备战2025年高考二轮复习物理（山东专版）计算题专项练6（Word版附解析）

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(1)运动员在掷球过程中对保龄球做的功W;
(2)在撞上球瓶前的瞬间,保龄球的速度v1的大小;
(3)碰撞后,球瓶的速度v2的大小。
答案 (1)22.4 J
(2)4 m/s
(3)163 m/s
解析 (1)运动员在掷球过程中,根据动能定理可得
W+Mgh=12Mv02-0
解得运动员对保龄球做的功为W=22.4 J。
(2)保龄球从B到C的过程,根据动量定理可得-120Mgt=Mv1-Mv0
解得在撞上球瓶前的瞬间,保龄球的速度大小为v1=4 m/s。
(3)球与球瓶的碰撞过程时间极短,碰撞中没有能量损失,可知碰撞过程满足动量守恒和机械能守恒,则有Mv1=Mv3+mv2
12Mv12=12Mv32+12mv22
联立解得碰撞后,球瓶的速度大小为v2=163 m/s。
2.(8分)(2024四川一模)如图所示,某玻璃薄板截面为正三角形,A、B、C为三角形的三个顶点,以正三角形ABC的几何中心O点为圆心挖出一圆孔,现将一点光源放置在O点处,该光源向各方向均匀发射真空中波长为λ0=650 nm的红光,CH为AB边的中垂线。已知玻璃薄板对红光的折射率为n=53,光在真空中的传播速度为c,sin 37°=0.6,cs 37°=0.8,求:
(1)该红光在玻璃薄板中传播时的波长;
(2)射到AB边的光子中能直接从AB边射出和不能直接从AB边射出的光子个数比(不考虑多次反射)。
答案 (1)390 nm (2)3723
解析 (1)设该红光在玻璃薄板中的波速为v,波长为λ介,由波速公式、折射率和波速关系可得c=λ0f
v=λ介f
n=cv
解得λ介=λ0n=390 nm。
(2)如图所示
设在HB区域恰好发生全反射的点为D,玻璃介质的临界角为θ,由临界角公式可得sin θ=1n
解得θ=37°
易得∠HOD=θ
由几何关系可得光线在DB段的入射角大于临界角θ,发生全反射无光线射出,在HD段的入射角小于临界角θ,会发生折射,直接射出,由于光源向各方向发光均匀,则辐射区域光子数目与辐射角成正比,对HB区域,设能够射出的光子数为N1,不能射出的光子数为N2,可得N1N2=θ∠HOB-θ=3723
由于AH段和HB段对称,故射到AB边的光子能直接从AB边射出和不能直接从AB边射出的光子个数比为3723。
3.(14分)(2024江苏连云港一模)如图甲所示,立方体空间的边长为L,侧面CDHG为荧光屏,能完全吸收打在屏上的带电粒子并发光,三维坐标系坐标原点O位于底面EFGH的中心,Ox∥FG,Oy∥GH。已知原点O有一粒子源,能向xOy平面内各个方向均匀持续发射速率为v0、质量为m、电荷量为q的带正电粒子,不计粒子重力及粒子间的相互作用。
(1)若在立方体空间内存在方向平行于z轴的匀强磁场,沿y轴正方向射出的粒子恰好打在荧光屏上的H点,求该匀强磁场磁感应强度的大小B1;
(2)若磁场与(1)问中的相同,求粒子从原点O运动到荧光屏的最长时间t1和最短时间t2;
(3)若在立方体空间内平行y轴加如图乙所示随时间t按余弦规律变化的磁场,同时平行z轴加如图丙所示随时间t按正弦规律变化的磁场,图中峰值B2=8mv05qL,粒子在磁场中的运动时间远小于磁场变化周期,不计电磁感应现象影响。求沿x轴正方向射出的粒子打在荧光屏上落点的痕迹长度l。
答案 (1)2mv0qL (2)πL4v0 πL6v0 (3)πL4
解析 (1)粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动,由几何关系可得r1=L2
根据洛伦兹力提供向心力有qv0B1=mv02r1
解得B1=2mv0qL。
(2)粒子在匀强磁场中运动的周期为T=2πr1v0=πLv0
根据半径一定时,弦长越长,圆心角越大,粒子运动时间越长,即当粒子从H处射出时弦OH最长,圆心角最大为90°,运动时间最长为t1=90°360°T=πL4v0
当粒子从x轴上的点L2,0,0射出时,弦长最短为L2,圆心角最小,由几何关系知圆心角为60°,运动的最短时间为t2=60°360°T=πL6v0。
(3)根据题中两个方向上的正弦和余弦磁场变化规律可知By=B2cs 2πTt
Bz=B2sin 2πTt
故可知y和z轴方向的合磁感应强度大小为B=By2+Bz2=B2
故可知合磁场大小始终不变,方向垂直于x轴匀速改变,沿x轴正方向射出的粒子速度始终与该合磁场方向垂直,故粒子轨迹为一个固定大小的圆,当磁场旋转时可知粒子的运动轨迹圆绕着Ox轴旋转,与右侧屏的交点是个圆,又因为右侧屏只在z≥0处存在,故痕迹为一个半圆
根据洛伦兹力提供向心力有qv0B2=mv02r2
粒子的运动轨迹半径为r2=mv0qB2=58L
沿x轴正方向射出的粒子,粒子分别在两个截面的轨迹如图所示,设粒子射出点距x的距离分别为y和z,由几何关系知(r2-y)2+L22=r22
(r2-z)2+L22=r22
解得y=L4,z=L4
故可得痕迹圆的半径为r=L4
故粒子打在荧光屏上落点的痕迹长度为l=πr=πL4。
4.(16分)(2024浙江二模)“自由落体塔”是一种惊险刺激的游乐设备,如图甲所示,它可以将游客升至数十米高空,自由下落至近地面再减速停下,让游客体验失重的乐趣。某兴趣小组设计了如图乙所示的减速模型,线圈代表乘客乘坐舱,质量为m,匝数为N,线圈半径为r,总电阻为R。减速区设置一辐向磁场,俯视图如图丙所示,其到中心轴距离为r处磁感应强度大小B=k1r。线圈被提升到离地h1处时由静止释放做自由落体运动,减速区高度为h2,忽略空气阻力,重力加速度为g。
(1)判断线圈刚进入磁场时其内的感应电流方向(从上往下看),以及受到的安培力大小。
(2)若落地时速度为v0,求全程运动的时间t0。
(3)为增加安全系数,加装三根完全相同的轻质弹力绳(关于中心轴对称)如图丁所示,已知每一条弹力绳形变量为Δx时,都能提供弹力F=k2Δx,同时储存弹性势能12k2Δx2,其原长等于悬挂点到磁场上沿的距离。线圈仍从离地h1处静止释放,由于弹力绳的作用会上下往复运动(未碰地),运动时间t后静止。求线圈在往复运动过程中产生的焦耳热Q,及每根弹力绳弹力提供的冲量大小I0。
答案 (1)(2πk1N)2R2g(h1-h2)
(2)(2πk1N)2mgRh2+v0g
(3)Q=mg[(h1-h2)+mg6k2],I0=mg3[t-(2πk1N)23k2R]
解析 (1)线圈进入磁场前做自由落体运动,由运动学公式得速度v1=2g(h1-h2)
由右手定则判断感应电流沿顺时针方向。N匝线圈切割磁感线,由欧姆定律得NBLv=IR,其中BL=k1r·2πr=2πk1
联立得速度为v时线圈中通过的电流I=2πk1NRv
则线圈所受安培力大小
F=NBIL=(2πk1N)2R2g(h1-h2)。
(2)全过程对线圈用动量定理,取向下为正,有
mgt0-∑NBIiLti=mv0-0
其中由(1)知
BL=2πk1
I=2πk1NRv
故有∑NBIiLti=(2πk1N)2R∑viti=(2πk1N)2Rh2
解得t0=(2πk1N)2mgRh2+v0g。
(3)线圈最终静止时不切割磁感线,不受安培力,有
mg=3k2Δx,解得Δx=mg3k2
全过程系统能量守恒,有
mgh1=mg(h2-Δx)+3×12k2(Δx)2+Q
解得线圈产生焦耳热
Q=mg(h1-h2)+mg6k2
全过程对线圈用动量定理,取向下为正,有
mgt+3I0-∑NBIiLti=0-0
其中由(2)知∑NBIiLti=(2πk1N)2R∑viti=(2πk1N)2RΔx
回代解得I0=mg3(2πk1N)23k2R-t
由于弹力绳提供冲量向上,故I0<0
其大小为mg3t-(2πk1N)23k2R。