2022年高考物理二輪復(fù)習(xí) 特色專題訓(xùn)練 仿高考計算題巧練（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θ＝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，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，且救生圈下落的時間恰為乘客下滑總時間的一半，快艇、乘客、救生圈均可視為質(zhì)點，不計空氣阻力，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求

2、： (1)救生圈初速度v0的大小； (2)乘客下滑過程中加速度a的大?。? 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)軌左端連接一個阻值為2 Ω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r＝2 Ω，導(dǎo)軌電阻不計，整個裝置處于垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B＝2 T．若棒以1 m/s的初速度向右運動，同時對棒施加水平向右的拉力F，并保持拉力的功率恒為4 W，從此時開始計時，經(jīng)過2 s金屬棒的速度穩(wěn)定不變，圖乙為安培力隨時間變化的關(guān)系圖象．試求： (1)金

3、屬棒的最大速度； (2)金屬棒速度為3 m/s時的加速度大??； (3)從開始計時起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x≥0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兩點的坐標(biāo)分別為(0，a)和(0，－a)，在x＜0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－a≤x≤0的區(qū)域均勻分布有大量質(zhì)量為m、帶電荷量為－q(q＞0)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

4、磁場區(qū)域運動的最長時間是最短時間的2倍．已知朝著O點射入的粒子在矩形磁場中運動時間最短，且朝著圓心(－a，0)射入的粒子剛好從O點沿x軸進(jìn)入矩形磁場，不計粒子的重力． (1)求粒子進(jìn)入磁場時的速度v和B點的坐標(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粒子在矩形磁場中運動的時間最長？并求最長時間； (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)點的總質(zhì)量為m＝60 kg的滑板運動員(包括裝備)，從高為H＝15 m的斜面AB的頂端A點由靜止開始沿斜面下滑，在B點進(jìn)入光滑的四分之一圓弧BC，圓

5、弧BC的半徑為R＝5 m，運動員經(jīng)C點沿豎直軌道沖出向上運動，經(jīng)時間t＝2 s后又落回軌道．若運動員經(jīng)C點后在空中運動時只受重力，軌道AB段粗糙(g＝10 m/s2)．求： (1)運動員離開C點時的速度大小和上升的最大高度； (2)運動員(包括裝備)運動到圓軌道最低點B時對軌道的壓力； (3)從A點到B點，運動員(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y＝x(R－

6、x)．在A點有一粒子源，能不斷地向x軸上方各個方向均勻發(fā)射質(zhì)量為m、電荷量為q(q＞0)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(0，R)后，沿與x軸正方向成53°角斜向下打到B點，B、D點坐標(biāo)分別為(R，0)、(0，R/2)，不計粒子間的相互作用和重力，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.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

7、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P′Q′N′M′，且OP′＝OQ′＝a，P′M′＝Q′N′＝a.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)小球從釋放到從下板N端射出所需時間． 仿高考計算題巧練(一) [題組一] 23．解析：(1)設(shè)救生圈做平拋運動的時間為t0，由平拋運動規(guī)律，得： H＝gt Htan θ＝v0t0 聯(lián)立以上各式，得v0＝7.5 m/s，t0＝2 s. (

8、2)由幾何關(guān)系，得繩索長L＝＝25 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間相等 由運動學(xué)公式可得：2×at＝L 代入數(shù)據(jù)，得a＝＝6.25 m/s2. 答案：(1)7.5 m/s　(2)6.25 m/s2 24．解析：(1)金屬棒的速度最大時，所受合外力為零，即BIL＝F1 而P＝F1·vm，I＝ 解得vm＝＝4 m/s 或根據(jù)圖象計算，2 s后金屬棒的速度穩(wěn)定，速度最大，此時 F 安＝1 N，由F安＝BIL＝，得vm＝4 m/s. (2)速度為3 m/s時，感應(yīng)電動勢E＝BLv＝3 V 電流I′＝，

9、F′安＝BI′L 金屬棒受到的拉力F＝＝ N 由牛頓第二定律得F－F′安＝ma 解得a＝＝ m/s2＝ m/s2. (3)在此過程中，由動能定理得 Pt＋W安＝mv－mv 解得W安＝－6.5 J QR＝＝3.25 J. 答案：(1)4 m/s　(2) m/s2　(3)3.25 J 25．解析：(1)朝著圓心(－a，0)射入的粒子剛好從坐標(biāo)原點O沿x軸進(jìn)入矩形磁場，即圓周運動的軌道半徑R＝a 又由qv·2B0＝m 可得v＝ 設(shè)某粒子從圓形磁場邊界上的P點射入，并從Q點射出，軌跡如圖甲所示，圓心為O1，圓形磁場的圓心為O2，則O2Q＝O2P＝O1Q＝O1P＝a，即四邊形O1

10、QO2P為菱形，O2Q∥PO1∥x軸，故Q點與坐標(biāo)原點O重合，即射入圓形磁場的粒子均從O點進(jìn)入矩形磁場 甲 因為矩形磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0，故粒子在矩形磁場中運動的軌道半徑R′＝＝2a 又因為朝著O點射入的粒子在矩形磁場中運動的時間最短，其對應(yīng)的軌跡如圖乙所示，O′為軌跡圓心，則 AO′＝2a，sin∠AO′O＝＝，即∠AO′O＝30° 粒子運動時間最長時對應(yīng)的圓心角最大，軌跡的弦也最長，故粒子只可能在B點或C點離開磁場時運動時間最長，粒子從B點或C點離開時對應(yīng)的軌跡如圖丙所示，因為Tmax＝2Tmin，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、O″

11、lAB＝2asin 60°＝a，故B點坐標(biāo)為(a，a)． (2)由(1)中的分析計算可知，沿著x軸正方向射入的粒子剛好從C點離開，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θ時，粒子剛好從B點離開，則有sin θ＝＝，即θ＝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，粒子在矩形磁場中運動的時間最長，其最長時間 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點射出的粒子射入圓形磁場位置的橫坐標(biāo)為 －R(1－cos 30°)＝a 故從AB邊射

12、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)運動員離開C點時的速度為v1，上升的最大高度為h v1＝g＝10 m/s，h＝＝5 m. (2)設(shè)運動員到達(dá)B點時的速度為v2，C到B： mv＋mgR＝mv FN－mg＝m 解得FN＝3 000 N 由牛頓第三定律F′N＝FN＝3 000 N，方向豎直向下． (3)從A點到B點： ΔE＝mgH－mv 解得ΔE＝3 000 J. 答案：(1)10 m/s　5 m　(2)3 000 N　方向豎直向下 (3)3 000 J 24．解析：(1)由左手定則和圓周運動特點可知，粒子從A點到C點做圓周

13、運動的半徑為R 如圖所示，與x軸成θ角入射的粒子做圓周運動的圓心為F，軌跡交磁場邊界于G點，則四邊形O′AFG為菱形，則GF平行于O′A，即粒子在G點的速度沿x軸正方向． 若該粒子恰好經(jīng)過D點，因DO＝R/2，則GH＝HF＝R/2，θ＝60°，故通過OD間的粒子占總粒子數(shù)的1/3. (2)設(shè)粒子從C點以速度v垂直進(jìn)入電場，在電場中做類平拋運動，經(jīng)過t時間到達(dá)虛線邊界上(x0，y0)點，然后沿直線勻速到達(dá)B點． 粒子在圓形磁場區(qū)域內(nèi)做圓周運動時，洛倫茲力提供向心力，Bqv＝ 由平拋運動的規(guī)律，x0＝vt R－y0＝×t2 根據(jù)數(shù)學(xué)知識，＝tan 53° y0＝x0(R－x0)

14、 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速度方向與電場線方向成夾角且做直線運動，所以小球是做勻速直線運動 mg＝qE E＝ 解得＝. (2)設(shè)小球進(jìn)入小孔的速度為v，在磁場中做圓周運動半徑為r，Oe＝x，如圖所示，由數(shù)學(xué)知識易知，∠Ocd＝∠fdN＝θ sin θ＝ 在直角三角形ced中cos θ＝ 在直角三角形dfN中tan θ＝ 聯(lián)立可得3sin2θ＝2sin θcos θ－cos θ＋cos2θ 4sin2θ－1＝2sin θcos θ－cos θ (2sin θ－1)(2sin θ＋1)－(2sin θ－1)cos θ＝0 解得sin θ＝，θ＝，r＝2a 由r＝，代入數(shù)據(jù)易得v＝ 設(shè)小球做自由落體運動的時間為t1，則 t1＝＝ 設(shè)小球在磁場中運動的時間為t2，則 t2＝＝ 設(shè)小球做直線運動的時間為t3，則 t3＝＝＝ 所以t＝t1＋t2＋t3＝＋. 答案：(1)　(2)＋