2018_2019高考物理二轮复习计算题规范练52019031325

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计算题标准练(二)满分32分,实战模拟,20分钟拿下高考计算题高分!1.(14分)如图所示,两条相距l的光滑平行金属导轨位于同一竖直面(纸面)内,其上端接一阻值为R的电阻;在两导轨间OO′下方区域内有垂直导轨平面向里的匀强磁场,磁感应强度为B。

现使电阻为r、质量为m的金属棒ab由静止开始自OO′位置释放,向下运动距离d后速度不再变化。

(棒ab与导轨始终保持良好接触且下落过程中始终保持水平,导轨电阻不计)。

(1)求棒ab在向下运动距离d过程中回路产生的总焦耳热。

(2)棒ab从静止释放经过时间t0下降了,求此时刻的速度大小。

【解析】(1)金属棒受到的安培力:F=BI l=错误！未找到引用源。

,金属棒做匀速运动时速度达到稳定,由平衡条件得:错误！未找到引用源。

=mg,由能量守恒定律得:mgd=Q+mv2,解得:Q=mgd-(2)通过金属棒横截面的电荷量:对金属棒,由动量定理得:(mg-BI l)t0=mv,整理得:mgt0-B l q=mv,解得:v=gt0-错误！未找到引用源。

答案:(1)mgd-错误！未找到引用源。

(2)gt0-错误！未找到引用源。

2.(18分)如图,质量均为m的物体A和物体B通过一劲度系数为k的轻质弹簧相连,A、B都处于静止状态。

一条不可伸长的轻绳绕过轻滑轮,一端连物体A,另一端连一轻挂钩。

开始时各段绳都处于伸直状态,A上方的一段绳沿竖直方向。

现在挂钩上挂物体C并从静止状态释放,已知它恰好能使B离开地面但不继续上升。

已知重力加速度为g。

世纪金榜导学号49294278(1)求物体C的质量。

(2)当B刚要离开地面时,AC间的轻绳的拉力多大?(3)若将C换成质量为3m的物体D,仍从前述初始位置由静止状态释放,则这次B刚离地时D的速度的大小是多少?【解析】(1)开始时,A、B静止,设弹簧压缩量为x1,有kx1=mg ①挂C并释放后,C向下运动,A向上运动,设B刚要离地时弹簧伸长量为x2, 有kx2=mg ②由①②式可知,x1=x2=③B不再上升表示此时A和C的速度为零,C已降到其最低点。

25分钟规范训练(二)1．(12分)(2018·山东省淄博市高三下学期第二次模拟)如图，在水平道路上，质量为5×103kg 的拖车将另一同质量的故障车拖移。

用一根不可伸长的轻绳将两车连接。

行驶时车所受阻力为车重的0.25倍。

当拖车拖动故障车一起做匀速直线运动时，拖车输出功率为2×105W 。

在匀速行驶过程中，拖车司机发现前方有一障碍物便紧急刹车，司机反应时间为0.4s ，此后拖车水平方向只受到阻力，大小为其重力的0.5倍。

故障车所受阻力保持不变。

重力加速度g 大小取10m/s 2。

(1)若拖车停止时恰好与前方的障碍物不相撞，求拖车司机看到障碍物时距障碍物多远；(2)在这一过程中，拖车和故障车不能相撞，则拖车的绳长至少是多少？[解析] (1)设拖车和汽车匀速运动中牵引力为F ，阻力为f ，则有：F ＝f ＝k ·2mg又 P ＝Fv 0代入数据得：v 0＝8m/s反应时间内拖车的匀速位移x 1＝8×0.4＝3.2m拖车刹车时的加速度由a 1＝kmg m ＝5m/s 2 拖车刹车的位移由v 20－0＝2ax 2得x 2＝6.4m距离障碍物的距离为x 1＋x 2＝3.2＋6.4＝9.6m(2)故障车减速时的加速度为a 2＝k 2mg m ＝2.5m/s 2 故障车减速的位移由v 20－0＝2a 2x 3得：x 3＝12.8m分析可知两车若不相撞的长度至少为x 3－x 2＝6.4m2．(20分)(2018·湖北省宜昌市高三下学期第四次模拟)如图所示，两足够长且不计其电阻的光滑金属轨道，如图所示放置，间距为d ＝1m ，在左端斜轨道部分高h ＝1.25m 处放置一金属杆a ，斜轨道与平直轨道区域以光滑圆弧连接，在平直轨道右端放置另一金属杆b ，杆a 、b 电阻R a ＝2Ω、R b ＝5Ω，在平直轨道区域有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B ＝2T 。

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计算题标准练(十)满分32分,实战模拟,20分钟拿下高考计算题高分!1.(14分)如图所示,有一质量m=1kg的小物块,在平台上以初速度v0=3m/s 水平抛出,到达C点时,恰好沿C点的切线方向进入固定在水平地面上的半径R=0.5m的粗糙圆弧轨道,最后小物块滑上紧靠轨道末端D点的质量为M=3kg的长木板,木板上表面与圆弧轨道末端切线相平,木板下表面与水平地面之间光滑接触,当小物块在木板上相对木板运动l=1m时,与木板有共同速度,小物块与长木板之间的动摩擦因数μ=0.3,C点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角θ=53°,不计空气阻力,取g=10m/s2,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6。

求: 世纪金榜导学号49294286(1)A、C两点的高度差h。

(2)物块刚要到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力。

(3)物块通过圆弧轨道克服摩擦力做的功。

【解析】(1)小物块到C点时的速度竖直分量为v Cy=v0tan 53°=3×m/s=4m/s下落的高度h==m=0.8 m。

(2)小物块在木板上滑行达到共同速度的过程木板的加速度大小:a1==m/s2=1m/s2,物块的加速度大小:a2==μg=3m/s2,由题意得:a1t=v D-a2t,v D t-a2t2-a1t2=l联立以上各式并代入数据解得v D=2m/s,物块在D点时由牛顿第二定律得F N-mg=m代入数据解得F N=26N由牛顿第三定律得F N′=F N=26N,方向竖直向下。

(3)小物块由A到D的过程中,由动能定理得mgh+mgR(1-cos 53°)-W=m-m代入数据解得W=10.5J。

答案:(1)0.8m(2)26N,方向竖直向下(3)10.5J2.(18分)1932年,劳伦斯和利文斯设计出了回旋加速器。

计算题规范练31．天文学家观察河外星系大麦哲伦云时，发现了LMCX-3双星系统，它由可见星A和不行见的暗星B组成．两星均可视为质点，不考虑其余天体的影响，A、B环绕二者连线上的O点做匀速圆周运动，它们之间的距离保持不变，如下图．引力常量为G，由观察结果可以获得可见星A的速率v和运转周期T.(1)可见星A所受暗星B的引力F A可等效成位于O点处的质量为m′的星体(可视为质点)对它的引力，设A和B的质量分别为m1、m2，试求m′(用m1、m2表示)．(2)求暗星B的质量m2与可见星A的速率v、运转周期T和质量m1之间的关系式．分析：(1)设A、B的圆轨道半径分别为r1、r2，角速度均为ω，由双星所受的向心力大小相等，可得m1ω2r1＝m2ω2r2，设A、B之间的距离为L，则L＝r1＋r2，联立可得L＝m1＋m2m2r1，由万有引力定律得，双星间的引力F＝G m1m2L2＝Gm1m32m1＋m22r21，由题意，将此引力等效成在O点处的质量为m′的星体对可见星A的引力，则有：F＝G m1m′r21解得m′＝m32m1＋m22.(2)对可见星A，有G m1m′r21＝m1v2r1，可见星A的轨道半径r1＝vT2π，联立解得m32m1＋m22＝v3T2πG.答案：(1)m32m1＋m22(2)m32m1＋m22＝v3T2πG2．如下图，直角边长为0.4 m的等腰直角斜面体AOB固定在水平川面上，C为斜面的中点．一小球从C点正上方与A等高的地点自由落下与斜面碰撞后做平抛运动，不计碰撞时的能量损失．g取10 m/s2.(1)求小球从开始着落到落到水平川面上所用的时间．(2)以OB为x轴，OA为y轴，成立xOy坐标系．小球从坐标为(x，y)处自由着落，与斜面碰撞一次后落到B点，写出y与x的关系式．分析：(1)自由着落至C点过程，则有：h2＝12gt21，代入数据解得：t1＝0.2 s，平抛过程着落高度也为h 2，故着落运动的时间：t＝2t1＝0.4 s.(2)由开释点落至斜面过程，设落至斜面时的速度为v，则有：v2＝2g[y－(h －x)]，平抛运动过程设运动时间为t′，则有：h－x＝12gt′2，h－x＝vt′，联立消去t′解得：y＝－54x＋12(0<x<0.4)．答案：(1)0.4 s(2)y＝－54x＋12(0<x<0.4)3．如图，一半径为R 的圆表示一柱形地区的横截面(纸面)．在柱形地区内加一方向垂直于纸面的匀强磁场，一质量为m 、电荷量为q 的粒子沿图中直线从圆上的a 点射入柱形地区，从圆上的b 点走开该地区，走开时速度方向与直线垂直．圆心O 到直线的距离为35R .现将磁场换为平行于纸面且垂直于直线的匀强电场，同一粒子以相同速度沿直线从a 点射入柱形地区，也从b 点走开该地区．若磁感觉强度大小为B ，不计重力，求电场强度的大小．分析：粒子在磁场中做圆周运动．设圆周的半径为r ，由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得qvB ＝m v 2r ，①式中v 为粒子在a 点的速度．过b 点和O 点作直线的垂线，分别与直线交于c 点和d 点．由几何关系知，线段ac 、bc 和过a 、b 两点的圆弧轨迹的两条半径(未画出)围成一正方形．所以ac ＝bc ＝r ，②设cd ＝x ，由几何关系得ac ＝45R ＋x ，③bc ＝35R ＋R 2－x 2，④联立②③④式得r ＝75R .⑤再考虑粒子在电场中的运动．设电场强度的大小为E，粒子在电场中做类平抛运动，设其加快度大小为a，由牛顿第二定律和带电粒子在电场中的受力公式得qE＝ma⑥粒子在电场方向和直线方向运动的距离均为r，由运动学公式得r＝12at2⑦r＝vt⑧式中t是粒子在电场中运动的时间．联立①⑤⑥⑦⑧式得E＝14qRB2 5m.答案：14qRB2 5m。

高考物理二轮复习:计算题规范练21．图示为两个足球运动员在赛前练习助攻进球的过程，其中BP 在一条直线上，假设甲运动员在B 处将足球以11 m/s 的速度沿直线的方向踢出，足球沿着地面向球门P 处运动，足球运动的加速度大小为1 m/s 2，在A 位置的乙运动员发现甲运动员将足球踢出去后，经过1 s 的反应时间，开始匀加速向连线上的C 处奔去，乙运动员的最大速度为9 m/s ，已知B 、C 两点间的距离为60.5 m ，A 、C 两点间的距离为63 m.(1)乙运动员以多大的加速度做匀加速运动，才能与足球同时运动到C 位置？(2)乙运动员运动到C 处后以一定的速度将足球沿CP 方向踢出，已知足球从C 向P 做匀减速运动，足球运动的加速度大小仍然为1 m/s 2，假设C 点到P 点的距离为9.5 m ，守门员看到运动员在C 处将足球沿CP 方向踢出后，能够到达P 处扑球的时间为1 s ，那么乙运动员在C 处给足球的速度至少为多大，足球才能射进球门？解析：(1)对于足球：x BC ＝v 0t －12at 2， 代入数据得：t ＝11 s ，乙运动员的运动时间t 乙＝t －1＝10 s.乙运动员的最大速度为9 m/s ，乙运动员先加速后匀速到C 处，设加速时间为t ′，则x AC ＝v m 乙2t ′＋v m 乙(t －t ′)， 代入数据求得：t ′＝6 s ，a 乙＝vm 乙t ′＝1.5 m/s 2. (2)由题意知，足球从C 到P 时间最多为1 s ，乙运动员给足球的速度最少为v ，此时足球位移x CP ＝vt －12at 2，代入数据可得v ＝10 m/s. 答案：(1)1.5 m/s 2(2)10 m/s2. (2018·太原模拟)如图所示，区域Ⅰ、Ⅲ内存在垂直纸面向外的匀强磁场，区域Ⅲ内磁场的磁感应强度为B ，宽为1.5d ，区域Ⅰ中磁场的磁感应强度B 1未知，区域Ⅱ是无场区，宽为d ，一个质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子从磁场边界上的A 点与边界成θ＝60°角垂直射入区域Ⅰ的磁场，粒子恰好不从区域Ⅲ的右边界穿出且刚好能回到A 点，粒子重力不计．(1)求区域Ⅰ中磁场的磁感应强度B 1.(2)求区域Ⅰ磁场的最小宽度L .(3)求粒子从离开A 点到第一次回到A 点的时间t .解析：(1)由题意知粒子的运动轨迹如图所示，设在区域Ⅰ、Ⅲ中粒子做圆周运动的半径分别为r 、R ，由图知R ＋R cos θ＝1.5d ，R sin θ－dtan θ＝r sin θ， 联立得R ＝d ，r ＝d 3， 由洛伦兹力提供向心力得qvB ＝m v 2R， 同理区域Ⅰ中qvB 1＝m v 2r， 联立得B 1＝3B .(2)由(1)及图知区域Ⅰ磁场的最小宽度L ＝r －r cos θ＝d 6. (3)在区域Ⅰ中r ＝mv qB 1.可得v ＝qB 1·d 3m ＝qBd m， 由图知粒子在区域Ⅰ中的运动时间为t 1＝2θ360°·2πm qB 1＝2πm 9qB， 在区域Ⅱ中的运动时间为t 2＝2d v sin θ＝43d 3v ＝43m 3qB ， 在区域Ⅲ中的运动时间为t 3＝240°360°·2πm qB ＝4πm 3qB， 所以粒子从离开A 点到第一次回到A 点的时间t ＝t 1＋t 2＋t 3＝14πm ＋123m 9qB. 答案：(1)3B (2)d 6 (3)14πm ＋123m 9qB3．如图所示，质量为m 的由绝缘材料制成的球与质量为M ＝19m 的金属球并排悬挂．现将绝缘球拉至与竖直方向成θ＝60°的位置自由释放，下摆后在最低点与金属球发生弹性碰撞．在平衡位置附近存在垂直于纸面的磁场．已知由于磁场的阻力作用，金属球将于再次碰撞前停在最低点处．求经过几次碰撞后绝缘球偏离竖直方向的最大角度将小于45°.解析：设小球m 的摆线长度为l小球m 在下落过程中与M 相碰之前满足机械能守恒：mgl (1－cos θ)＝12mv 20，①m 和M 碰撞过程是弹性碰撞，故满足：mv 0＝MV M ＋mv 1，②12mv 20＝12mv 21＋12MV 2M ，③ 联立②③得：v 1＝m －M m ＋Mv 0，④ 说明小球反弹，且v 1与v 0成正比，而后小球又以反弹速度和小球M 再次发生弹性碰撞，满足：mv 1＝MV M 1＋mv 2，⑤12mv 21＝12mv 22＋12MV 2M 1，⑥ 解得：v 2＝m －M m ＋M|v 1|，⑦ 整理得：v 2＝－(m －M m ＋M )2v 0.⑧ 故可以得到发生n 次碰撞后的速度：v n ＝|(m －M m ＋M)n v 0|，⑨ 而偏离方向为45°的临界速度满足：mgl (1－cos45°)＝12mv 2临界，⑩联立①⑨⑩代入数据解得，当n ＝2时，|v 2|>v 临界，当n ＝3时，|v 3|<v 临界，即发生3次碰撞后小球返回到最高点时与竖直方向的夹角将小于45°.答案：经过3次碰撞后绝缘球偏离竖直方向的最大角度将小于45°。

高考物理二轮复习:计算题规范练31．天文学家观测河外星系大麦哲伦云时，发现了LMCX­3双星系统，它由可见星A 和不可见的暗星B 构成．两星均可视为质点，不考虑其他天体的影响，A 、B 围绕两者连线上的O 点做匀速圆周运动，它们之间的距离保持不变，如图所示．引力常量为G ，由观测结果能够得到可见星A 的速率v 和运行周期T .(1)可见星A 所受暗星B 的引力F A 可等效成位于O 点处的质量为m ′的星体(可视为质点)对它的引力，设A 和B 的质量分别为m 1、m 2，试求m ′(用m 1、m 2表示)．(2)求暗星B 的质量m 2与可见星A 的速率v 、运行周期T 和质量m 1之间的关系式． 解析：(1)设A 、B 的圆轨道半径分别为r 1、r 2，角速度均为ω，由双星所受的向心力大小相等，可得m 1ω2r 1＝m 2ω2r 2，设A 、B 之间的距离为L ，则L ＝r 1＋r 2， 联立可得L ＝m 1＋m 2m 2r 1， 由万有引力定律得，双星间的引力F ＝G m 1m 2L 2＝Gm 1m 32m 1＋m 22r21，由题意，将此引力等效成在O 点处的质量为m ′的星体对可见星A 的引力，则有：F ＝Gm 1m ′r 21解得m ′＝m 32m 1＋m 22.(2)对可见星A ，有G m 1m ′r 21＝m 1v 2r 1，可见星A 的轨道半径r 1＝vT2π， 联立解得m 32m 1＋m 22＝v 3T2πG . 答案：(1)m 32m 1＋m 22 (2)m 32m 1＋m 22＝v 3T2πG2．如图所示，直角边长为0.4 m 的等腰直角斜面体AOB 固定在水平地面上，C 为斜面的中点．一小球从C 点正上方与A 等高的位置自由落下与斜面碰撞后做平抛运动，不计碰撞时的能量损失．g 取10 m/s 2.(1)求小球从开始下落到落到水平地面上所用的时间．(2)以OB 为x 轴，OA 为y 轴，建立xOy 坐标系．小球从坐标为(x ，y )处自由下落，与斜面碰撞一次后落到B 点，写出y 与x 的关系式．解析：(1)自由下落至C 点过程，则有：h 2＝12gt 21，代入数据解得：t 1＝0.2 s ， 平抛过程下落高度也为h2，故下落运动的时间：t ＝2t 1＝0.4 s.(2)由释放点落至斜面过程，设落至斜面时的速度为v ，则有：v 2＝2g [y －(h －x )]， 平抛运动过程设运动时间为t ′，则有：h －x ＝12gt ′2，h －x ＝vt ′，联立消去t ′解得：y ＝－54x ＋12(0<x <0.4)．答案：(1)0.4 s (2)y ＝－54x ＋12(0<x <0.4)3．如图，一半径为R 的圆表示一柱形区域的横截面(纸面)．在柱形区域内加一方向垂直于纸面的匀强磁场，一质量为m 、电荷量为q 的粒子沿图中直线从圆上的a 点射入柱形区域，从圆上的b 点离开该区域，离开时速度方向与直线垂直．圆心O 到直线的距离为35R .现将磁场换为平行于纸面且垂直于直线的匀强电场，同一粒子以同样速度沿直线从a 点射入柱形区域，也从b 点离开该区域．若磁感应强度大小为B ，不计重力，求电场强度的大小．解析：粒子在磁场中做圆周运动．设圆周的半径为r ，由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得qvB ＝m v 2r，①式中v 为粒子在a 点的速度．过b 点和O 点作直线的垂线，分别与直线交于c 点和d 点．由几何关系知，线段ac 、bc 和过a 、b 两点的圆弧轨迹的两条半径(未画出)围成一正方形．因此ac ＝bc ＝r ，②设cd ＝x ，由几何关系得ac ＝45R ＋x ，③bc ＝35R ＋R 2－x 2，④联立②③④式得r ＝75R .⑤再考虑粒子在电场中的运动．设电场强度的大小为E ，粒子在电场中做类平抛运动，设其加速度大小为a ，由牛顿第二定律和带电粒子在电场中的受力公式得qE ＝ma ⑥粒子在电场方向和直线方向运动的距离均为r ，由运动学公式得r ＝12at 2⑦r ＝vt ⑧式中t 是粒子在电场中运动的时间．联立①⑤⑥⑦⑧式得E ＝14qRB25m .答案：14qRB 25m。

25分钟规范训练(一)1．(12分)(2018·全国Ⅰ卷高考压轴题)如图所示，一质量为m 的小球C 用轻绳悬挂在O 点，小球下方有一质量为2m 的平板车B 静止在光滑水平地面上，小球的位置比车板略高，一质量为m 的物块A 以大小为v 0的初速度向左滑上平板车，此时A 、C 间的距离为d ，一段时间后，物块A 与小球C 发生碰撞，碰撞时两者的速度互换，且碰撞时间极短，已知物块与平板车间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g ，若A 碰C 之前物块与平板车已达共同速度，求：(1)A 、C 间的距离d 与v 0之间满足的关系式；(2)要使碰后小球C 能绕O 点做完整的圆周运动，轻绳的长度l 应满足什么条件？ [解析] (1)A 碰C 前与平板车速度达到相等，设整个过程A 的位移是x ，由动量守恒定律得mv 0＝(m ＋2m )v由动能定理得：μmgx ＝12m (v 20－v 2)解得x ＝4v 29μg满足的条件是d ≥4v 29μg(2)物块A 与小球C 发生碰撞，碰撞时两者的速度互换， C 以速度v 开始做完整的圆周运动，由机械能守恒定律得12mv 2＝mg ×2l ＋12mv ′2小球经过最高点时，有mg ≤mv ′2l解得l ≥v 2045g2．(20分)(2018·辽宁省大连市高三下学期模拟)如图所示，直角坐标系xOy 位于竖直平面内，在－3m ≤x ≤0的区域内有磁感应强度大小B ＝4.0×10－2T 、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，其左边界与x 轴交于P 点；在x >0的某区域内有电场强度大小E ＝3.2×104N/C 、方向沿y 轴正方向的有界匀强电场，其宽度d ＝2m 。

一质量m ＝4.0×10－25kg 、电荷量q ＝－2.0×10－17C 的带电粒子从P 点以速度v ＝4.0×106m/s ，沿与x 轴正方向成α＝60°角射入磁场，经电场偏转最终通过x 轴上的Q 点(图中未标出)，不计粒子重力。

计算题规范练51. (2018·黄冈模拟)如图所示，MN为绝缘板，C、D为板上两个小孔，AO为CD的中垂线，在MN的下方有匀强磁场，方向垂直纸面向外(图中未画出)，质量为m、电荷量为q的粒子(不计重力)以某一速度从A点沿平行于MN的方向进入静电分析器，静电分析器内有均匀辐向分布的电场(电场方向指向O点)，已知图中虚线圆弧的半径为R，其所在处场强大小为E，若粒子恰好沿图中虚线做圆周运动后从小孔C垂直于MN进入下方磁场．(1)求粒子运动的速度大小．(2)粒子在磁场中运动，与MN板碰撞，碰后以原速率反弹，且碰撞时无电荷的转移，经过几次碰撞后恰好从小孔D进入MN上方的一个三角形匀强磁场，从A点射出磁场，则三角形磁场区域最小面积为多少？MN上下两区域磁场的磁感应强度大小之比为多少？(3)粒子从A点出发后，第一次回到A点所经过的总时间为多少？解析：(1)粒子进入静电分析器做圆周运动，有Eq＝m v2 R，解得v＝EqR m.(2)粒子从D到A做匀速圆周运动，如图所示，三角形区域面积最小值为S＝R2 2.在磁场中洛伦兹力提供向心力，有Bq v＝m v2 r解得r＝m v Bq，设MN下方磁场的磁感应强度为B1，上方的磁感应强度为B2，r1＝Rn＋1＝m vB1q，r2＝R＝m vB2q，故B2B1＝1n＋1(n＝1,2,3，…)，(3)粒子在电场中运动时间t1＝2πr4v＝π2mREq，在MN下方的磁场中运动时间t2＝n＋12×2πr1×1v＝πRmEqR＝πmREq，在MN上方的磁场中运动时间t3＝14×2πr2v＝π2mREq，总时间t＝t1＋t2＋t3＝2πmREq.答案：(1)EqRm(2)S＝R22B2B1＝1n＋1(n＝1,2,3，…)(3)2πmREq2．(2018·成都检测)一平台的局部如图甲所示，水平面光滑，竖直面粗糙，大小不计的物块B与竖直面间的动摩擦因数μ＝0.5，右角上固定一定滑轮，在水平面上放着一质量m A＝1.0 kg，大小不计的物块A，一轻绳绕过定滑轮，轻绳左端系在物块A上，右端系住物块B，物块B质量m B＝1.0 kg，物块B刚好可与竖直面接触．起始时令两物块都处于静止状态，绳被拉直．设A距滑轮足够远，台面足够高，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略滑轮质量及其与轴之间的摩擦，g取10 m/s2.(1)同时由静止释放A、B，经t＝1 s，则A的速度多大；(2)同时由静止释放A、B，同时也对B施加力F，方向水平向左，大小随时间变化如图乙所示，求B运动过程中的最大速度和B停止运动所需时间．解析：(1)对A、B系统：m B g＝(m A＋m B)a1，解得a1＝5 m/s2.t＝1 s时，v＝a1t＝5 m/s.(2)A、B先做加速度减小的加速运动，在A、B加速度减为零之前，A、B一起运动，轻绳拉紧．由题图乙可得，F ＝kt (k ＝20 N/s)，对A 、B 系统：m B g －μF ＝(m A ＋m B )a得：a ＝－5t ＋5.作a -t 图如图：0～1 s ，a 逐渐减小到0，t 1＝1 s 速度最大，且对应三角形面积：v m ＝12×1×5 m/s ＝2.5 m/s. 当B 开始减速时，轻绳松弛，A 匀速，B 减速．对B ：m B g －μF ＝m B a ，得：a ＝－10t ＋10(t ≥1 s)由图可知，B 停止运动时，图线与时间轴所围的总面积为零，即两三角形面积相等．得：12Δt ·10Δt ＝2.5， Δt ＝22 s ，t 总＝t 1＋Δt ＝⎝⎛⎭⎪⎫1＋22s ≈1.7 s. 答案：(1)5 m/s (2)2.5 m/s 1.7 s3．如图所示，两电阻不计的足够长光滑平行金属导轨与水平面夹角为θ，导轨间距为l ，所在平面的正方形区域abcd 内存在有界匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于斜面向上．将甲、乙两阻值相同、质量均为m 的相同金属杆放置在导轨上，甲金属杆处在磁场的上边界，甲、乙相距l .从静止释放两金属杆的同时，在甲金属杆上施加一个沿着导轨的外力，使甲金属杆在运动过程中始终沿导轨向下做匀加速直线运动，且加速度大小为a ＝g sin θ，乙金属杆刚进入磁场时做匀速运动．(1)求每根金属杆的电阻R .(2)从刚释放金属杆时开始计时，写出从计时开始到甲金属杆离开磁场的过程中外力F 随时间t 的变化关系式，并说明F 的方向．(3)若从开始释放两杆到乙金属杆离开磁场，乙金属杆共产生热量Q ，试求此过程中外力F 对甲做的功．解析：因为甲、乙加速度相同，所以，当乙进入磁场时，甲刚出磁场，乙进入磁场时的速度v 乙＝2gl sin θ，根据平衡条件有mg sin θ＝B 2l 2v 乙2R， 解得R ＝B 2l 22gl sin θ2mg sin θ. (2)甲在磁场中运动时，外力始终等于安培力，即F ＝F 安＝B 2l 2v 2R，速度v ＝gt sin θ， 解得F ＝mg 2sin 2θ2gl sin θt ，方向沿导轨向下． (3)乙进入磁场前，甲、乙产生的热量相同，设为Q 1，则有F 安l ＝2Q 1，又F ＝F 安，故外力F 对甲做的功W F ＝Fl ＝2Q 1， 甲出磁场以后，外力F 为零，乙在磁场中，甲、乙产生的热量相同，设为Q 2，则有 F ′安l ＝2Q 2，又F ′安＝mg sin θ，Q ＝Q 1＋Q 2，解得W F ＝2Q －mgl sin θ.答案：(1)B 2l 22gl sin θ2mg sin θ (2)F ＝mg 2sin 2θ2gl sin θt 方向沿导轨向下 (3)2Q －mgl sin θ。

计算规范练(一)(时间：20分钟 分值：32分)24．(12分)如图1甲所示，用粗细均匀的导线制成的一只圆形金属圈，现被一根绝缘丝线悬挂在竖直平面内处于静止状态，已知金属圈的质量为m ＝0.1 kg ，半径为r ＝0.1 m ，导线单位长度的阻值为ρ＝0.1 Ω/m ，金属圈的上半部分处在一方向垂直圈面向里的有界匀强磁场中，磁感应强度B 随时间t 的变化关系如图乙所示，金属圈下半部分在磁场外，已知从t ＝0时刻起，测得经过10 s 丝线刚好被拉断．重力加速度g 取10 m/s 2.求：(1)金属圈中感应电流的大小及方向；(2)丝线所能承受的最大拉力F ；(3)此过程中金属圈中产生的焦耳热Q.图1【解析】 (1)由楞次定律可知，金属圈中电流方向为逆时针方向，由题图乙知，ΔB Δt ＝0.8 T/s ，金属圈的电阻为R ＝2πrρ(2分)根据欧姆定律和法拉第电磁感应定律可得：金属圈中感应电流I ＝ΔΦΔt ·R ＝ΔB Δt ·πr 222πrρ＝ΔB Δt ·r 4ρ＝0.2 A ．(2分)(2)t时刻磁感应强度B＝ΔBΔt·t(2分)金属圈受到的安培力F安＝BI·2r，根据平衡条件可知丝线的拉力：F＝F安＋mg＝BI·2r＋mg(2分)当t＝10 s时，丝线刚好被拉断，代入数据得丝线所能承受的最大拉力为F ＝1.32 N．(1分)(3)由焦耳定律，金属圈内产生的焦耳热Q＝I2Rt(2分)代入数据得：Q＝0.025 J．(1分)【答案】(1)0.2 A逆时针(2)1.32 N(3)0.025 J25．(20分)(2017·江苏高考)如图2所示，两个半圆柱A、B紧靠着静置于水平地面上，其上有一光滑圆柱C，三者半径均为R.C的质量为m，A、B的质量都为m2，与地面间的动摩擦因数均为μ.现用水平向右的力拉A，使A缓慢移动，直至C恰好降到地面．整个过程中B保持静止．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.求：图2(1)未拉A时，C受到B作用力的大小F；(2)动摩擦因数的最小值μmin；(3)A移动的整个过程中，拉力做的功W.【导学号：19624273】【解析】 (1)对C 受力分析，如图所示．(2分) 根据平衡条件有2F cos 30°＝mg(3分) 解得F ＝33mg(1分) (2)C 恰好降到地面时，B 受C 压力的水平分力最大F x max ＝32mg(2分) B 受地面的摩擦力f ＝μmg(2分) 根据题意，B 保持静止，则有f min ＝F x max(1分) 解得μmin ＝32(1分) (3)C 下降的高度h ＝(3－1)R(1分) A 的位移x ＝2(3－1)R摩擦力做功的大小W f ＝fx ＝2(3－1)μmgR(1分) 根据动能定理W －W f ＋mgh ＝0－0 (2分)解得W ＝(2μ－1)(3－1)mgR (2分)(2分) 【答案】 (1)33mg (2)32 (3)(2μ－1)(3－1)mgR。

选择题提速练151—5为单选，6—8为多选1. (2018·河南郑州一模)如图，一半径为R的绝缘环上，均匀地带有电荷量为Q的电荷，在垂直于圆环平面的对称轴上有一点P，它与环心O的距离OP＝L.设静电力常量为k，关于P 点的场强E，下列四个表达式中有一个是正确的，请你根据所学的物理知识，通过一定的分析，判断正确的表达式是(D)kQ kQLA. B.R2＋L2 R2＋L2kQRC. D.R2＋L23kQLR2＋L23解析：设想将圆环等分为n个小段，当n相当大时，每一小段都可以看做点电荷，其所带Q 电荷量为q＝①n由点电荷场强公式可求得每一点电荷在P处的场强为Q QE P＝k＝k②nr2 n R2＋L2由对称性可知，各小段带电环在P处的场强垂直于轴向的分量E y相互抵消，而轴向分量E x 之和即为带电环在P处的场强E，故kQ L kQLE＝nE x＝n××＝③n L2＋R2r r L2＋R2而r＝L2＋R2④kQL联立①②③④可得E＝，D正确．R2＋L232．如图所示，足够长的斜面上有a、b、c、d、e五个点，ab＝bc＝cd＝de，从a点水平抛出一个小球，初速度为v时，小球落在斜面上的b点，落在斜面上时的速度方向与斜面夹角为θ，不计空气阻力．当初速度为2v时(D)1A．小球可能落在斜面上的c点与d点之间B．小球一定落在斜面上的e点下方C．小球落在斜面时的速度方向与斜面的夹角大于θD．小球落在斜面时的速度方向与斜面的夹角也为θ解析：设ab＝bc＝cd＝de＝L0，斜面倾角为α，当初速度为v时，小球落在斜面上的b1 1 点，则有L0cosα＝vt1，L0sinα＝gt，当初速度为2v时，有L cosα＝2vt2，L sinα＝gt，21 22 2联立解得L＝4L0，即小球一定落在斜面上的e点，选项A、B错误；由平抛运动规律可知，小球落在斜面上时的速度方向与斜面的夹角也为θ，选项C错误，选项D正确．3．(2018·辽宁五校协作体模拟)如图所示，A放在固定的光滑斜面上，B、C两小球在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C球放在水平地面上，现用手控制住A，使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行．已知A的质量为4m，B、C的质量均为m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态．释放A后，A沿斜面下滑至速度最大时C恰好离开地面．下列说法正确的是(B)A．斜面的倾角α＝60°B．A获得的最大速度为2g m 5kC．C刚离开地面时，B的加速度最大D．从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B两小球组成的系统机械能守恒解析：A、B两球的速度大小时刻相等，当A沿斜面下滑至速度最大时，B球竖直上升的速度也达到最大，此时A、B两球的加速度均为零，选项C错误；根据“此时C恰好离开地面”可知，弹簧的弹力大小等于mg，对B由平衡条件可得，绳的拉力大小为2mg，对A由平衡条件得4mg sinα＝2mg，解得α＝30°，选项A错误；从释放A到A沿斜面下滑至速度最大的过程mg mg中，弹簧由被压缩逐渐变成被拉伸，在此过程中，由三个小球和弹簧组成的系统机械能守k k22mg2mg 1 m 恒，设A获得的最大速度为v，则4mg··sin30°－mg·＝×5mv2，解得v＝2g，k k 2 5k选项B正确；从释放A到C刚离开地面的过程中，弹簧对B的弹力先做正功后做负功，所以由A、B两小球组成的系统的机械能先增大后减小，即机械能不守恒，选项D错误．4.如图所示，甲、乙两同学从河中O点出发，分别沿直线游到A点和B点后，立即沿原路线返回到O点，OA、OB分别与水流方向平行和垂直，且OA＝OB.若水流速度不变，两人在静水中游速相等，则他们所用时间t甲、t乙的大小关系为(C)A．t甲<t乙B．t甲＝t乙C．t甲>t乙D．无法确定s 解析：设水速为v0，人在静水中速度为v，对甲，由O→A所用时间t1＝，由A→Ov＋v0s s s2v所用时间t2＝，则甲所用时间t甲＝t1＋t2＝＋＝s①式；对乙，由O→B v－v0 v＋v0 v－v0 v2－v202s2s t甲和由B→O的实际速度v′＝v2－v20，故所用时间t乙＝＝②式；两式相比得＝v′v2－v20t乙v>1，即t甲>t乙，故C正确．v2－v205．传感器是自动控制设备中不可缺少的元件，已经渗透到宇宙开发、环境保护、交通运输以及家庭生活等各种领域．下图为几种电容式传感器，其中通过改变电容器两极间距离而引起电容变化的是(C)3解析：图A中是通过改变电介质而引起电容变化的，图B和D是通过改变两极的正对面积而引起电容变化的，图C中是通过改变电容器两极间距离而引起电容变化的，选项C正确．6．2016年10月，宁东—浙江±800 kV直流特高压输电工程完成大负荷试验工作，成为我国第5个直流特高压输变电工程．如图所示是远距离输电示意图，电站的原输出电压U1＝250 kV，输出功率P1＝1×105 kW，输电线电阻R＝8 Ω.则进行远距离输电时，下列说法中正确的是(AC)A．若电站的输出功率突然增大，则降压变压器的输出电压减小B．若电站的输出功率突然增大，则升压变压器的输出电压增大n1 1C．输电线损耗比例为5%时，所用升压变压器的匝数比＝n2 16D．用800 kV高压输电，输电线损耗功率为8 000 WU1 n1 P1解析：由＝知U1不变时，U2也不变，选项B错误；由U3＝U2－R知，电站的输出功U2 n2 U2U3 n3 P1 ΔP 率突然增大，U3减小，又＝，故U4也减小，选项A正确；I1＝＝400 A，I2＝＝25 A，U4 n4 U1 RI2 n1 25 1 P1＝＝＝，选项C正确；用800千伏高压输电，即U2′＝800千伏，I2′＝＝125 I1 n2 400 16 U2′A，ΔP′＝I2′2R＝1.25×102 kW，选项D错误．7．(2018·新课标全国卷Ⅱ)甲、乙两汽车在同一条平直公路上同向运动，其速度—时间图象分别如图中甲、乙两条曲线所示．已知两车在t2时刻并排行驶，下列说法正确的是4(BD)A．两车在t1时刻也并排行驶B．t1时刻甲车在后，乙车在前C．甲车的加速度大小先增大后减小D．乙车的加速度大小先减小后增大解析：v­t图象中图象包围的面积代表运动走过的位移，两车在t2时刻并排行驶，利用逆向思维并借助于面积可知在t1时刻甲车在后，乙车在前，故A错误，B正确；图象的斜率表示加速度，所以甲的加速度先减小后增大，乙的加速度也是先减小后增大，故C错，D正确，故选BD.8．如图所示，S处有一电子源，可向纸面内任意方向发射电子，平板MN垂直于纸面，在纸面内的长度L＝9.1 cm，中点O与S间的距离d＝4.55 cm，MN与SO直线的夹角为θ，板所在平面有电子源的一侧区域有方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B＝2.0×10－4T. 电子质量m＝9.1×10－31kg，电量e＝－1.6×10－19C，不计电子重力．电子源发射速度v＝1.6×106 m/s的一个电子，该电子打在板上可能位置的区域的长度为l，则(AD)A．θ＝90°时，l＝9.1 cm B．θ＝60°时，l＝9.1 cmC．θ＝45°时，l＝4.55 cm D．θ＝30°时，l＝4.55 cm解析：电子在磁场中受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，根据洛伦兹力大小计算公式和向心v2 mv9.1 × 10－31 × 1.6 × 106力公式有：evB＝m，解得电子圆周运动的轨道半径为：r＝＝r eB 1.6 × 10－19 × 2.0 × 10－4Lm＝4.55×10－2 m＝4.55 cm，恰好有：r＝d＝，由于电子源S可向纸面内任意方向发射电子，2因此电子的运动轨迹将是过S点的一系列半径为r的等大圆，能够打到板MN上的区域范围如5图甲所示，实线SN表示电子刚好经过板N端时的轨迹，实线SA表示电子轨迹刚好与板相切于A 点时的轨迹，因此电子打在板上可能位置的区域的长度为：l＝NA，又由题设选项可知，MN与SO直线的夹角θ不定，但要使电子轨迹与MN板相切，根据图中几何关系可知，此时电子的轨迹圆心C一定落在与MN距离为r的平行线上，如图乙所示，当l＝4.55 cm时，即A点与板O点重合，作出电子轨迹如图中实线S1A1，由图中几何关系可知，此时S1O与MN的夹角θ＝30°，故C错误，D正确；当l＝9.1 cm时，即A点与板M端重合，作出电子轨迹如图中实线S2A2，由几何关系可知，此时S2O与MN的夹角θ＝90°，故A正确，B错误．6。