《2020屆高考物理一輪復(fù)習(xí) 計(jì)算題夯基練習(xí)（四） 新人教版》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020屆高考物理一輪復(fù)習(xí) 計(jì)算題夯基練習(xí)（四） 新人教版（6頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 計(jì)算題夯基練習(xí)（四） 1、(2019·合肥模擬) 如圖所示，一勁度系數(shù)很大的輕質(zhì)彈簧下端固定在傾角θ=30°的斜面底端，將彈簧上端壓縮到A點(diǎn)鎖定。一質(zhì)量為m的小物塊緊靠彈簧上端放置，解除彈簧鎖定，小物塊將沿斜面上滑至B點(diǎn)后又返回，A、B兩點(diǎn)的高度差為h，彈簧鎖定時(shí)具有的彈性勢(shì)能EP=mgh，鎖定及解除鎖定均無機(jī)械能損失，斜面上A點(diǎn)以下部分的摩擦不計(jì)，已知重力加速度為g。求： (1)物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)。 (2)物塊在上滑和下滑過程中的加速度大小之比。 (3)若每次當(dāng)物塊離開彈簧后立即將彈簧壓縮到A點(diǎn)鎖定，當(dāng)物塊返回A點(diǎn)時(shí)立刻解除鎖定。設(shè)斜面最高點(diǎn)C與A的高度差為

2、3h，試通過計(jì)算判斷物塊最終能否從C點(diǎn)拋出。 【解題指導(dǎo)】解答本題應(yīng)注意以下三點(diǎn)： (1)彈簧解鎖的過程中彈簧的彈性勢(shì)能轉(zhuǎn)化為物塊的動(dòng)能，物塊上升的過程中動(dòng)能轉(zhuǎn)化為重力勢(shì)能和摩擦力產(chǎn)生的內(nèi)能。 (2)物塊上升的過程和下降的過程根據(jù)牛頓第二定律列方程求加速度。 (3)物塊運(yùn)動(dòng)穩(wěn)定時(shí)，彈簧給物塊補(bǔ)充的彈性勢(shì)能將全部轉(zhuǎn)化為物塊在斜面上來回運(yùn)動(dòng)時(shí)因摩擦產(chǎn)生的熱量。 【解析】(1)物塊從A第一次上滑到B的過程中，由能量守恒定律得： Ep=μmgcosθ·+mgh 即： mgh=μmgcosθ·+mgh 解得：μ= (2)在上升的過程中和下滑的過程中物塊都受到重力、支持力和滑動(dòng)摩擦力的作

3、用，設(shè)上升和下降過程中的加速度大小分別是a1和a2，根據(jù)牛頓第二定律得： 物塊上升過程有：mgsinθ+μmgcosθ=ma1 解得： a1=g(sinθ+μcosθ)= g 物塊下滑過程有：mgsinθ-μmgcosθ=ma2 解得： a2=g(sinθ-μcosθ)= g 故：a1∶a2=5∶3 (3)經(jīng)過足夠長(zhǎng)時(shí)間后，彈簧給物塊補(bǔ)充的彈性勢(shì)能將全部轉(zhuǎn)化為物塊在斜面上來回運(yùn)動(dòng)時(shí)因摩擦產(chǎn)生的熱量，設(shè)穩(wěn)定時(shí)物塊上升的最大高度為hm，則由能量守恒定律得： Ep=2μmgcosθ· 即： mgh=2μmgcosθ· 解得：hm=2.5 h<3 h 所以物塊不可能到達(dá)C點(diǎn)，即不能

4、從C點(diǎn)拋出 答案：(1)　(2)5∶3 (3)物塊不能從C點(diǎn)拋出　計(jì)算過程見解析 2、(2019·宿州模擬) 如圖所示，傾角θ=37°的粗糙斜面的底端A與水平傳送帶相接觸，傳送帶正以v=4 m/s的速度順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，質(zhì)量為2 kg的物體(可視為質(zhì)點(diǎn))從斜面上O處由靜止下滑，經(jīng)過時(shí)間1.5 s滑到斜面底端A。已知O、A之間距離LOA=4.5 m，傳送帶左右兩端A、B間的距離LAB=10 m，物體與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2=0.5，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10 m/s2，不計(jì)物體經(jīng)過A時(shí)的動(dòng)能損失。 (1) 求物體沿斜面下滑的加速度大小。 (2) 求物體

5、與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1。 (3) 物體在傳送帶上向左運(yùn)動(dòng)時(shí)是否會(huì)從B端滑出？如果滑出，求離開B點(diǎn)的速度大小？如果不滑出，求物體返回到A點(diǎn)的速度大小。 【解析】(1)由勻變速運(yùn)動(dòng)方程 LOA=at2，a=4 m/s2。 (2)由牛頓第二定律 mgsinθ-μ1mgcosθ=ma， 解得μ1=0.25。 (3) 由勻變速方程， vA=at=6 m/s，a1=μ2g=5 m/s2， x==3.6 m<10 m，不會(huì)從B點(diǎn)滑出， 物體向右返回，加速到相對(duì)傳送帶靜止所需距離x′==1.6 m

6、5　(3)不滑出　4 m/s 3、三只燈泡L1、L2和L3的額定電壓分別為1.5 V、1.5 V和2.5 V，它們的額定電流都為0.3 A。若將它們連接成圖甲、圖乙所示電路，且燈泡都正常發(fā)光。 (1)試求圖甲電路的總電流和電阻R2消耗的電功率。 (2)分別計(jì)算兩電路電源提供的電功率，并說明哪個(gè)電路更節(jié)能。 【解析】(1)由題意，在圖甲電路中： 電路的總電流I總=IL1+IL2+IL3=0.9 A U路端=E-I總r=2.55 V UR2=U路端-UL3=0.05 V IR2=I總=0.9 A 電阻R2的消耗功率PR2=IR2UR2=0.045 W。 (2)圖甲電源提供的

7、電功率 P總=I總E=0.9×3 W=2.7 W 圖乙電源提供的電功率 P′總=I′總E′=0.3×6 W=1.8 W 由于燈泡都正常發(fā)光，兩電路有用功率相等，而P′總

8、等效成一個(gè)環(huán)形電流，求圓周運(yùn)動(dòng)的周期和環(huán)形電流大小。 (3)設(shè)該衰變過程釋放的核能都轉(zhuǎn)化為α粒子和新核的動(dòng)能，新核的質(zhì)量為M，求衰變過程的質(zhì)量虧損Δm。 【解題指導(dǎo)】解答本題應(yīng)注意以下四個(gè)方面： (1)書寫核反應(yīng)方程時(shí)要遵循質(zhì)量數(shù)、電荷數(shù)守恒，同時(shí)要注意用“→”，不能用“=”。 (2)α衰變的生成物是兩種帶電荷量不同的“帶電粒子”，反應(yīng)前后系統(tǒng)動(dòng)量守恒，因此反應(yīng)后的兩產(chǎn)物向相反方向運(yùn)動(dòng)。 (3)在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，α衰變的生成物受洛倫茲力作用將各自做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，且兩軌跡圓相外切，應(yīng)用洛倫茲力計(jì)算公式和向心力公式即可求解運(yùn)動(dòng)周期，根據(jù)電流強(qiáng)度的定義式可求解電流大小。 (4)核反應(yīng)中釋放的

9、核能應(yīng)利用愛因斯坦質(zhì)能方程求解，在結(jié)合動(dòng)量守恒定律與能量守恒定律即可解得質(zhì)量虧損。 【解析】(1)α衰變的核反應(yīng)方程為： XYHe (2)α粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力 qv1B=m T= 解得：T= 由電流的定義式可得： I== (3)衰變過程中由動(dòng)量守恒定律可得： mv1=Mv2 由能量守恒可知，釋放的核能為： ΔE=m+M 由質(zhì)能方程可得：ΔE=Δmc2 聯(lián)立以上方程可解得： Δm= 答案：(1XYHe (2)　 (3) 5、一根兩端開口、粗細(xì)均勻的長(zhǎng)直玻璃管橫截面積為S=2×10-3m2，豎直插入水面足夠?qū)拸V的水中且固定。管中

10、有一個(gè)質(zhì)量為m=0.4 kg的密閉活塞，封閉一段長(zhǎng)度為L(zhǎng)0=66 cm的氣體，氣體溫度T0=300 K，如圖所示。開始時(shí)，活塞處于靜止?fàn)顟B(tài)，不計(jì)活塞與管壁間的摩擦。外界大氣壓強(qiáng)p0=1.0×105Pa，水的密度ρ=1.0×103kg/m3，取g=10 m/s2。現(xiàn)保持管內(nèi)封閉氣體溫度不變，用豎直向上的力F緩慢地拉動(dòng)活塞。當(dāng)活塞上升到某一位置時(shí)停止移動(dòng)，此時(shí)F=6.0 N，求這時(shí)管內(nèi)外水面的高度差和管內(nèi)氣柱的長(zhǎng)度。 【解析】當(dāng)活塞靜止時(shí)有p1S=p0 S+mg 知?dú)怏w初狀態(tài)的壓強(qiáng)為：p1=p0+ 代入數(shù)據(jù)得：p1=1.02×105 Pa 當(dāng) F=6.0 N時(shí)，由p2 S+F=p0 S+mg 得氣體末狀態(tài)壓強(qiáng)為：p2=p0+ 代入數(shù)據(jù)得：p2=9.9×104Pa 又 p2=p0-ρgh 得管內(nèi)外液面的高度差為：h=0.1 m 由玻意耳定律得：p1L1S=p2 L2 S 其中 L1=L0=66 cm 解得空氣柱長(zhǎng)度：L2=68 cm 答案：0.1 m　68 cm 6