版高考物理通用版二轮复习第二部分考前复习方略专题三 计算题突破策略与技巧 专题限时训练.docx

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版高考物理通用版二轮复习第二部分考前复习方略专题三计算题突破策略与技巧专题限时训练

力学计算题巧练

1．某物体A静止于水平地面上，它与地面间的动摩擦因数μ＝0.2，若给物体A一个水平向右的初速度v0＝10m/s，g＝10m/s2.求：

（1）物体A向右滑行的最大距离；

（2）若物体A右方x0＝12m处有一辆汽车B，在物体A获得初速度v0的同时，汽车B从静止开始以a＝2m/s2的加速度向右运行，通过计算说明物体A能否撞上汽车B.

解析：

（1）由牛顿第二定律得

μmg＝ma0

a0＝2m/s2

根据v－v＝－2a0x

得x＝25m.

（2）假设二者不相撞，设经过时间t二者有共同速度v

则对物体A：

v＝v0－a0t

对汽车B：

v＝at

解得：

v＝5m/s，t＝2.5s

该过程中物体A的位移：

xA＝t＝18.75m

该过程中汽车B的位移：

xB＝t＝6.25m

因为xA>xB＋x0

故物体A能撞上汽车B.

答案：

（1）25m　

（2）能

2.皮带传送在现代生产生活中的应用非常广泛，如商场中的自动扶梯、港口中的货物运输机等．如图所示为某工厂载货用的移动式伸缩传送带，传送带AB斜面与水平面之间的夹角θ＝37°，传送带在电动机的带动下以10m/s的速度沿斜面向下运动，现将一物体（可视为质点）无初速度地轻放在传送带上的A点，已知物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），传送带AB长为L＝29m，（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2）求：

（1）当物体加速到与传送带速度相同时所用的时间和物体的位移；

（2）物体从A到B需要的时间为多少？

解析：

甲

（1）物体放到传送带上后，沿传送带向下做匀加速直线运动，开始相对于传送带沿传送带向后运动，受到的摩擦力沿传送带向下（物体受力情况如图甲所示），根据牛顿第二定律，可求出物体的加速度为：

a1＝gsinθ＋μgcosθ＝10m/s2

当物体加速到与传送带速度相同时所用的时间为：

t1＝＝1s

物体发生的位移满足：

v2＝2a1x1，

代入数据解得：

x1＝5m.

乙

（2）物体加速到与传送带速度相同后，因为mgsinθ>μmgcosθ，所以物体相对于传送带沿传送带向下运动，摩擦力方向变为沿传送带向上（受力情况如图乙所示）．根据牛顿第二定律得知物体在此过程中的加速度为：

a2＝gsinθ－μgcosθ＝2m/s2

设物体完成剩余的位移x2＝L－x1＝24m所用的时间为t2，则x2＝vt2＋a2t

代入数据解得：

t2＝2s

故物体从A到B需要的时间为

t＝t1＋t2＝1s＋2s＝3s.

答案：

（1）1s　5m　

（2）3s

3．（2015·福建福州质检）如图甲所示，质量m＝1kg的物块在平行于斜面向上的拉力F作用下从静止开始沿斜面向上运动，t＝0.5s时撤去拉力，利用速度传感器得到其速度随时间的变化关系图象（v－t图象）如图乙所示，g取10m/s2，求：

（1）2s内物块的位移大小x和通过的路程L；

（2）沿斜面向上运动两个阶段加速度大小a1、a2和拉力大小F.

解析：

（1）在2s内，由题图乙知：

物块上升的最大距离：

x1＝×2×1m＝1m

物块下滑的距离：

x2＝×1×1m＝0.5m

所以位移大小x＝x1－x2＝0.5m

路程L＝x1＋x2＝1.5m.

（2）由题图乙知，所求两个阶段加速度的大小

a1＝4m/s2①

a2＝4m/s2②

设斜面倾角为θ，斜面对物块的摩擦力为Ff，根据牛顿第二定律有

0～0.5s内：

F－Ff－mgsinθ＝ma1③

0．5～1s内：

Ff＋mgsinθ＝ma2④

由①②③④式得F＝8N.

答案：

（1）0.5m　1.5m　

（2）4m/s2　4m/s2　8N

4．（2015·山东淄博模拟）如图所示，上表面光滑、长度L＝3m、质量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匀速运动．现将一个质量为m＝3kg的小铁块（可视为质点）无初速度地放在木板最右端，当木板运动了L＝1m时，又将第二个同样的小铁块无初速度地放在木板最右端，以后木板每运动1m就在其最右端无初速度地放上一个同样的小铁块．（g取10m/s2）求：

（1）木板与地面间的动摩擦因数；

（2）刚放第三个小铁块时木板的速度大小；

（3）从放第三个小铁块开始到木板停下的过程，木板运动的距离．

解析：

（1）木板在F＝50N的水平拉力作用下做匀速直线运动时，受到地面的摩擦力设为Ff，由平衡条件得：

F＝Ff①

又Ff＝μMg②

联立①②并代入数据得：

μ＝0.5.③

（2）每放一个小铁块，木板所受的摩擦力增加μmg，设刚放第三个小铁块时木板的速度为v1，对木板从放第一个小铁块到刚放第三个小铁块的过程，由动能定理得：

－μmgL－2μmgL＝Mv－Mv④

联立③④并代入数据得：

v1＝4m/s.⑤

（3）从放第三个小铁块开始到木板停止之前，木板所受的合外力大小均为3μmg.

从放第三个小铁块开始到木板停止的过程，设木板运动的距离为x，对木板由动能定理得：

－3μmgx＝0－Mv⑥

联立③⑤⑥并代入数据得x＝m≈1.78m.

答案：

（1）0.5　

（2）4m/s　（3）1.78m

5．如图甲所示，一辆货车车厢内紧靠前挡板处有一物体A，其质量m＝1×103kg，与车厢间的动摩擦因数μ＝0.83.物体A与货车一起以速度v＝10m/s，在倾角θ＝37°的足够长斜坡上匀速向上行驶．从某时刻开始货车加速运动，v－t图象如图乙所示，物体A与车厢后挡板接触前，已与货车速度相同，此时货车已经做匀速直线运动（空气阻力不计，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）．在这个相对滑动过程中，求：

（1）物体A的加速度大小；

（2）物体A的相对滑动时间；

（3）摩擦力对物体A所做的功（保留两位有效数字）．

解析：

（1）设物体A与车厢发生相对滑动时的加速度为a，

由牛顿第二定律有：

μmgcosθ－mgsinθ＝ma

所以物体A的加速度大小：

a＝0.64m/s2.

（2）由题图乙中v－t图象可知，货车的加速度：

a′＝0.8m/s2>a，

所以货车匀速运动后，物体A仍继续向前加速一段时间才与车厢保持相对静止．

由v－t图象可知，物体匀加速运动的末速度为：

vt＝18m/s

设从物体与车厢发生相对滑动到相对静止的时间为t

由匀变速直线运动规律有：

vt＝v＋at

解得：

t＝12.5s.

（3）由匀变速直线运动规律可得物体A的位移：

x＝vt＋at2

摩擦力对物体A做的功为：

W＝μmgcosθ·x

联立以上两式并代入数据可得

摩擦力对物体A做的功：

W≈1.2×106J.

答案：

（1）0.64m/s2　

（2）12.5s　（3）1.2×106J

6．如图所示，小球A和B质量分别为mA＝0.3kg和mB＝0.5kg，两球间压缩一弹簧（不拴接），并用细线连接，静止于一光滑的水平平台上，烧断细线后，弹簧储存的弹性势能全部转化为两球的动能，小球B脱离弹簧时的速度vB＝3m/s，A球滑上用一小段光滑小圆弧连接的光滑斜面，当滑到斜面顶端时速度刚好为零，斜面的高度H＝1.25m，B球滑出平台后刚好沿光滑固定圆槽左边顶端的切线方向进入槽中，圆槽的半径R＝3m，圆槽所对的圆心角为120°，取重力加速度g＝10m/s2.求：

（1）烧断细线前轻弹簧储存的弹性势能Ep；

（2）平台到圆槽的距离L；

（3）小球B滑到圆槽最低点时对槽的压力FN′.

解析：

（1）烧断细线后对小球A分析：

mAgH＝mAv

烧断细线前轻弹簧储存的弹性势能

Ep＝mAv＋mBv

联立两式解得Ep＝6J.

（2）设小球B做平抛运动的时间为t，

则vy＝gt

L＝vBt

B球运动到圆槽左边顶端时，有tan60°＝

联立以上三式解得L＝m≈1.56m.

（3）对小球B从圆槽最高点到圆槽最低点的过程进行分析有：

小球B在圆槽最高点的速度大小

v＝＝2vB

小球B从圆槽最高点到最低点的高度差

h＝R－Rcos60°

设小球B在最低点的速度大小为v1，由机械能守恒得

mBgh＝mBv－mBv2

小球在圆槽最低点时：

FN－mBg＝mB

联立以上各式解得FN＝16N

由牛顿第三定律得小球B滑到圆槽最低点时对槽的压力FN′＝16N，方向竖直向下．

答案：

（1）6J　

（2）1.56m　（3）16N　方向竖直向下

电学计算题巧练

1.

如图所示，xOy平面为一光滑水平面，在此区域内有平行于xOy平面的匀强电场，场强大小E＝100V/m；同时有垂直于xOy平面的匀强磁场．一质量m＝2×10－6kg、电荷量q＝2×10－7C的带负电粒子从坐标原点O以一定的初动能入射，在电场和磁场的作用下发生偏转，到达P（4，3）点时，动能变为初动能的0.5倍，速度方向垂直OP向上．此时撤去磁场，经过一段时间该粒子经过y轴上的M（0，6.25）点，动能变为初动能的0.625倍，求：

（1）OP连线上与M点等电势的点的坐标；

（2）粒子由P点运动到M点所需的时间．

解析：

（1）设粒子在P点时的动能为Ek，则初动能为2Ek，在M点动能为1.25Ek，O点与P点和M点的电势差分别为：

UOP＝，UOM＝

设OP连线上与M点电势相等的点为D，由几何关系得OP的长度为5m，沿OP方向电势下降．则：

＝＝＝

得OD＝3.75m，设OP与x轴的夹角为α，则sinα＝，D点的坐标为xD＝ODcosα＝3m，yD＝ODsinα＝2.25m

即D点坐标为（3，2.25）．

（2）由于OD＝3.75m，而OMcos∠MOP＝3.75m，所以MD垂直于OP，由于MD为等势线，因此OP为电场线，方向从O到P，

带电粒子从P到M过程中做类平抛运动，设运动时间为t

则DP＝t2，

又DP＝OP－OD＝1.25m

解得：

t＝0.5s.

答案：

（1）（3，2.25）　

（2）0.5s

2．（2015·河北正定模拟）从地面以v0斜向上抛出一个质量为m的小球，当小球到达最高点时，小球具有的动能与势能之比是9∶16，取地面为重力势能参考面，不计空气阻力．现在此空间加上一个平行于小球平抛平面的水平电场，以相同的初速度抛出带上正电荷量为q的原小球，小球到达最高点时的动能与抛出时动能相等．求：

（1）无电场时，小球升到最高点的时间；

（2）后来加上的电场的场强大小．

解析：

（1）无电场时，当小球到达最高点时，小球具有的动能与势能之比是9∶16

将小球的运动分解为水平方向和竖直方向，则

由v＝2gh，得mv＝mgh

mv∶mv＝9∶16

解得初始抛出时：

vx∶vy＝3∶4

所以竖直方向的初速度为vy＝v0

竖直方向上做匀减速运动vy＝gt

得t＝.

（2）设后来加上的电场场强大小为E，小球到达最高点时的动能与刚抛出时的动能相等，若电场力的方向与小球初速度的水平分量方向相同，则有

t＋v0＝v0

解得：

E1＝.

若电场力的方向与小球初速度的水平分量方向相反，则有t－v0＝v0

解得：

E2＝.

答案：

（1）　

（2）或

3.

如图所示，在x轴上方有垂直于xOy平面向外的足够大匀强磁场（图中没有画出该磁场），一个质量为m，电荷量为q（q>0）的粒子，在P点以速率v沿与x轴成某一角度射入磁场，然后粒子从Q点离开磁场，P点与Q点关于y轴对称且相距为2a，其中a＝（B为磁感应强度，大小未知，不计粒子重力的影