高考计算题押题练.docx

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高考计算题押题练

2018年高考计算题押题练

计算题押题练

（一）　力学计算题

1．交通信号“绿波”控制系统一般被称为“绿波带”，它是根据车辆运行情况对各路口红绿灯进行协调，使车辆通过时能连续获得一路绿灯。

郑州市中原路上某直线路段每间隔L＝500m就有一个红绿灯路口，绿灯时间Δt1＝60s，红灯时间Δt2＝40s，而且下一路口红绿灯亮起总比当前路口红绿灯滞后Δt＝50s。

要求汽车在下一路口绿灯再次亮起后能通过该路口。

汽车可看作质点，不计通过路口的时间，道路通行顺畅。

（1）若某路口绿灯刚亮起时，某汽车恰好通过，要使该汽车保持匀速行驶，在后面道路上再连续通过五个路口，满足题设条件下，汽车匀速行驶的最大速度是多少？

最小速度又是多少？

（计算结果保留两位有效数字）

（2）若某路口遭遇红灯，待绿灯刚亮起时，某汽车由静止开始，以加速度a＝2m/s2匀加速运动，加速到第

（1）问中汽车匀速行驶的最大速度以后，便以此速度一直匀速运动。

试通过计算判断，当该汽车到达下一个路口时能否遇到绿灯。

解析：

（1）若汽车刚好在绿灯亮起时通过第五个路口，则通过五个路口的时间t＝5Δt

此时匀速运动的速度最大vmax＝＝10m/s

若汽车刚好在绿灯熄灭时通过第五个路口，则通过五个路口的时间t′＝5Δt＋Δt1＝310s

此时匀速运动的速度最小vmin＝≈8.1m/s。

（2）若路口绿灯刚亮起时，汽车启动加速，最终加速到vmax＝10m/s

vmax＝at1，t1＝5s

在此过程中汽车走过的位移x＝t1，x＝25m

然后汽车以此速度匀速运动，可知

L－x＝vmaxt2，t2＝47.5s

因此，汽车从该路口开始启动到下一个路口的时间为

t＝t1＋t2＝52.5s

110s＞t＞50s，因此走到下个路口时能够遇到绿灯。

答案：

（1）10m/s　8.1m/s　

（2）能

2.在水平长直轨道上，有一长度为L的平板车在外力控制下始终保持速度v0做匀速直线运动。

某时刻将一质量为m的小滑块轻放到车面的中点，滑块与车面间的动摩擦因数为μ。

（1）证明：

若滑块最终停在小车上，滑块与车面摩擦产生的内能Q是一个与动摩擦因数μ无关的定值；

（2）已知滑块与车面间动摩擦因数μ＝0.2，滑块质量m＝1kg，车长L＝2m，车速v0＝4m/s，g取10m/s2，当滑块放到车面中点的同时对该滑块施加一个与车运动方向相同的恒力F，要保证滑块不能从车的左端掉下，恒力F的大小应该满足的条件；

（3）在

（2）的情况下，力F取最小值时要保证滑块不从车上掉下，求力F的作用时间t。

解析：

（1）由题意知滑块相对平板车静止时速度为v0，根据牛顿第二定律，对滑块：

μmg＝ma①

v0＝at②

滑块相对车面滑动的距离：

s＝v0t－v0t③

滑块与车面摩擦产生的内能：

Q＝μmgs④

联立①②③④解得：

Q＝mv02⑤

所以Q是一个与动摩擦因数μ无关的定值。

（2）设在恒力F作用下滑块加速度为a1，经过时间t1后速度达到v0，要使滑块不从左端掉下小车，即此时还未到达车的左端，由牛顿第二定律有：

F＋μmg＝ma1⑥

v0＝a1t1⑦

v0t1－t1≤⑧

联立⑥⑦⑧解得：

F≥6N。

⑨

（3）F取最小值时，滑块经过时间t1运动到车左端后速度达到v0，为使滑块恰不从右端滑出，滑块在F作用下相对车先向右做匀加速运动（设加速度大小为a2，时间为t2），再撤去外力F做匀减速运动（设加速度大小为a3），到达右端时恰与车达到共同速度v0，则有：

F－μmg＝ma2⑩

μmg＝ma3⑪

a2t22＋＝L⑫

由⑩⑪⑫式代入数据解得：

t2＝s＝0.58s

由

（2）可解得t1＝0.5s，

则力F的作用时间t应满足t1≤t≤t1＋t2，

即0.5s≤t≤1.08s。

答案：

（1）见解析　

（2）F≥6N　（3）0.5s≤t≤1.08s

3．如图所示，光滑的圆弧AB（质量可忽略）固定在甲车的左端，其半径R＝1m。

质量均为M＝3kg的甲、乙两辆小车静止于光滑水平面上，两车之间通过一感应开关相连（当滑块滑过感应开关时，两车自动分离）。

其中甲车上表面光滑，乙车上表面与滑块P之间的动摩擦因数μ＝0.4。

将质量为m＝2kg的滑块P（可视为质点）从A处由静止释放，滑块P滑上乙车后最终未滑离乙车。

求：

（1）滑块P刚滑上乙车时的速度大小；

（2）滑块P在乙车上滑行的距离。

解析：

（1）设滑块P刚滑上乙车时的速度为v1，此时两车的速度为v2，以滑块和甲、乙两辆小车组成系统，规定向右为正方向，根据系统水平方向动量守恒列出等式：

mv1－2Mv2＝0

对整体应用能量守恒有：

mgR＝mv12＋×2Mv22

解得：

v1＝m/s，v2＝m/s。

（2）设滑块P和小车乙达到的共同速度为v，滑块P在乙车上滑行的距离为L，规定向右为正方向，对滑块P和小车乙应用动量守恒有：

mv1－Mv2＝（m＋M）v

对滑块P和小车乙应用能量守恒有：

μmgL＝mv12＋Mv22－（M＋m）v2

解得：

L＝2m。

答案：

（1）m/s　

（2）2m

4.如图所示，有一内表面光滑的金属盒，底面长为L＝1.2m，质量为m1＝1kg，放在水平面上，与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.2，在盒内最右端放一半径为r＝0.1m的光滑金属球，质量为m2＝1kg，现在盒的左端给盒施加一个水平冲量I＝3N·s，（盒壁厚度、球与盒发生碰撞的时间和能量损失均忽略不计）g取10m/s2，求：

（1）金属盒能在地面上运动多远？

（2）金属盒从开始运动到最后静止所经历的时间多长？

解析：

（1）由于冲量作用，金属盒获得的速度为v＝＝3m/s，金属盒所受摩擦力为F＝μ（m1＋m2）g＝4N

由于金属盒与金属球之间的碰撞没有能量损失，且金属盒和金属球的最终速度都为0，以金属盒和金属球为研究对象，由动能定理，得－Fs＝0－m1v2

解得s＝1.125m。

（2）当金属盒前进s1＝1m时与球发生碰撞，设碰前盒的速度为v1，碰后速度为v1′，球碰后速度为v2，对盒，由动能定理得－Fs1＝m1v12－m1v2

解得v1＝1m/s

由于碰撞过程动量守恒、机械能守恒，有

m1v1＝m1v1′＋m2v2，m1v12＝m1v1′2＋m2v22

联立以上各式解得v1′＝0，v2＝1m/s。

当球前进1m时与盒发生第二次碰撞，碰撞前球的速度为1m/s，盒子的速度为0，碰撞后球的速度为0，盒子的速度变为v2＝1m/s，以金属盒为研究对象，由动能定理得－Fs2＝0－m1v22

解得s2＝0.125m。

所以不会再与球相碰，则盒子运动时间可由动量定理求出。

设盒子前进s1＝1m所用时间为t1，前进s2＝0.125m所用时间为t2，则－Ft1＝m1v1－m1v，－Ft2＝0－m1v2

且v1＝v2＝1m/s

代入数据得t1＝0.5s，t2＝0.25s

在盒两次运动之间还有一段时间t3，为小球在运动，

t3＝＝1s

则金属盒从开始运动到最后静止所经历的时间

t＝t1＋t2＋t3＝1.75s。

答案：

（1）1.125m　

（2）1.75s

5.如图所示，足够长的传送带AB与光滑的水平面BC连接，光滑的、半径R＝0.5m的半圆轨道与水平面连接，相切于C点。

传送带以恒定的速率v顺时针运行，在光滑的水平面上有一质量m＝0.5kg的物体以v1＝6m/s的速度向左滑上传送带，经过2s物体的速度减为零，物体返回到光滑的水平面且沿着半圆轨道恰能运动到D点，g取10m/s2。

求：

（1）物体与传送带之间的动摩擦因数μ；

（2）传送带的速度v；

（3）物体在传送带上滑动过程中系统产生的热量。

解析：

（1）物体滑上传送带后在滑动摩擦力作用下做匀减速直线运动，设其运动的加速度大小为a，根据牛顿第二定律有：

μmg＝ma①

根据加速度定义式有：

－a＝②

由①②式联立解得：

μ＝＝＝0.3。

③

（2）当物体速度减为零后，由于传送带有恒定向右运动的速度，与物体间存在相对运动，物体将在滑动摩擦力作用下向右做匀加速直线运动，若皮带速度足够大，根据对称性可知，物体滑回光滑水平面时的速度v2大小应与v1相等，即v2＝v1＝6m/s

又由题意可知，物体返回到光滑的水平面且沿着半圆轨道恰能运动到D点，设经过最高点D时的速度为vD，在D处，根据牛顿第二定律和向心力公式有：

mg＝m④

在由C运动至D的过程中，根据动能定理有：

－mg×2R＝mvD2－mvC2⑤

由④⑤式联立解得：

vC＝＝m/s＝5m/s⑥

物体在光滑水平面上应做匀速直线运动，显然

vC＝5m/s＜v2＝6m/s

所以物体在传送带上返回时只能先做一段匀加速直线运动至与传送带速度相等后，再做匀速直线运动，并以该速度运动至C处，即有：

v＝vC＝5m/s。

⑦

（3）物体向左滑行时，相对传送带的位移为：

Δx1＝·t＋vt⑧

物体向右滑行时，相对传送带的位移为：

Δx2＝v·－⑨

物体在传送带上滑动过程中系统产生的热量为：

Q＝μmg（Δx1＋Δx2）⑩

由③⑦⑧⑨⑩式联立，并代入数据解得：

Q＝30.25J。

答案：

（1）0.3　

（2）5m/s　（3）30.25J

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（二）　电学计算题

1．如图所示，中轴线PQ将矩形区域MNDC分成上、下两部分，上部分充满垂直纸面向外的匀强磁场，下部分充满垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小皆为B。

一质量为m、带电荷量为q的带正电的粒子从P点进入磁场，速度与MC边的夹角θ＝30°，MC边长为a，MN边长为8a，不计粒子重力，求：

（1）若要该粒子不从MN边射出磁场，其速度最大是多少；

（2）若该粒子从P点射入磁场后开始计数，则当粒子第五次穿越PQ线时，恰好从Q点射出磁场，粒子运动的速度又是多少？

解析：

（1）设该粒子恰不从MN边射出磁场时的轨迹半径为r，轨迹如图所示，由几何关系得：

rcos60°＝r－a，解得r＝a

又由qvmB＝m

解得最大速度vm＝。

（2）当粒子第五次穿越PQ线时，恰好从Q点射出磁场时，由几何关系得

5×2rsin60°＝8a，

解得r＝a

又由qvB＝m

解得速度v＝。

答案：

（1）　

（2）

2．如图甲所示，一对平行金属板M、N长为L，相距为d，O1O为中轴线，两板间为匀强电场，忽略两极板外的电场。

当两板间加电压UMN＝U0时，某一带负电的粒子从O1点以速度v0沿O1O方向射入电场，粒子恰好打在上极板M的中点，粒子重力忽略不计。

（1）求带电粒子的比荷；

（2）若M、N间加如图乙所示的交变电压，其周期T＝，从t＝0开始，前时间内UMN＝2U，后时间内UMN＝－U，大量的上述粒子仍然以速度v0沿O1O方向持续射入电场，最终所有粒子恰好能全部离开电场而不打在极板上，求U的值。

解析：

（1）设粒子经过时间t0打在M板中点

沿极板方向有＝v0t0

垂直极板方向有＝t02

解得＝。

（2）粒子通过两板间的时间t＝＝T，从t＝0时刻开始，粒子在两板间运动时，每个电压变化周期的前三分之一时间内的加速度大小a1＝，在每个电压变化周期的后三分之二时间内的加速度大小a2＝，不同时刻从O1点进入电场的粒子沿电场方向的速度vy随时