高考物理二輪復習 第二部分 高分提能策略 專題三 計算題突破策略與技巧-規(guī)范答題抓大分必考題型巧練-人教版高三全冊物理試題

專題三計算題突破策略與技巧-規(guī)范答題抓大分力學計算題巧練1．某物體A靜止于水平地面上，它與地面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，若給物體A一個水平向右的初速度v0＝10m/s，g＝10m/s2.(1)物體A向右滑行的最大距離；(2)若物體A右方x0＝12m處有一輛汽車B，在物體A獲得初速度v0的同時，汽車B從靜止開始以a＝2m/s2的加速度向右運行，通過計算說明物體A能否撞上汽車B解析：(1)由牛頓第二定律得μmg＝ma0a0＝2m/s2根據(jù)veq\o\al(2,t)－veq\o\al(2,0)＝－2a0x得x＝25m.(2)假設二者不相撞，設經(jīng)過時間t二者有共同速度v則對物體A：v＝v0－a0t對汽車B：v＝at解得：v＝5m/s，t＝2.5s該過程中物體A的位移：xA＝eq\f(v0＋v,2)t＝18.75m該過程中汽車B的位移：xB＝eq\f(v,2)t＝6.25m因為xA>xB＋x0故物體A能撞上汽車B.答案：(1)25m(2)能2.皮帶傳送在現(xiàn)代生產(chǎn)生活中的應用非常廣泛，如商場中的自動扶梯、港口中的貨物運輸機等．如圖所示為某工廠載貨用的移動式伸縮傳送帶，傳送帶AB斜面與水平面之間的夾角θ＝37°，傳送帶在電動機的帶動下以10m/s的速度沿斜面向下運動，現(xiàn)將一物體(可視為質點)無初速度地輕放在傳送帶上的A點，已知物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5(設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)，傳送帶AB長為L＝29m，(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s(1)當物體加速到與傳送帶速度相同時所用的時間和物體的位移；(2)物體從A到B需要的時間為多少？解析：甲(1)物體放到傳送帶上后，沿傳送帶向下做勻加速直線運動，開始相對于傳送帶沿傳送帶向后運動，受到的摩擦力沿傳送帶向下(物體受力情況如圖甲所示)，根據(jù)牛頓第二定律，可求出物體的加速度為：a1＝gsinθ＋μgcosθ＝10m/s當物體加速到與傳送帶速度相同時所用的時間為：t1＝eq\f(v,a)＝1s物體發(fā)生的位移滿足：v2＝2a1x1代入數(shù)據(jù)解得：x1＝5m乙(2)物體加速到與傳送帶速度相同后，因為mgsinθ>μmgcosθ，所以物體相對于傳送帶沿傳送帶向下運動，摩擦力方向變?yōu)檠貍魉蛶蛏?受力情況如圖乙所示)．根據(jù)牛頓第二定律得知物體在此過程中的加速度為：a2＝gsinθ－μgcosθ＝2m/s設物體完成剩余的位移x2＝L－x1＝24m所用的時間為t2，則x2＝vt2＋eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)代入數(shù)據(jù)解得：t2＝2s故物體從A到B需要的時間為t＝t1＋t2＝1s＋2s＝3s.答案：(1)1s5m(2)33．(2015·福建福州質檢)如圖甲所示，質量m＝1kg的物塊在平行于斜面向上的拉力F作用下從靜止開始沿斜面向上運動，t＝0.5s時撤去拉力，利用速度傳感器得到其速度隨時間的變化關系圖象(v－t圖象)如圖乙所示，g取10m/s2，求：(1)2s內(nèi)物塊的位移大小x和通過的路程L；(2)沿斜面向上運動兩個階段加速度大小a1、a2和拉力大小F.解析：(1)在2s內(nèi)，由題圖乙知：物塊上升的最大距離：x1＝eq\f(1,2)×2×1m＝1m物塊下滑的距離：x2＝eq\f(1,2)×1×1m＝0.5m所以位移大小x＝x1－x2＝0.5m路程L＝x1＋x2＝1.5m.(2)由題圖乙知，所求兩個階段加速度的大小a1＝4m/s2①a2＝4m/s2②設斜面傾角為θ，斜面對物塊的摩擦力為Ff，根據(jù)牛頓第二定律有0～0.5s內(nèi)：F－Ff－mgsinθ＝ma1③0．5～1s內(nèi)：Ff＋mgsinθ＝ma2④由①②③④式得F＝8N.答案：(1)0.5m1.5m(2)4m/s24m/s28N4．(2015·山東淄博模擬)如圖所示，上表面光滑、長度L＝3m、質量M＝10kg的木板，在F＝50N的水平拉力作用下，以v0＝5m/s的速度沿水平地面向右勻速運動．現(xiàn)將一個質量為m＝3kg的小鐵塊(可視為質點)無初速度地放在木板最右端，當木板運動了L＝1m時，又將第二個同樣的小鐵塊無初速度地放在木板最右端，以后木板每運動1m就在其最右端無初速度地放上一個同樣的小鐵塊．(g取(1)木板與地面間的動摩擦因數(shù)；(2)剛放第三個小鐵塊時木板的速度大?。?3)從放第三個小鐵塊開始到木板停下的過程，木板運動的距離．解析：(1)木板在F＝50N的水平拉力作用下做勻速直線運動時，受到地面的摩擦力設為Ff，由平衡條件得：F＝Ff①又Ff＝μMg②聯(lián)立①②并代入數(shù)據(jù)得：μ＝0.5.③(2)每放一個小鐵塊，木板所受的摩擦力增加μmg，設剛放第三個小鐵塊時木板的速度為v1，對木板從放第一個小鐵塊到剛放第三個小鐵塊的過程，由動能定理得：－μmgL－2μmgL＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,0)④聯(lián)立③④并代入數(shù)據(jù)得：v1＝4m/s.(3)從放第三個小鐵塊開始到木板停止之前，木板所受的合外力大小均為3μmg.從放第三個小鐵塊開始到木板停止的過程，設木板運動的距離為x，對木板由動能定理得：－3μmgx＝0－eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,1)⑥聯(lián)立③⑤⑥并代入數(shù)據(jù)得x＝eq\f(16,9)m≈1.78m.答案：(1)0.5(2)4m/s(3)5．如圖甲所示，一輛貨車車廂內(nèi)緊靠前擋板處有一物體A，其質量m＝1×103kg，與車廂間的動摩擦因數(shù)μ＝0.83.物體A與貨車一起以速度v＝10m/s，在傾角θ＝37°的足夠長斜坡上勻速向上行駛．從某時刻開始貨車加速運動，v－t圖象如圖乙所示，物體A與車廂后擋板接觸前，已與貨車速度相同，此時貨車已經(jīng)做勻速直線運動(空氣阻力不計，g取10m/s2，sin37°＝0.6，(1)物體A的加速度大??；(2)物體A的相對滑動時間；(3)摩擦力對物體A所做的功(保留兩位有效數(shù)字)．解析：(1)設物體A與車廂發(fā)生相對滑動時的加速度為a，由牛頓第二定律有：μmgcosθ－mgsinθ＝ma所以物體A的加速度大?。篴＝0.64m/s2.(2)由題圖乙中v－t圖象可知，貨車的加速度：a′＝0.8m/s2>a所以貨車勻速運動后，物體A仍繼續(xù)向前加速一段時間才與車廂保持相對靜止．由v－t圖象可知，物體勻加速運動的末速度為：vt＝18m設從物體與車廂發(fā)生相對滑動到相對靜止的時間為t由勻變速直線運動規(guī)律有：vt＝v＋at解得：t＝12.5s.(3)由勻變速直線運動規(guī)律可得物體A的位移：x＝vt＋eq\f(1,2)at2摩擦力對物體A做的功為：W＝μmgcosθ·x聯(lián)立以上兩式并代入數(shù)據(jù)可得摩擦力對物體A做的功：W≈1.2×106J.答案：(1)0.64m/s2(2)12.5s(3)1.2×106J6．如圖所示，小球A和B質量分別為mA＝0.3kg和mB＝0.5kg，兩球間壓縮一彈簧(不拴接)，并用細線連接，靜止于一光滑的水平平臺上，燒斷細線后，彈簧儲存的彈性勢能全部轉化為兩球的動能，小球B脫離彈簧時的速度vB＝3m/s，A球滑上用一小段光滑小圓弧連接的光滑斜面，當滑到斜面頂端時速度剛好為零，斜面的高度H＝1.25m，B球滑出平臺后剛好沿光滑固定圓槽左邊頂端的切線方向進入槽中，圓槽的半徑R＝3m，圓槽所對的圓心角為120°，取重力加速度g＝(1)燒斷細線前輕彈簧儲存的彈性勢能Ep；(2)平臺到圓槽的距離L；(3)小球B滑到圓槽最低點時對槽的壓力FN′.解析：(1)燒斷細線后對小球A分析：mAgH＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)燒斷細線前輕彈簧儲存的彈性勢能Ep＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)聯(lián)立兩式解得Ep＝6J.(2)設小球B做平拋運動的時間為t，則vy＝gtL＝vBtB球運動到圓槽左邊頂端時，有tan60°＝eq\f(vy,vB)聯(lián)立以上三式解得L＝eq\f(9\r(3),10)m≈1.56m.(3)對小球B從圓槽最高點到圓槽最低點的過程進行分析有：小球B在圓槽最高點的速度大小v＝eq\r(veq\o\al(2,B)＋veq\o\al(2,y))＝2vB小球B從圓槽最高點到最低點的高度差h＝R－Rcos60°設小球B在最低點的速度大小為v1，由機械能守恒得mBgh＝eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mBv2小球在圓槽最低點時：FN－mBg＝mBeq\f(veq\o\al(2,1),R)聯(lián)立以上各式解得FN＝16N由牛頓第三定律得小球B滑到圓槽最低點時對槽的壓力FN′＝16N，方向豎直向下．答案：(1)6J(2)1.56m(3)16N電學計算題巧練1.如圖所示，xOy平面為一光滑水平面，在此區(qū)域內(nèi)有平行于xOy平面的勻強電場，場強大小E＝100V/m；同時有垂直于xOy平面的勻強磁場．一質量m＝2×10－6kg、電荷量q＝2×10－7C的帶負電粒子從坐標原點O以一定的初動能入射，在電場和磁場的作用下發(fā)生偏轉，到達P(4，3)點時，動能變?yōu)槌鮿幽艿?.5倍，速度方向垂直O(jiān)P向上．此時撤去磁場，經(jīng)過一段時間該粒子經(jīng)過y軸上的M(0，6.25)點，動能變?yōu)槌鮿幽艿?.625倍(1)OP連線上與M點等電勢的點的坐標；(2)粒子由P點運動到M點所需的時間．解析：(1)設粒子在P點時的動能為Ek，則初動能為2Ek，在M點動能為1.25Ek，O點與P點和M點的電勢差分別為：UOP＝eq\f(Ek,q)，UOM＝eq\f(0.75Ek,q)設OP連線上與M點電勢相等的點為D，由幾何關系得OP的長度為5m，沿OPeq\f(UOD,UOP)＝eq\f(UOM,UOP)＝eq\f(OD,OP)＝eq\f(0.75,1)得OD＝3.75m，設OP與x軸的夾角為α，則sinα＝eq\f(3,5)，D點的坐標為xD＝ODcosα＝3m，yD＝ODsinα＝2.25m即D點坐標為(3，2.25)．(2)由于OD＝3.75m，而OMcos∠MOP＝3.75m，所以MD垂直于OP，由于MD為等勢線，因此OP為電場線，方向從O到帶電粒子從P到M過程中做類平拋運動，設運動時間為t則DP＝eq\f(1,2)eq\f(Eq,m)t2，又DP＝OP－OD＝1.25解得：t＝0.5s.答案：(1)(3，2.25)(2)0.5s2．(2015·河北正定模擬)從地面以v0斜向上拋出一個質量為m的小球，當小球到達最高點時，小球具有的動能與勢能之比是9∶16，取地面為重力勢能參考面，不計空氣阻力．現(xiàn)在此空間加上一個平行于小球平拋平面的水平電場，以相同的初速度拋出帶上正電荷量為q的原小球，小球到達最高點時的動能與拋出時動能相等．求：(1)無電場時，小球升到最高點的時間；(2)后來加上的電場的場強大?。馕觯?1)無電場時，當小球到達最高點時，小球具有的動能與勢能之比是9∶16將小球的運動分解為水平方向和豎直方向，則由veq\o\al(2,y)＝2gh，得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,y)＝mgheq\f(1,2)mveq\o\al(2,x)∶eq\f(1,2)mveq\o\al(2,y)＝9∶16解得初始拋出時：vx∶vy＝3∶4所以豎直方向的初速度為vy＝eq\f(4,5)v0豎直方向上做勻減速運動vy＝gt得t＝eq\f(4v0,5g).(2)設后來加上的電場場強大小為E，小球到達最高點時的動能與剛拋出時的動能相等，若電場力的方向與小球初速度的水平分量方向相同，則有eq\f(E1q,m)t＋eq\f(3,5)v0＝v0解得：E1＝eq\f(mg,2q).若電場力的方向與小球初速度的水平分量方向相反，則有eq\f(E2q,m)t－eq\f(3,5)v0＝v0解得：E2＝eq\f(2mg,q).答案：(1)eq\f(4v0,5g)(2)eq\f(mg,2q)或eq\f(2mg,q)3.如圖所示，在x軸上方有垂直于xOy平面向外的足夠大勻強磁場(圖中沒有畫出該磁場)，一個質量為m，電荷量為q(q>0)的粒子，在P點以速率v沿與x軸成某一角度射入磁場，然后粒子從Q點離開磁場，P點與Q點關于y軸對稱且相距為2a，其中a＝eq\f(mv,2Bq)(B為磁感應強度，大小未知，不計粒子重力的影響)．(1)求粒子從P點運動到Q點的時間；(2)若勻強磁場只在x軸上方某一區(qū)域內(nèi)存在，且磁場邊界為圓形，改變粒子的入射方向，使粒子進入磁場位置的橫坐標x＝－eq\f(a,2)，其中a＝eq\f(mv,B′q)(B′為磁感應強度，大小未知，不計粒子重力的影響)，還能保證粒子經(jīng)過Q點，求粒子進入磁場位置的縱坐標及該圓形磁場區(qū)域的最小面積．解析：(1)粒子進入磁場在洛倫茲力的作用下，做圓周運動，經(jīng)過PQ兩點的圓弧既可以是優(yōu)弧也可以是劣弧，則由qvB＝meq\f(v2,r)得：r＝eq\f(mv,qB)＝2a圓周運動的周期：T＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(4πa,v)劣弧對應的圓心角為θ：sineq\f(θ,2)＝eq\f(a,r)＝eq\f(1,2)，得θ＝eq\f(π,3)優(yōu)弧對應的圓心角為θ′：θ′＝2π－θ＝eq\f(5π,3)粒子運動時間t＝eq\f(θ,2π)T＝eq\f(2πa,3v)或t＝eq\f(θ′,2π)T＝eq\f(10πa,3v).(2)由題意可知：粒子進入磁場前先做一段直線運動，進入磁場后，在洛倫茲力作用下，做一段圓弧運動，而后離開磁場區(qū)域，再做一段直線運動到達Q點，如圖所示．設進入磁場點的坐標為(x，y)，粒子圓周運動的半徑為r′由B′qv＝eq\f(mv2,r′)得r′＝a由幾何關系得：r′2＝x2＋(r′cosα)2tanα＝eq\f(y,a－|x|)，x＝－eq\f(a,2)解得：y＝eq\f(\r(3),6)a當磁場邊界圓的直徑為進出磁場點之間的線段時，磁場面積最小，對應的半徑最小．由對稱性可知磁場最小半徑為eq\f(a,2)Smin＝πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(π,4)a2.答案：見解析4.如圖所示，在矩形區(qū)域CDNM內(nèi)有沿紙面向上的勻強電場，場強的大小E＝1.5×105N/C；在矩形區(qū)域MNGF內(nèi)有垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小B＝0.2T．已知CD＝MN＝FG＝0.6m，CM＝MF＝0.20m．在CD邊中點O處有一放射源，沿紙面向電場中各方向均勻地發(fā)射速率均為v0＝1.0×106m/s的某種帶正電的粒子，粒子質量m＝6.4×10－27kg，電荷量q＝3.2×10－19C，(1)粒子在磁場中做圓周運動的半徑；(2)邊界FG上有粒子射出磁場的范圍的長度；(3)粒子在磁場中運動的最長時間．解析：(1)設帶電粒子射入磁場時的速度為v，由動能定理得qE·CM＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得v＝2×106帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，有qvB＝meq\f(v2,r)r＝eq\f(mv,Bq)＝0.2m.(2)如圖所示，垂直電場方向射入電場中的粒子在該方向的位移最大，離開電場時，設其速度方向與電場方向的夾角為θ1粒子在電場中的加速度大小為a＝eq\f(Eq,m)沿電場方向的位移y1＝eq\f(1,2)at2＝CM垂直電場方向的位移x1＝v0t＝eq\f(2\r(3),15)m離開電場時sinθ1＝eq\f(v0,v)＝eq\f(1,2)，θ1＝30°因為x1＋r(1－cos30°)<0.30上述粒子從S點射入磁場偏轉后從邊界FG射出時的位置P即為射出范圍的左邊界，且PS⊥MN；垂直MN射入磁場的粒子經(jīng)磁場偏轉后恰好與邊界FG相切，切點Q是射出范圍的右邊界，帶電粒子從邊界FG射出磁場時的范圍的長度為l＝x1＋r＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),15)＋0.2))m≈0.43m.(3)帶電粒子在磁場中運動的周期T＝eq\f(2πm,Bq)＝6.28×10－7s帶電粒子在磁場中運動時，沿O′QR運動的軌跡最長，運動的時間最長sinθ2＝eq\f(\f(CD,2)－r,r)＝eq\f(1,2)，θ2＝30°即帶電粒子在磁場中運動的最大圓心角為120°，對應的最長時間為t＝eq\f(1,3)T＝eq\f(2πm,3Bq)＝2.09×10－7s.答案：(1)0.2m(2)0.43m(3)2.09×105.如圖所示，兩根等高光滑的eq\f(1,4)圓弧軌道，半徑為r、間距為L，軌道頂端連接有一阻值為R的電阻，整個裝置處在一豎直向上的勻強磁場中，磁感應強度為B.現(xiàn)有一根長度稍大于L、質量為m、電阻不計的金屬棒從軌道的頂端ab處由靜止開始下滑，到達軌道底端cd時受到軌道的支持力為2mg.整個過程中金屬棒與導軌接觸良好，導軌電阻不計．(1)求金屬棒到達最低點時通過電阻R的電流大小；(2)求金屬棒從ab下滑到cd的過程中回路中產(chǎn)生的焦耳熱和通過R的電荷量；(3)若金屬棒在拉力作用下，從cd開始以速度v0向右沿軌道做勻速圓周運動，則在到達ab的過程中拉力做的功為多少？解析：(1)到達最低點時，設金屬棒的速度為v，產(chǎn)生的感應電動勢為E，感應電流為I，則2mg－mg＝meq\f(v2,r)E＝BLvI＝eq\f(E,R)，聯(lián)立解得速度v＝eq\r(gr)，I＝eq\f(BL\r(gr),R).(2)設產(chǎn)生的焦耳熱為Q，由能量守恒定律有Q＝mgr－eq\f(1,2)mv2得Q＝eq\f(1,2)mgr設產(chǎn)生的平均感應電動勢為E，平均感應電流為I，通過R的電荷量為q，則eq\o(E,\s\up6(－))＝eq\f(ΔΦ,Δt)，eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(eq\o(E,\s\up6(－)),R)，q＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt，解得q＝eq\f(BrL,R).(3)金屬棒切割磁感線產(chǎn)生正弦交變電流的有效值I′＝eq\f(BLv0,\r(2)R)，在四分之一周期內(nèi)產(chǎn)生的熱量Q′＝I′2R·eq\f(πr,2v0)，設拉力做的功為WF，由功能關系WF－mgr＝Q′，解得WF＝mgr＋eq\f(πB2L2v0r,4R).答案：(1)eq\f(BL\r(gr),R)(2)eq\f(1,2)mgreq\f(BrL,R)(3)mgr＋eq\f(πB2L2v0r,4R)6．質量為m、帶電荷量為＋q的絕緣小球，穿在由絕緣材料制成的半徑為r的光滑圓形軌道上沿順時針方向(從上向下看)做圓周運動，軌道平面水平，空間有分布均勻且隨時間變化的磁場，磁場方向豎直向上，如圖甲所示．磁感應強度B(t)的變化規(guī)律如圖乙所示．其中B0是已知量，且T0＝eq\f(2πm,qB0).設小球在運動過程中電荷量保持不變，對原磁場的影響可忽略，且小球重力忽略不計．已知在豎直向上的磁感應強度增大或減小的過程中，將產(chǎn)生渦旋電場，其電場線是在水平面內(nèi)一系列沿順時針或逆時針方向的同心圓，同一條電場線上各點的場強大小相等．(1)在t＝0到t＝T0這段時間內(nèi)，小球不受圓形軌道的作用力，求小球的速度大小v0；(2)試求在t＝T0到t＝2T0這段時間內(nèi)電場力對小球做的功W；(3)試求在t＝2.5T0和t＝4.5T0兩個時刻小球所受圓形軌道的作用力的大小．解析：(1)小球在運動過程中不受圓形軌道的作用力，因而小球所受洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律可得：B0qv0＝meq\f(veq\o\al(2,0),r)解得：v0＝eq\f(qB0r,m).(2)在t＝T0到t＝2T0這段時間內(nèi)，沿軌道一周的感應電動勢為：ε＝πr2eq\f(ΔB,Δt)＝πr2eq\f(B0,T0)由于同一條電場線上各點電場強度大小相等，所以E＝eq\f(ε,2πr)又T0＝eq\f(2πm,qB0)，聯(lián)立以上各式，解得E＝eq\f(qBeq\o\al(2,0)r,4πm)根據(jù)牛頓第二定律可得，在t＝T0到t＝2T0這段時間內(nèi)，小球沿切線方向的加速度大小恒為：a1＝eq\f(qE,m)小球運動末速度的大小為：v＝v0＋a1t1＝eq\f(3qB0r,2m)根據(jù)動能定理，電場力做功為：W＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(5q2Beq\o\al(2,0)r2,8m).(3)設在t＝2.5T0時刻小球受圓形軌道的作用力的大小為FN1，根據(jù)向心力公式得：2B0qv－FN1＝meq\f(v2,r)解得：FN1＝eq\f(3Beq\o\al(2,0)q2r,4m)同理，可得在t＝3T0到t＝4T0這段時間內(nèi)，小球沿切線方向的加速度大小恒為：a2＝eq\f(qE,m)所以，在t＝3T0到t＝4T0這段時間內(nèi)的末速度v2＝v－a2t2＝v0，此時小球受到的洛倫茲力等于做圓周運動所需要的向心力，在t＝4.5T0時刻小球受圓形軌道的作用力大小為0.答案：(1)eq\f(qB0r,m)(2)eq\f(5q2Beq\o\al(2,0)r2,8m)(3)eq\f(3Beq\o\al(2,0)q2r,4m)0高考計算題仿真練(一)[題組一]24.(2015·河北石家莊2月調研)如圖所示，一艘客輪因故障組織乘客撤離，乘客在甲板上利用固定的繩索下滑到救援快艇上．客輪甲板到快艇的高度H為20m，繩索與豎直方向的夾角θ＝37°，設乘客下滑過程中繩索始終保持直線，乘客先從靜止開始勻加速下滑，再以同樣大小的加速度減速滑至快艇，速度剛好為零．在乘客下滑時，船員以水平初速度v0向快艇拋出救生圈剛好落到救援快艇上，且救生圈下落的時間恰為乘客下滑總時間的一半，快艇、乘客、救生圈均可視為質點，不計空氣阻力，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(1)救生圈初速度v0的大??；(2)乘客下滑過程中加速度a的大?。馕觯?1)設救生圈做平拋運動的時間為t0，由平拋運動規(guī)律，得：H＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,0)Htanθ＝v0t0聯(lián)立以上各式，得v0＝7.5m/s，t0＝2s.(2)由幾何關系，得繩索長L＝eq\f(H,cos37°)＝25m因加速過程與減速過程的加速度大小相等，加速過程的初速度和減速過程的末速度都為零，故加速過程和減速過程的時間相等由運動學公式可得：2×eq\f(1,2)ateq\o\al(2,0)＝L代入數(shù)據(jù)，得a＝eq\f(L,teq\o\al(2,0))＝6.25m/s2.答案：(1)7.5m/s(2)6.25m/s225．如圖甲所示，MN、PQ為水平放置的足夠長的平行光滑導軌，導軌間距L為0.5m，導軌左端連接一個阻值為2Ω的定值電阻R，將一根質量為0.2kg的金屬棒cd垂直放置在導軌上，且與導軌接觸良好，金屬棒cd的電阻r＝2Ω，導軌電阻不計，整個裝置處于垂直導軌平面向下的勻強磁場中，磁感應強度為B＝2T．若棒以1m/s的初速度向右運動，同時對棒施加水平向右的拉力F，并保持拉力的功率恒為4W，從此時開始計時，經(jīng)過2s金屬棒的速度穩(wěn)定不變(1)金屬棒的最大速度；(2)金屬棒速度為3m/s(3)從開始計時起2s內(nèi)電阻R上產(chǎn)生的電熱．解析：(1)金屬棒的速度最大時，所受合外力為零，即BIL＝F1而P＝F1·vm，I＝eq\f(BLvm,R＋r)解得vm＝eq\f(\r(P（R＋r）),BL)＝4m/s或根據(jù)圖象計算，2s后金屬棒的速度穩(wěn)定，速度最大，此時F安＝1N，由F安＝BIL＝eq\f(B2L2vm,R＋r)，得vm＝4m/s.(2)速度為3m/s時，感應電動勢E＝BLv＝3電流I′＝eq\f(E,R＋r)，F(xiàn)安＝BI′L金屬棒受到的拉力F＝eq\f(P,v)＝eq\f(4,3)N由牛頓第二定律得F－F安＝ma解得a＝eq\f(F－F安,m)＝eq\f(\f(4,3)－\f(3,4),0.2)m/s2＝eq\f(35,12)m/s2.(3)在此過程中，由動能定理得Pt＋W安＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得W安＝－6.5JQR＝eq\f(－W安,2)＝3.25J.答案：(1)4m/s(2)eq\f(35,12)m/s2(3)3.25J[題組二]24．(2015·長春市質量監(jiān)測)如圖所示，可視為質點的總質量為m＝60kg的滑板運動員(包括裝備)，從高為H＝15m的斜面AB的頂端A點由靜止開始沿斜面下滑，在B點進入光滑的四分之一圓弧BC，圓弧BC的半徑為R＝5m，運動員經(jīng)C點沿豎直軌道沖出向上運動，經(jīng)時間t＝2s后又落回軌道．若運動員經(jīng)C點后在空中運動時只受重力，軌道AB段粗糙(g＝10(1)運動員離開C點時的速度大小和上升的最大高度；(2)運動員(包括裝備)運動到圓軌道最低點B時對軌道的壓力；(3)從A點到B點，運動員(包括裝備)損失的機械能．解析：(1)設運動員離開C點時的速度為v1，上升的最大高度為hv1＝geq\f(t,2)＝10m/s，h＝eq\f(veq\o\al(2,1),2g)＝5m.(2)設運動員到達B點時的速度為v2，C到B：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)FN－mg＝meq\f(veq\o\al(2,2),R)解得FN＝3000N由牛頓第三定律F′N＝FN＝3000N，方向豎直向下．(3)從A點到B點：ΔE＝mgH－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)解得ΔE＝3000J.答案：(1)10m/s5m(2)3000N方向豎直向下(3)3000J25.(2015·南昌市模擬)如圖所示，金屬板PQ、MN平行放置，金屬板長為4a，間距為4a，兩極板連接在輸出電壓為U的恒定電源兩端，上金屬板PQ中央有一小孔O，板間存在垂直紙面向里磁感應強度為B的勻強磁場區(qū)域P′Q′N′M′，且OP′＝OQ′＝a，P′M′＝Q′N′＝a.現(xiàn)將一帶電小球從距上板某一高度由靜止釋放，小球從小孔O進入磁場，小球離開磁場后在平行金屬板間做直線運動恰好從下板N端射出電場，已知重力加速度為g，(1)帶電小球的電荷量與質量之比；(2)小球從釋放到從下板N端射出所需時間．解析：(1)由于帶電小球離開磁場時速度方向與電場線方向成夾角且做直線運動，所以小球是做勻速直線運動mg＝qEE＝eq\f(U,4a)解得eq\f(q,m)＝eq\f(4ag,U).(2)設小球進入小孔的速度為v，在磁場中做圓周運動半徑為r，Oe＝x，如圖所示，由數(shù)學知識易知，∠Ocd＝∠fdN＝θsinθ＝eq\f(a,r)在直角三角形ced中cosθ＝eq\f(r－x,r)在直角三角形dfN中tanθ＝eq\f(2a－x,3a)聯(lián)立可得3sin2θ＝2sinθcosθ－cosθ＋cos2θ4sin2θ－1＝2sinθcosθ－cosθ(2sinθ－1)(2sinθ＋1)－(2sinθ－1)cosθ＝0解得sinθ＝eq\f(1,2)，θ＝eq\f(π,6)，r＝2a由r＝eq\f(mv,qB)，代入數(shù)據(jù)易得v＝eq\f(8a2gB,U)設小球做自由落體運動的時間為t1，則t1＝eq\f(v,g)＝eq\f(8a2B,U)設小球在磁場中運動的時間為t2，則t2＝eq\f(θm,qB)＝eq\f(πU,24agB)設小球做直線運動的時間為t3，則t3＝eq\f(s,v)＝eq\f(2\r(3)a,v)＝eq\f(\r(3)U,4agB)所以t＝t1＋t2＋t3＝eq\f(8a2B,U)＋eq\f(（π＋6\r(3)）U,24agB).答案：(1)eq\f(4ag,U)(2)eq\f(8a2B,U)＋eq\f(（π＋6\r(3)）U,24agB)高考計算題仿真練(二)[題組一]24.如圖所示，質量分別為0.5kg、0.2kg的彈性小球A、B穿過一繞過定滑輪的輕繩，繩子末端與地面距離均為0.8m，小球距離繩子末端6.5m，小球A、B與輕繩的滑動摩擦力都為重力的0.5倍，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力．現(xiàn)由靜止同時釋放A、B兩個小球，不計繩子質量，忽略與定滑輪相關的摩擦力，g＝10m(1)釋放A、B兩個小球后，A、B各自加速度的大小；(2)小球B從靜止釋放經(jīng)多長時間落到地面．解析：(1)小球B加速下落，由牛頓第二定律得：m2g－km2g＝m2aB＝5m/s2小球A加速下落，由牛頓第二定律得m1g－km2g＝m1aA＝8m/s2.(2)設經(jīng)歷時間t1小球B脫離繩子，小球B下落高度為h1，獲得速度為v，則eq\f(1,2)aAteq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)aBteq\o\al(2,1)＝l，又l＝6.5解得t1＝1sh1＝eq\f(1,2)aBteq\o\al(2,1)＝2.5mv＝aBt1＝5m/s小球B脫離繩子后在重力作用下勻加速下落，此時距地面高度為h2，經(jīng)歷t2時間后落到地面，則h2＝6.5m＋0.8m－2.5m＝4.8mh2＝vt2＋eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)，解得：t2＝0.6st總＝t1＋t2＝1.6s.答案：(1)8m/s25m/s2(2)1.6s25．如圖甲所示，兩平行金屬板A、B的板長L＝0.2m，板間距d＝0.2m，兩金屬板間加如圖乙所示的交變電壓，并在兩板間形成交變的勻強電場，忽略其邊緣效應．在金屬板上側有一方向垂直于紙面向里的勻強磁場，磁場寬度D＝0.4m，左右范圍足夠大，邊界MN和PQ均與金屬板垂直，勻強磁場的磁感應強度B＝1×10－2T．在極板下側中點O處有一粒子源，從t＝0時刻起不斷地沿著OO′發(fā)射比荷eq\f(q,m)＝1×108C/kg、初速度v0＝2×105(1)求粒子進入磁場時的最大速率；(2)對于能從MN邊界飛出磁場的粒子，其在磁場的入射點和出射點的間距s是否為定值？若是，求出該值；若不是，求s與粒子由O出發(fā)的時刻t之間的關系式；(3)在磁場中飛行時間最長的粒子定義為“A類粒子”，求出“A類粒子”在磁場中飛行的時間以及由O出發(fā)的可能時刻．解析：(1)設粒子恰好從板邊緣飛出時，板AB間電壓為U0，則eq\f(1,2)·eq\f(qU0,md)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,v0)))eq\s\up12(2)＝eq\f(d,2)解得U0＝400V<500V垂直極板的方向v1＝eq\f(qU0,md)·eq\f(L,v0)＝2×105m/s因此最大速率v＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,1))＝2eq\r(2)×105m/s.(2)如圖所示，設粒子進入磁場時，速度v′與OO′成θ角，則有qv′B＝meq\f(v′2,R)v′＝eq\f(v0,cosθ)s＝2Rcosθ得s＝eq\f(2mv0,qB)＝0.4m，為定值．(3)如圖所示，“A類粒子”在電場中向B板偏轉，在磁場中的軌跡恰好與上邊界相切時，有R(1＋sinθ)＝D聯(lián)立2Rcosθ＝0.4m可得sinθ＝0.6(或者cosθ＝0.8)，即θ＝37°則粒子在磁場中飛行的總時間為t＝eq\f(180°＋37°×2,360°)·eq\f(2πm,qB)＝eq\f(127,90)π×10－6s進入磁場時vy＝v0tanθ＝1.5×105又vy＝eq\f(qU1,md)·eq\f(L,v0)則對應的板AB間的電壓為U1＝300V故粒子從O出發(fā)的時刻可能為t＝4n＋0.4(s)或t＝4n＋3.6(s)(n＝0，1，2…)．答案：見解析[題組二]24．如圖所示，在傳送帶的右端Q點固定有一豎直光滑圓弧軌道，軌道的入口與傳送帶在Q點相切．以傳送帶的左端點為坐標原點O，水平傳送帶上表面為x軸建立坐標系，已知傳送帶長L＝6m，勻速運動的速度v0＝4m/s.一質量m＝1kg的小物塊輕輕放在傳送帶上xP＝2m的P點，小物塊隨傳送帶運動到Q點后恰好能沖上光滑圓弧軌道的最高點N點．小物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.4，重力加速度g＝10m/s2.(1)求N點的縱坐標yN；(2)若將小物塊輕放在傳送帶上的某些位置，小物塊均不脫離圓弧軌道．求傳送帶上這些位置的橫坐標的范圍．解析：(1)小物塊在傳送帶上勻加速運動的加速度a＝μg＝4m/s2小物塊與傳送