新教材2024高考物理二轮专题复习第三编高考夺分训练计算题专项练3（附解析）

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(1)求这列横波的波长；
(2)求波源在4s内通过的路程；
(3)在图(b)中画出t＝4s时刻的波形图．
2．[2023·山东济南一中二模]如图甲所示，长为L1的单色线光源水平放置在某种液体中，紧贴液体表面的上方水平放置一光传感器，传感器上光强随位置变化的情况如图乙所示，图中光强最强的一段对应传感器部分的长度为L2，该段两侧光强迅速减小．已知该单色光在液体内的折射率为n，光在真空中的光速为c，求：
(1)该光源距液体表面的距离d；
(2)从光源发出的光到达光传感器所用的最长时间t.
3．[2023·安徽合肥模拟]如图所示，表面粗糙的斜面直轨道与水平面夹角为60°，两光滑圆轨道半径相同，均为R，与斜面直轨道相切连接，切点分别为B、C，BC间的距离为s＝3eq \r(3)R，圆形轨道的出入口错开，现有一质量为m的小球自A点由静止释放，运动到B点进入圆形轨道，恰好做完整的圆周运动，接着再进入另一个圆形轨道运动，已知小球与斜面间的动摩擦因数μ＝eq \f(\r(3),3)，重力加速度为g，求：
(1)小球沿斜面下滑过程中加速度a的大小；
(2)AB间的距离s0；
(3)小球刚进入第二个圆轨道瞬间对轨道的压力大小．
4．[2023·安徽合肥模拟]如图所示，圆心为O点、半径为R的圆形区域内存在着垂直于纸面向外的匀强磁场，磁场区域的右侧有两个水平放置、带等量异种电荷的平行金属板M、N，金属板的长度为3R，金属板间的距离为2R，两金属板左端的连线与磁场区域相切．圆周上A点有一粒子源，A点是金属板N的延长线与圆的切点，粒子源不断地沿纸面各个方向向磁场内发射质量均为m带电荷量均为＋q、速率均为v0的粒子．已知沿AO方向发射的粒子沿两板中线射入板间，且该粒子恰好从金属板N的右端点射出，不计粒子重力及粒子间的相互影响．
(1)求圆形区域内磁场的磁感应强度大小B；
(2)求沿AO方向发射的粒子从A点运动至N点的时间及经过N点时的速度大小；
(3)若在金属板MN右侧某处添加另一圆形磁场区域，使从两板间射出的粒子经过该磁场后都能打到同一位置．求该圆形磁场区域的最小面积及对应的磁感应强度大小B′.
计算题专项练（3）
1．解析：（1）由题知图（a）为波源的振动图像，则可知
A＝4cm，T＝4s
由于波的传播速度为v＝0.5m/s，根据波长与速度关系有
λ＝vT＝2m.
（2）由（1）可知波源的振动周期为4s，则4s内波源通过的路程为s＝4A＝16cm.
（3）由题图可知在t＝0时波源的起振方向向上，由于波速为v＝0.5m/s，则在4s时根据x＝vt＝2m
可知该波刚好传到位置为2m的质点，且波源刚好回到平衡位置，且该波沿正方向传播，则根据“上坡、下坡”法可绘制出t＝4s时刻的波形图如图所示．
答案：（1）2m （2）16cm （3）见解析
2．解析：（1）由全反射临界角公式有sinC＝eq \f(1,n)
可得tanC＝eq \f(1,\r(n2－1))
由几何关系得d＝eq \f(L1,2tanC)＋eq \f(L2,2tanC)
联立解得，该光源距液体表面的距离为d＝eq \f(L1＋L2,2)eq \r(n2－1)
（2）由（1）问得csC＝eq \f(\r(n2－1),n)
由几何关系可得s＝eq \f(d,csC)
在液体中的传播速度为v＝eq \f(c,n)
又t＝eq \f(s,v)
联立解得从光源发出的光到达光传感器所用的最长时间为t＝eq \f(（L1＋L2）n2,2c)
答案：（1）eq \f(L1＋L2,2)eq \r(n2－1) （2）eq \f(（L1＋L2）n2,2c)
3．解析：（1）由牛顿第二定律可得沿斜面方向有
mgsinθ－μmgcsθ＝ma，
代入数据解得加速度为a＝eq \f(\r(3),3)g
（2）小球恰好过第一个圆的最高点，则mg＝meq \f(v2,R)①
从A点到最高点运用动能定理有mg（s0sinθ－R－Rcsθ）－μmgs0csθ＝eq \f(1,2)mv2②
解得s0＝2eq \r(3)R
（3）从A到C运用动能定理有ma（s0＋s）＝eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(C)) ③
解得vC＝eq \r(10gR)
在C点，有FN－mgcsθ＝meq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(C)) ,R)④
解得FN＝10.5mg
由牛顿第三定律得小球刚进入第二个圆轨道瞬间对轨道的压力大小为10.5mg.
答案：（1）eq \f(\r(3),3)g （2）2eq \r(3)R （3）10.5mg
4．解析：（1）由几何关系可得，粒子在磁场中做圆周运动的半径r＝R
粒子在磁场中运动，由洛伦兹力提供向心力有，qv0B＝meq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,r)
解得B＝eq \f(mv0,qR)
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，离开磁场的同时沿两板中线进入偏转电场，该粒子在磁场中的运动时间为
t1＝eq \f(πr,2v0)＝eq \f(πR,2v0)
从进入两板间运动，水平方向上以v0做匀速直线运动，运动时间t2＝eq \f(3R,v0)
故该粒子运动的总时间为t＝t1＋t2＝eq \f(（π＋6）R,2v0)
设经过N点时沿电场方向的速度为vy，则平行于两板有3R＝v0t2
垂直于两板有R＝eq \f(vy,2)t2
解得vy＝eq \f(2,3)v0
该粒子经过N点时的速度大小为v＝eq \r(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＋v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(x)) )＝eq \f(\r(13),3)v0
（3）如图，设速度在电场中的偏转角为θ，则csθ＝eq \f(v0,v)＝eq \f(3,\r(13))
圆形区域磁场的最小半径R′＝eq \f(1,2)Rcsθ＝eq \f(3,2\r(13))R
磁场区域的最小面积Smin＝πR′2＝eq \f(9,52)πR2
粒子在磁场中做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，
有qvB′＝meq \f(v2,R′)
解得B′＝eq \f(mv,qR′)＝eq \f(26,9)·eq \f(mv0,qR)
答案：（1）eq \f(mv0,qR) （2）eq \f(（π＋6）R,2v0) eq \f(\r(13),3)v0
（3）eq \f(9,52)πR2 eq \f(26,9)·eq \f(mv0,qR)