2023高考二轮复习专项练习(物理)计算题专项练(三)

计算题专项练(三)

(满分:46分　时间:45分钟)

1.(7分)(2021广东肇庆高三三模)一列简谐横波沿x轴正向传播,M、P、N是x轴上沿正向依次分布的三个质点,M、N两质点平衡位置间的距离为1.3 m,P质点平衡位置到M、N两质点平衡位置的距离相等。M、N两质点的振动图像分别如图甲、乙所示。

(1)求P质点的振动周期。

(2)求这列波的波长。

2.(9分)(2021山东高三二模)某兴趣小组设计了一种检测油深度的油量计,如图甲所示,油量计固定在油桶盖上并使油量计可以竖直插入油桶,不计油量计对油面变化的影响。图乙是油量计的正视图,它是由透明塑料制成的,它的下边是锯齿形,锯齿部分是n个相同的等腰直角三角形,腰长为d,相邻两个锯齿连接的竖直短线长度为,最右边的锯齿刚好接触到油桶的底部,油面不会超过图乙中的虚线Ⅰ,塑料的折射率小于油的折射率。用一束单色平行光垂直照射油量计的上表面时,观察到有明暗区域。

(1)为了明显观察到明暗区域,求透明塑料的折射率的最小值。

(2)当油面在图丙所示虚线Ⅱ位置时,请在图丙上画出明暗交界处的光路图并标注出明暗区域。若某次测量最左边亮区域的宽度为l,求此时油的深度。

3.(14分)(2021浙江6月真题)一种探测气体放电过程的装置如图甲所示,充满氖气(Ne)的电离室中有两电极与长直导线连接,并通过两水平长导线与高压电源相连。在与长直导线垂直的平面内,以导线为对称轴安装一个用阻值R0=10 Ω的细导线绕制、匝数n=5×103的圆环形螺线管,细导线的始末两端c、d与阻值R=90 Ω的电阻连接。螺线管的横截面是半径a=1.0×10-2 m的圆,其中心与长直导线的距离r=0.1 m。气体被电离后在长直导线回路中产生顺时针方向的电流I,其I-t图像如图乙所示。为便于计算,螺线管内各处的磁感应强度大小均可视为B=,其中k=2×10-7 T·m/A。

甲

乙

(1)求0~6.0×10-3 s内通过长直导线横截面的电荷量Q。

(2)求3.0×10-3 s时,通过螺线管某一匝线圈的磁通量Φ。

(3)若规定c→R→d为电流的正方向,在不考虑线圈自感的情况下,通过计算,画出通过电阻R的iR-t图像。

(4)若规定c→R→d为电流的正方向,考虑线圈自感,定性画出通过电阻R的iR-t图像。

4.(16分)(2021浙江宁波高三二模)下图是一弹射游戏装置,由安装在水平台面上的固定弹射器、竖直圆轨道(在最低点A、C分别与水平轨道OA和CD相连)、倾斜长轨道DE组成。游戏时滑块从O点弹出后,经过圆轨道并滑上倾斜长轨道DE,若滑块从长轨道DE滑下则反向进入圆轨道,从圆轨道滑出,进入AO轨道并压缩弹射器的弹簧,随后能再次弹出(压缩与弹出无能量损失)算游戏成功。已知圆轨道半径为R,轨道DE的倾角θ=37°,滑块质量为m,滑块与轨道DE之间的动摩擦因数μ=0.5,其余都光滑,各轨道之间平滑连接;滑块可视为质点,弹射时从静止释放且弹簧的弹性势能完全转化为滑块动能,忽略空气阻力,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度为g。

(1)若滑块第一次进入圆轨道,恰好能过最高点B,求滑块能滑上斜轨道的最大距离。

(2)若某次游戏弹射释放的弹性势能为Ep=5mgR,求滑块在斜轨道上通过的总路程。

(3)要使游戏成功(即滑块能返回弹射器且只能返回一次),并要求滑块始终不脱离轨道,求弹射时弹性势能可能的范围。

参考答案

计算题专项练(三)

1.答案 (1)0.2 s

(2) m(n=0,1,2,…)

解析 (1)由题意,根据振动图像易得,振动周期为T=0.2 s。

(2)波从M向N传播,由振动图像得

λ=1.3 m(n=0,1,2,…)

解得λ= m= m(n=0,1,2,…)。

2.答案 (1)

(2)如图所示　(nd-l)

解析 (1)由于油量计的下边是等腰直角三角形,所以光线从塑料入射到空气时临界角最大为45°,由此可得nmin=。

(2)竖直向下的光在塑料和空气的界面处发生全反射,光线从上端射出,人看到的就是亮区域。由于塑料的折射率小于油的折射率,竖直向下的光在塑料和油的界面处发生折射,人看到的就是暗区域。因此由题意可知每齿宽

l1=2×d=d

齿高h1=

l宽的区域的齿数n'=

油深h=(n-n')·h1

解得h=(nd-l)。

3.答案 (1)0.5 C　(2)6.28×10-8 Wb　(3)见解析图　(4)见解析图

解析 (1)由q=It可知I-t图像下方的面积表示电荷量,因此有

Q=Δt1+I2Δt2+Δt3

代入数据解得Q=0.5 C。

(2)由磁通量的定义可得Φ=BS=×πa2

代入数据可得Φ=6.28×10-8 Wb。

(3)在0~1.0×10-3 s时间内电流均匀增加,由楞次定律可知感应电流的方向为c→R→d,产生恒定的感应电动势E=n

由闭合电路欧姆定律可得iR=

代入数据解得iR=3.14×10-3 A

在1.0×10-3~5.0×10-3 s电流恒定,穿过圆形螺线管的磁场恒定,因此感应电动势为零,感应电流为零,而在5.0×10-3~6.0×10-3 s时间内电流随时间均匀变化,斜率大小和0~1.0×10-3 s时间内斜率大小相同,因此电流大小相同,由楞次定律可知感应电流的方向为d→R→c,则图像如图所示。

(4)考虑自感的情况下,线框会产生自感电动势阻碍电流的增加,因此电流是缓慢增加的,过一段时间电路达到稳定后自感消失,电流的峰值和之前大小相同,在1.0×10-3~5.0×10-3 s时间内电路中的磁通量不变化,电流要减小为零,因此自感电动势会阻碍电流的减小,使得电流缓慢减小为零,电流图像如图所示。

4.答案 (1)R　(2)R　(3)mgR≤Ep≤25mgR

解析 (1)恰好过B点,可得

mg=m

得vB=

对从B点第一次运动到斜轨道最高点的过程应用动能定理

mg(2R-lsin θ)-μmglcos θ=0-

解得l=R。

(2)首先,判断滑块能否通过B点,以OD平面为参考平面,若恰好过B点,滑块的机械能

E1=2mgR+mgR

因Ep>E1,故滑块能过B点,其次,判断滑块第一次在斜轨道往返后,是否会脱离圆轨道,设第一次到斜轨道最高点与D点距离为l1,由能量守恒得

Ep=mgl1sin θ+μmgl1cos θ

得l1=5R

返回到C处时滑块的机械能

E1'=Ep-2μmgl1cos θ=mgR

因此,此后滑块恰好不脱离轨道,在圆轨道与斜轨道间往复运动,最终停在D点,全过程应用能量守恒

Ep=μmgscos θ

得s=R。

(3)解法一:由题意可知,满足题意的弹性势能最小的条件为滑块恰好第2次顺时针通过B,此种情况下,设第一次到斜轨道最高点与D点距离为l2

mg(l2sin θ-2R)-μmgl2cos θ=-0

得l2=R

设第二次到斜轨道最高点与D点距离为l2'

mg(2R-l2'sin θ)-μmgl2'cos θ=0-

得l2'=R

两次在斜轨道往返后,滑块在C处具有的机械能

E2'=+mg·2R-2μmgl2'cos θ=mgR<mgR,满足题目要求

Epmin=mgR+2μmgcos θ(l2+l2')=mgR

由题意可知,满足题意的弹性势能最大的条件为:滑块在斜轨道上往返两次后,恰能到达圆轨道上与圆心等高点处,同理得,第一次到斜轨道最高点与D点距离为

l3=25R

第二次到斜轨道最高点与D点距离为

l3'=5R

Epmax=mgR+2μmgcos θ(l3+l3')=25mgR

综上

mgR≤Ep≤25mgR。

解法二:设滑块在D点的速度为v0,滑上斜轨道的距离为l',滑块返回D点的速度为v,则根据动能定理可得

=(mgsin θ+μmgcos θ)l'

即l'=

滑块损失的机械能为

ΔEk=2(μmgcos θ)l'==0.8Ek0

若要使滑块经过斜长轨道之后,能通过B点,则需满足(1-0.8)Ek0≥mgR

滑块第二次滑上斜长轨道后滑下,不脱离轨道,其机械能最大值为mgR,即

(1-0.8)2Ek0≤mgR

弹性势能的范围为mgR≤Ep≤25mgR。