統(tǒng)考版2022屆高考物理二輪專項分層特訓(xùn)卷第三部分25分鐘計算題專練8

1、 分鐘計算題專練(8)1如圖所示，在水平面上固定一傾角為60的光滑絕緣斜面OA，斜面所處空間存在垂直斜面向下的勻強電場和垂直紙面向外的勻強磁場，電場強度大小為E5 V/m，磁感應(yīng)強度大小為B eq f(r(3),3) T.一個比荷為 eq f(q,m) 2 C/kg的帶正電小球從斜面頂端O點由靜止釋放，小球經(jīng)過斜面上C點時離開斜面，運動到斜面下端A點正上方h1.8 m高處的D點(圖中未畫出)時加速度為0，此時撤去磁場，最終小球落在水平面上的M點，重力加速度g10 m/s2，求：(1)小球經(jīng)過斜面上C點時加速度的大小和小球從O點運動到C點的時間；(2)小球經(jīng)過D點時的速度大小和M點與斜面下端A點

2、間的距離22021浙江1月，20如圖所示，豎直平面內(nèi)由傾角60的斜面軌道AB、半徑均為R的半圓形細(xì)圓管軌道BCDE和 eq f(1,6) 圓周細(xì)圓管軌道EFG構(gòu)成一游戲裝置固定于地面，B、E兩處軌道平滑連接，軌道所在平面與豎直墻面垂直軌道出口處G和圓心O2的連線，以及O2、E、O1和B四點連成的直線與水平線間的夾角均為30，G點與豎直墻面的距離d eq r(3) R.現(xiàn)將質(zhì)量為m的小球從斜面的某高度h處靜止釋放小球只有與豎直墻面間的碰撞可視為彈性碰撞，不計小球大小和所受阻力，重力加速度為g.(1)若釋放處高度hh0，當(dāng)小球第一次運動到圓管最低點C時，求速度大小vC及在此過程中所受合力的沖量I的

3、大小和方向；(2)求小球在圓管內(nèi)與圓心O1點等高的D點所受彈力FN與h的關(guān)系式；(3)若小球釋放后能從原路返回到出發(fā)點，高度h應(yīng)該滿足什么條件？25分鐘計算題專練（8）1答案：（1）5 eq r(3) m/s21.5 s（2）15 m/s eq f(7,5) eq r(3) m解析：（1）對小球受力分析可知，小球離開斜面前做勻加速直線運動，離開斜面時小球?qū)π泵娴膲毫?沿斜面方向有mg sin ma小球經(jīng)過斜面上C點時的加速度大小為ag sin 5 eq r(3) m/s2垂直于斜面方向有qvCBqEmg cos 代入數(shù)據(jù)可得小球從O點運動到C點的時間為t1 eq f(vC,a) 1.5 s（

4、2）小球在D點加速度為0，小球受力平衡，經(jīng)計算可知小球所受電場力與重力大小相等，則小球所受電場力、重力的合力大小和所受洛倫茲力的大小相等，即qvDB2mg cos eq f(,2) 可得vD15 m/s，與豎直方向夾角為60斜向左下撤去磁場后，小球在重力和電場力合力作用下做類平拋運動豎直方向有mgqE cos mayvDyvD cos ，hvDyt2 eq f(1,2) ayt eq oal(sup11(2),sdo4(2) 水平方向有qE sin maxvDxvD sin xvDxt2 eq f(1,2) axt eq oal(sup11(2),sdo4(2) 聯(lián)立解得M點與斜面下端A點的距

5、離為x eq f(7,5) eq r(3) m2答案：（1） eq r(2gh0) m eq r(2gh0) ，方向水平向左（2）FN2mg eq blc(rc)(avs4alco1(f(h,R)1) （hR）（3）h eq f(9,2) R或h eq f(5,2) R解析：（1）對小球由A到C的過程，由機械能守恒定律有mgh0 eq f(1,2) mv eq oal(sup11(2),sdo4(C) 解得vC eq r(2gh0) 由動量定理得ImvC0m eq r(2gh0) ，方向水平向左 （2）對小球由A到D的過程，由機械能守恒定律得mg（hR） eq f(1,2) mv eq oal

6、(sup11(2),sdo4(D) 根據(jù)牛頓第二定律有FN eq f(mv eq oal(sup1(2),sdo1(D) ,R) 聯(lián)立式解得FN2mg（ eq f(h,R) 1），滿足的條件為hR（3）小球釋放后能從原路返回到出發(fā)點，共有兩種情況，第一種情況：小球不滑離軌道，原路返回，條件是h eq f(5,2) R第二種情況：小球與墻面垂直碰撞后原路返回，在進入G之前是平拋運動，則有vxtvx eq f(vy,g) 其中vxvG sin ，vyvG cos 則vG sin eq f(vG cos ,g) d 對小球由A到G的過程，根據(jù)機械能守恒定律有 mg eq blc(rc)(avs4alco1(hf(5,2)R) eq f(1,2) m