2020高考物理二轮练习3计算题专项练（三）（Word版带解析）

计算题专项练(三) (建议用时：45 分钟) 1.近几年，无人机产业迅猛发展，它的应用向航拍、搜救甚至物流等领 域发展，预计未来无人机市场的规模将超过千亿元．如图所示是航拍无人机， 假设操作遥控器使无人机上升时，无人机受到竖直向上的恒定推动力，大小 是重力的 1.5 倍，操作遥控器使无人机下降时，无人机受到竖直向下的推动力，大小仍是重力 的 1.5 倍．一次试飞中，让无人机由静止从地面竖直向上起飞，2 s 末关闭发动机．(忽略空气 阻力，取重力加速度 g＝10 m/s2) (1)无人机在加速上升过程中的加速度大小为多少？ (2)此无人机最高可上升到距地面多高处？ (3)无人机上升到最高点后最快多长时间能安全落地？ 2.如图所示，可沿缸壁自由滑动的活塞把导热性能良好的圆筒形汽 缸分成 A、B 两部分，汽缸底部通过阀门 K 与容器 C 相连，当活塞位于 汽缸底部时，弹簧恰好无形变．开始时，B 内有一定量的理想气体，A、 C 内为真空，B 部分气体高 h0＝0.2 m，此时 C 的容积为 B 的容积的 5 6， 弹簧对活塞的作用力恰好等于活塞的重力．现将阀门打开，当达到新的平衡时，求 B 部分气 体高 h 为多少？(整个系统处于恒温状态)3.如图所示，固定的两足够长的光滑平行金属导轨 PMN、P′M′N′，由倾斜和水平两 部分在 M、M′处平滑连接组成，导轨间距 L＝1 m，水平部分处于竖直向上的匀强磁场中，磁 感应强度 B＝1 T．金属棒 a、b 垂直于倾斜导轨放置，质量均为 m＝0.2 kg，a 的电阻 R 1＝1 Ω，b 的电阻 R2＝3 Ω，a、b 长度均为 L＝1 m，a 棒距水平面的高度 h1＝0.45 m，b 棒距水平 面的高度为 h2(h2>h1)；保持 b 棒静止，由静止释放 a 棒，a 棒到达磁场中 OO′停止运动后再由 静止释放 b 棒，a、b 与导轨接触良好且导轨电阻不计，重力加速度 g 取 10 m/s2. (1)求 a 棒进入磁场 MM′时加速度的大小； (2)a 棒从释放到 OO′的过程中，求 b 棒产生的焦耳热； (3)若 MM′、OO′间的距离 x＝2.4 m，b 棒进入磁场后，恰好未与 a 棒相碰，求 h2 的值． 4．如图所示，小球 b 静止在光滑水平面 BC 上的 C 点，被长为 L 的细绳悬挂于 O 点，细 绳拉直但张力为零．小球 a 从光滑曲面轨道 AB 上的 A 点由静止释放，沿轨道滑下后，进入水 平面 BC(不计小球在 B 处的能量损失)，与小球 b 发生正碰，碰后两球粘在一起，在细绳的作 用下在竖直面内做圆周运动且恰好通过最高点．已知小球 a 的质量为 M，小球 b 的质量为 m， M＝5m.已知当地重力加速度为 g.求： (1)小球 a 与 b 碰后的瞬时速度大小； (2)A 点与水平面 BC 间的高度差 h.计算题专项练(三) 1．解析：(1)无人机加速上升阶段，由牛顿第二定律可得 F1－mg＝ma1 解得 a1＝0.5g＝5 m/s2. (2)2 s 末无人机的速度为 v1＝a1t1＝10 m/s 0～2 s 内上升的高度为 h1＝ 1 2a1t21＝10 m 减速上升阶段有 a2＝g 上升的高度为 h2＝ v 2g＝5 m 故此无人机上升的最大高度为 H＝h1＋h2＝15 m. (3)设无人机上升到最高点后先以最大加速度 a3 加速下降，再以最大加速度大小 a1 减速下 降，此过程用时最短，由牛顿第二定律可得 F2＋mg＝ma3，a3＝25 m/s2 v＝a3Δt＝a1Δt′ 1 2a3(Δt)2＋ 1 2a1(Δt′)2＝H 解得Δt＝ 5 5 s，Δt′＝ 5 s 最短时间 t＝Δ t＋Δ t′＝ 6 5 5 s. 答案：见解析 2．解析：设活塞质量为 m，弹簧的劲度系数为 k，汽缸横截面积为 S，开始时 B 内气体 的压强为 p1 mg＝kh0 对活塞受力分析，有 p1S＝mg＋kh0＝2kh0 设阀门打开后，达到新的平衡时 B 内气体的压强为 p2，由玻意耳定律得：p1h0S＝p2( 5 6h0＋ h)S 而又有：p2S＝mg＋kh 解得：h＝ h0 2 ＝0.1 m(另一解不符合题意，舍去)． 答案：0.1 m3．解析：(1)设 a 棒到 MM′时的速度为 v1. 由机械能守恒定律得 mgh1＝ 1 2mv21 进入磁场时 a 棒产生的感应电动势 E＝BLv1 感应电流 I＝ E R1＋R2 对 a 棒受力分析，由牛顿第二定律得 BIL＝ma 代入数据解得 a＝3.75 m/s2. (2)设 a、b 产生的总焦耳热为 Q， 由能量守恒定律得 Q＝mgh1 则 b 棒产生的焦耳热 Qb＝ R2 R1＋R2Q＝ 3 4Q 联立解得 Qb＝0.675 J. (3)设 b 棒到 MM′时的速度为 v2，有 mgh2＝ 1 2mv22 b 棒进入磁场后，两棒组成的系统合外力为零，系统的动量守恒，设 a、b 一起匀速运动 的速度为 v，取向右为正方向，由动量守恒定律得 mv2＝2mv 设 a 棒经时间Δt 加速到 v，由动量定理得 B I－ L·Δt＝mv－0 又 q＝ I－ Δt， I－ ＝ E－ R1＋R2， E － ＝ ΔΦ Δt a、b 恰好不相碰，有ΔΦ＝BLx，联立解得 h2＝1.8 m. 答案：(1)3.75 m/s2　(2)0.675 J　(3)1.8 m 4．解析：(1)两球恰能到达圆周最高点时， (M＋m)g＝(M＋m) v2 L 设两球碰后瞬间速度为 v 共，则从碰后到最高点过程中由动能定理可知： －(M＋m)g·2L＝ 1 2(M＋m)v2－ 1 2(M＋m)v 2共 得 a 与 b 球碰后瞬间的速度大小为 v 共＝ 5gL. (2)设两球碰前 a 球速度为 vC，两球碰撞过程动量守恒： MvC＝(M＋m)v 共 所以 vC＝ 6 5 5gL a 球从 A 点下滑到 C 点过程中，由机械能守恒定律得：Mgh＝ 1 2Mv2C h＝3.6L. 答案：(1) 5gL　(2)3.6L