【文档说明】2024届高考二轮复习物理试题（新高考新教材） 题型专项练 计算题专项练（一） Word版含解析.docx，共(5)页，174.645 KB，由小赞的店铺上传

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计算题专项练(一)1.如图所示,一横截面为直角三角形ABC的玻璃砖,AB=L,∠A=60°,∠C=30°,一束单色光从AB的中点D处射入玻璃砖,单色光经BC面反射后从AC边的E点射出玻璃砖,出射光线恰好平行于BC边,光在

真空中传播的速度为c。求:(1)玻璃砖对该单色光的折射率n;(2)该单色光从D点传播到E点经历的时间t。2.圆形匀强磁场中,当带电粒子做匀速圆周运动的半径等于圆形磁场的半径时,粒子在磁场边界上的某点沿任意方向进入磁场,都将以相同的速

度射出磁场,此种现象称为“磁发散”。在某平面坐标空间中,如图所示,第一象限中布满匀强电场,其方向与y轴正方向成60°角,大小为E1,第二象限中布满电场强度大小为E2的匀强电场,另有一个半径为r的圆形匀强磁场,且在磁场边界P处有一粒子源可以射

出质量为m、电荷量为q的带正电的粒子,现该粒子源在该点切线同侧的180°角内向磁场同时沿不同方向射入速度大小都为v的粒子,不考虑粒子间的相互作用,这些粒子进入磁场后都做匀速圆周运动,且均能在y轴正半轴进入第一象限,进入第一象限后都做类平抛运动,已知重力加速度为g,且E1=

𝑚𝑔2𝑞。求:(1)匀强电场E2和匀强磁场B的大小;(2)P位置的坐标。3.(2023山东济宁二模)如图所示,一水平传送带以v=3m/s的速度顺时针转动,其左端A点和右端B点分别与两个光滑水平台面平

滑对接,A、B两点间的距离L=4m。左边水平台面上有一被压缩的弹簧,弹簧的左端固定,右端与一质量为m1=0.1kg的物块甲相连(物块甲与弹簧不连接,滑上传送带前已经脱离弹簧),物块甲与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2。右边水平台面上有一个倾角为45°、高为h1=0.5m的

固定光滑斜面(水平台面与斜面由平滑圆弧连接),斜面的右侧固定一上表面光滑的水平桌面,桌面与水平台面的高度差为h2=0.95m。桌面左端叠放着质量为m3=0.1kg的木板(厚度不计)和质量为m2=0.2kg的物块乙,物块乙与木

板之间的动摩擦因数为μ2=0.2,桌面上固定一弹性竖直挡板,挡板与木板右端相距x0=0.5m,木板与挡板碰撞会原速率返回。现将物块甲从压缩弹簧的右端由静止释放,物块甲离开斜面后恰好在它运动的最高点与物块乙发生弹性碰撞(碰撞时间极短),物块乙始终未滑离木板。物块甲、乙均可

视为质点,重力加速度g取10m/s2,19+192+193+…=18。(1)求物块甲运动到最高点时的速度大小;(2)求弹簧最初储存的弹性势能;(3)求木板运动的总路程。计算题专项练(一)1.答案(1)√3(2)3√3𝐿2𝑐解析(1)画

出光路图如图所示因光线在D点的入射角为i=60°,由几何关系可得在D点的折射角r=30°折射率n=sin60°sin30°=√3。(2)光在介质中的速度v=𝑐𝑛=𝑐√3光从D点传播到E点经历的路程s=lDF+

lFE=L+√34𝐿cos30°=3𝐿2经历的时间t=𝑠𝑣=3√3𝐿2𝑐。2.答案(1)𝑚𝑔𝑞𝑚𝑣𝑞𝑟(2)(-𝑟2,𝑟-√32𝑟)解析(1)由题知,粒子进入磁场后都做匀速圆周运动,则E2q=m

g解得E2=𝑚𝑔𝑞由题知,粒子进入磁场后都做匀速圆周运动,且均能在y轴正半轴进入第一象限,则qvB=𝑚𝑣2𝑟解得B=𝑚𝑣𝑞𝑟。(2)由题知,粒子进入第一象限后都做类平抛运动,则粒子进入第一象限的速度应与粒子在第一象限的合力垂直,粒子在第一象限受重力mg和静电力E1q,合力

为F合=√32mg,方向与y轴负方向成30°角则粒子射出磁场的速度与E1平行,P的横坐标为x=-r+rsin30°=-𝑟2纵坐标为y=r-rcos30°=r-√32r故P位置的坐标为(-𝑟2,𝑟-√32𝑟)。3.答案(1)3m/s(2)2.2

J(3)1.0m解析(1)由题意可知,物块甲从斜面顶端到最高点做逆向平抛运动,水平方向为匀速运动,设物块甲刚离开斜面时速度为v甲,则有𝑣甲𝑦2=2g(h2-h1)tan45°=𝑣甲𝑦𝑣甲𝑥联

立解得v甲y=v甲x=3m/s,v甲=3√2m/s可知物块甲运动到最高点时的速度大小为v0=v甲x=3m/s。(2)设物块甲在B点时速度为vB,对物块甲从B点到斜面顶端由动能定理有-m1gh1=12m1𝑣

甲2−12m1𝑣𝐵2解得vB=2√7m/s因为vB>v,所以物块甲在传送带上一直做减速运动。对物块甲从静止开始到B点,设弹簧弹力做功W,由动能定理有W-μ1m1gL=12m1𝑣𝐵2解得W=2.2J根据功能关系可

知弹簧最初储存的弹性势能Ep=W=2.2J。(3)物块甲与物块乙在碰撞过程中,由动量守恒定律得m1v0=m1v1+m2v2由机械能守恒定律得12m1𝑣02=12m1𝑣12+12m2𝑣22解得v1=-1m/s,v2=2m/s以物块乙和木板为系统,由动量守恒定律得m2

v2=(m2+m3)v3若木板向右加速至共速后再与挡板碰撞,由动能定理得μ2m2gx1=12m3𝑣32-0解得x1=29m<0.5m可知木板与物块乙共速后再与挡板相碰由动量守恒定律得m2v3-m3v3=(

m2+m3)v4木板向左减速过程中,由动能定理得-μ2m2gx2=0-12m3𝑣42解得x2=19x1同理可得x3=(19)2x1以此类推木板的总路程为s=x0+2x1+2x2+…+2xn=x0+2×29(1+18)m