1 m,用向前的水平恒力F=300 N一直作用在1车上,推着1车与正前方的车依次做完全非弹性正碰(碰撞时间极短),通过计算判断,他最多能推动多少辆车
答案 (1)0.1 (2)90 J (3)30辆
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(2)A车运动时受摩擦力FfA=μmg=15 N
由牛顿第二定律有F0-FfA=ma
解得a=4 m/s2
A车在t0时的速度vA0=at0=4 m/s,t0内A车的位移
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得vA=3 m/s
A车与B车碰撞过程,根据动量守恒定律和能量守恒定律有
mvA=mvA'+(m+m0)vB
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计算题专项练(六)
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1.(8分)保龄球运动既可以锻炼身体,又可以缓解心理压力,而且老少皆宜,广受大众的喜爱。某同学设想了如下过程来模拟一次保龄球投掷、运行、撞击的过程。如图所示,将一质量为M=2.8 kg的保龄球从A点开始由静止向前掷出,球沿曲线运动,脱手后,在B点以v0=6 m/s的速度切入水平球道。球做直线运动经t=4 s时间后在C点与质量为m=1.4 kg的球瓶发生正碰。已知在A点时保龄球的下沿距离球道表面的高度为h=1 m,保龄球在球道上运动时受到的阻力大小恒为重力的,重力加速度g取10 m/s2,忽略空气阻力,忽略保龄球的滚动,球与球瓶的碰撞时间极短,碰撞过程中没有能量损失,球与球瓶均可看成质点。求:
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(1)运动员在掷球过程中对保龄球做的功W;
(2)在撞上球瓶前的瞬间,保龄球的速度v1的大小;
(3)碰撞后,球瓶的速度v2的大小。
答案 (1)22.4 J
(2)4 m/s
(3) m/s
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解析 (1)运动员在掷球过程中,根据动能定理可得
W+Mgh=-0
解得运动员对保龄球做的功为W=22.4 J。
(2)保龄球从B到C的过程,根据动量定理可得-Mgt=Mv1-Mv0
解得在撞上球瓶前的瞬间,保龄球的速度大小为v1=4 m/s。
(3)球与球瓶的碰撞过程时间极短,碰撞中没有能量损失,
可知碰撞过程满足动量守恒和机械能守恒,则有Mv1=Mv3+mv2
联立解得碰撞后,球瓶的速度大小为v2= m/s。
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2.(8分)(2024四川一模)如图所示,某玻璃薄板截面为正三角形,A、B、C为三角形的三个顶点,以正三角形ABC的几何中心O点为圆心挖出一圆孔,现将一点光源放置在O点处,该光源向各方向均匀发射真空中波长为λ0=650 nm的红光,CH为AB边的中垂线。已知玻璃薄板对红光的折射率为n=,光在真空中的传播速度为c,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,
求:
(1)该红光在玻璃薄板中传播时的波长;
(2)射到AB边的光子中能直接从AB边射出
和不能直接从AB边射出的光子个数比
(不考虑多次反射)。
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解析 (1)设该红光在玻璃薄板中的波速为v,波长为λ介,
由波速公式、折射率和波速关系可得c=λ0f
v=λ介f
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(2)如图所示
设在HB区域恰好发生全反射的点为D,玻璃介质的临界角为θ,
由临界角公式可得sin θ=,解得θ=37°
易得∠HOD=θ
由几何关系可得光线在DB段的入射角大于临界角θ,发生全反射无光线射出,在HD段的入射角小于临界角θ,会发生折射,直接射出,由于光源向各方向发光均匀,则辐射区域光子数目与辐射角成正比,对HB区域,设能够射出的光子数为N1,不能射出的光子数为N2,可得
由于AH段和HB段对称,故射到AB边的光子能直接从AB边射出和不能直接从AB边射出的光子个数比为。
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3.(14分)(2024江苏连云港一模)如图甲所示,立方体空间的边长为L,侧面CDHG为荧光屏,能完全吸收打在屏上的带电粒子并发光,三维坐标系坐标原点O位于底面EFGH的中心,Ox∥FG,Oy∥GH。已知原点O有一粒子源,能向xOy平面内各个方向均匀持续发射速率为v0、质量为m、电荷量为q的带正电粒子,不计粒子重力及粒子间的相互作用。
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(1)若在立方体空间内存在方向平行于z轴的匀强磁场,沿y轴正方向射出的粒子恰好打在荧光屏上的H点,求该匀强磁场磁感应强度的大小B1;
(2)若磁场与(1)问中的相同,求粒子从原点O运动到荧光屏的最长时间t1和最短时间t2;
(3)若在立方体空间内平行y轴加如图乙所示随时间t按余弦规律变化的磁场,同时平行z轴加如图丙所示随时间t按正弦规律变化的磁场,图中峰值B2=,粒子在磁场中的运动时间远小于磁场变化周期,不计电磁感应现象影响。求沿x轴正方向射出的粒子打在荧光屏上落点的痕迹长度l。
答案 (1) (2) (3)
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解析 (1)粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动,由几何关系可得r1=
根据洛伦兹力提供向心力有qv0B1=m,解得B1=。
(2)粒子在匀强磁场中运动的周期为T=
根据半径一定时,弦长越长,圆心角越大,粒子运动时间越长,即当粒子从H处射出时弦OH最长,圆心角最大为90°,运动时间最长为t1=T=
当粒子从x轴上的点射出时,弦长最短为,圆心角最小,由几何关系知圆心角为60°,运动的最短时间为t2=T=。
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(3)根据题中两个方向上的正弦和余弦磁场变化规律可知By=B2cos
Bz=B2sin
故可知y和z轴方向的合磁感应强度大小为B==B2
故可知合磁场大小始终不变,方向垂直于x轴匀速改变,沿x轴正方向射出的粒子速度始终与该合磁场方向垂直,故粒子轨迹为一个固定大小的圆,当磁场旋转时可知粒子的运动轨迹圆绕着Ox轴旋转,与右侧屏的交点是个圆,又因为右侧屏只在z≥0处存在,故痕迹为一个半圆
根据洛伦兹力提供向心力有qv0B2=m
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粒子的运动轨迹半径为r2=L
沿x轴正方向射出的粒子,粒子分别在两个截面的轨迹如图所示,
设粒子射出点距x的距离分别为y和z,
由几何关系知
解得y=,z=
故可得痕迹圆的半径为r=
故粒子打在荧光屏上落点的痕迹长度为l=πr=。
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4.(16分)(2024浙江二模)“自由落体塔”是一种惊险刺激的游乐设备,如图甲所示,它可以将游客升至数十米高空,自由下落至近地面再减速停下,让游客体验失重的乐趣。某兴趣小组设计了如图乙所示的减速模型,线圈代表乘客乘坐舱,质量为m,匝数为N,线圈半径为r,总电阻为R。减速区设置一辐向磁场,俯视图如图丙所示,其到中心轴距离为r处磁感应强度大小B=。线圈被提升到离地h1处时由静止释放做自由落体运动,减速区高度为h2,忽略空气阻力,重力加速度为g。
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(1)判断线圈刚进入磁场时其内的感应电流方向(从上往下看),以及受到的安培力大小。
(2)若落地时速度为v0,求全程运动的时间t0。
(3)为增加安全系数,加装三根完全相同的轻质弹力绳(关于中心轴对称)如图丁所示,已知每一条弹力绳形变量为Δx时,都能提供弹力F=k2Δx,同时储存弹性势
能k2,其原长等于悬挂点到磁场上沿的距离。
线圈仍从离地h1处静止释放,由于弹力绳的作用会上下往复运动(未碰地),运动时间t后静止。求线圈在往复运动过程中产生的焦耳热Q,及每根弹力绳弹力提供的冲量大小I0。
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(2)全过程对线圈用动量定理,取向下为正,有
mgt0-∑NBIiLti=mv0-0
其中由(1)知
BL=2πk1
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