高三物理二轮复习 计算题天天练(二)

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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。

咐呼州鸣咏市呢岸学校选择题天天练(三)一、单项选择题(在每题给出的四个选项中,只有一个选项符合题目要求)1.(2021二中检测)我国第一条商业运营的“磁悬浮〞列车已于2003年10月1日正式运营.据报道,磁悬浮线全长33 000 m,全程行驶约7 min 30 s,列车的最高速度为120 m/s.如下图为列车到达最高时速前的速度图线OABC,这段位移为14 700 m,那么列车在BC 段的加速度为( ) A.0.4 m/s 2B.0.5 m/s 2C.0.6 m/s 2D.0.7 m/s 22.长直导线与闭合金属线框位于同一平面内,长直导线中的电流i 随时间t 的变化关系如下图.在0～T 2时间内,直导线中电流向上.那么在T 2～T 时间内,线框中感电流的方向与所受安培力情况是( ) A.感电流方向为顺时针,线框受安培力的合力方向向左 B.感电流方向为顺时针,线框受安培力的合力方向向右 C.感电流方向为逆时针,线框受安培力的合力方向向右 D.感电流方向为逆时针,线框受安培力的合力方向向左3.(2021模拟)一小球由地面竖直上抛,运动过程所受的阻力大小恒于其重力的0.1倍,上升的最大高度为H.选择地面为零势能面,小球上升至离地高度为h 时,其动能是重力势能的2倍,那么h 于( )A.11H29B.H 3C.11H31D.9H 31 4.(2021全真模拟)如图,把扁平状强磁铁固,N 极朝上.取一节大容量干电池,让它正极朝下,把一枚螺丝钉的尖端吸附在电池正极的铁壳帽上,让其位于磁心位置上方悬空(螺丝钉可自由旋转).电源的负极固一个电流传感器(图中未画出),电流传感器的另一端用导线轻触螺丝钉的后端.此时磁铁、螺丝钉、电源和电流传感器就构成了一个回路,螺丝钉就会转动,这就成了一个简单的“电动机〞.设电源电动势为E,内阻为r,螺丝钉电阻为R,电流为I,那么以下判断正确的( ) A.螺丝钉俯视逆时针快速转动B.电阻R 的功率P=I 2RC.回路中电流I=E R+rD.电源两端电压U=E-Ir二、不项选择题(在每题给出的四个选项中,至少有一个选项符合题目要求)5.(2021模拟)如下图,有一矩形区域abcd,水平边长s=√3 m,竖直边长h=1 m.当该区域只存在大小为E=10 N/C,方向竖直向下的匀强电场时,一比荷为qm=0.1 C/kg 的正粒子由a 点沿ab 方向以速率v 0进入该区域,粒子运动轨迹恰好通过该区域的几何中心.当该区域只存在匀强磁场时,另一个比荷也为q m=0.1 C/kg 的负粒子由c 点沿cd 方向以同样的速率v 0进入该区域,粒子运动轨迹也恰好通过该区域的几何中心.不计粒子的重力,那么( )A.粒子进入矩形区域时的速率v 0=√32m/sB.磁感强度大小为√32T,方向垂直纸面向外C.正、负粒子各自通过矩形区域所用时间之比为√6πD.正、负粒子各自离开矩形区域时的动能相6.(2021七中模拟)如图,两质量均为m 的小球,通过长为L 的不可伸长轻绳水平相连,从某一高处自由下落,下落过程中绳处于水平伸直状态.在下落h 高度时,绳中点碰到水平放置的光滑钉子O,重力加速度为g,那么( )A.轻绳与钉子相碰后的瞬间,小球的加速度大小为gB.从轻绳与钉子相碰到小球刚到达最低点的过程,重力的功率先增大后减小C.小球刚到达最低点时速度大小为√2g(L 2+h)D.小球刚到达最低点时,绳子对小球的拉力大小为m(4ℎL+3)g7.(2021全真模拟)如图M 和N 是两个带有异种电荷的带电体,(M 在N 的正上方,图示平面为竖直平面)P 和Q 是M 外表上的两点,S 是N 外表上的一点.在M 和N 之间的电场中画有三条势线.现有一个带负电的油滴从E点射入电场,它经过了F 点和W 点,油滴在F 点时的机械能大于在W 点的机械能.(E,W 两点在同一势线上,不计油滴对原电场的影响,不计空气阻力)那么以下说法正确的选项是( ) A.P 点的电势高于Q 点的电势 B.P 点的电势高于S 点的电势C.油滴在F 点的电势能低于在E 点的电势能D.油滴在E,F,W 三点的机械能和电势能之和先减小后增大选择题天天练(三)1.B 设匀速运动的时间为t,根据速度图象与坐标轴所围的“面积〞大小于位移得 x=12×60×60+60t+12×(60+120)×(215-60-t) 解得t=35 s那么a=Δv Δt =120-60215-60-35m/s 2=0.5 m/s 2,应选项A,C,D 错误,B 正确. 2.B 在时间T 2～T 内,由楞次律可知,线框中感电流的方向为顺时针,由左手那么可判断线框受安培力的合力方向向右,选项B 正确.3.C 设小球受到的阻力大小恒为f,小球上升至最高点过程由动能理得 -mgH-fH=0-12m v 02, 小球上升至离地高度h 处时速度设为v 1,由动能理得 -mgh-fh=12m v 12-12m v 02, 又12m v 12=2mgh,f=0.1mg 解得h=11H31,选项C 正确. 4.D 螺丝钉俯视该是顺时针快速转动,应选项A 错误;螺丝钉转动产生反感电动势,故电流I<ER+r,电阻R 的功率P=IU>I 2R,应选项B,C 错误;由闭合电路的欧姆律知选项D 正确.5.AC 正粒子在匀强电场中做类平抛运动,据题有:s 2=v 0t 1,ℎ2=12a t 12,a=qE m, 联立解得v 0=√32m/s,选项A 正确;负粒子在磁场中做匀速圆周运动,负粒子刚进入磁场时所受洛伦兹力方向向上,由左手那么判断磁场的方向垂直纸面向里,设粒子的轨迹半径为r,由几何关系得(s2)2+(r-ℎ2)2=r 2,解得r=1 m,由qv 0B=mv 02r得B=5√3 T,选项B 错误;该正粒子通过矩形区域从cd 边界穿出所用时间为t E ,那么有h=12a t E 2,得t E =√2s.因为r=h,所以负粒子的圆心在b 点,那么其通过磁场的时间为t B =T 4=πm 2qB =√3s.故t E t B =√6π,选项C 正确;洛伦兹力不做功,故负粒子动能不变,电场力做正功,正粒子动能增加,所以二者离开矩形区域时的动能不相,选项D 错误.6.BCD 轻绳与钉子相碰后瞬间,小球将做圆周运动,此时小球速度不为零,径向的合力提供向心力,所以小球的拉力不为零,小球受重力和拉力作用,根据牛顿第二律知,加速度不于g,应选项A 错误.以向下为正方向,轻绳与钉子相碰后,竖直方向合力为F=mg-Tsin θ,开始时θ很小,mg>T sin θ,F>0,竖直方向加速度向下,v y 增大,快到最低点时,Tsin θ>mg,F<0,竖直方向加速度向上,v y 减小,根据P G =mgv y 可知重力的瞬时功率先增大后减小,应选项B 正确;从最高点到小球刚到达最低点的过程中运用动能理得:12mv 2=mg(L2+h),解得v=√2 g(L2+h),应选项C 正确,在最低点根据牛顿第二律得F-mg=m v 2L 2,解得F=4mgℎL+3 mg,应选项D 正确. 7.BC P 和Q 两点在带电体M 的外表上,M 是处于静电平衡状态的导体,其外表是一个势面,故P 和Q 两点的电势相,应选项A 错误;带负电的油滴在F 点时的机械能大于在W 点的机械能,故从F 点到W 点,机械能减小,电场力做负功,那么电场线垂直势面向下,P 点的电势高于S 点的电势,故E 点的电势低于F 点的电势,根据E p =q φ,油滴在F 点的电势能低于在E 点的电势能,应选项B,C 正确;油滴在运动过程中只有重力和电场力做功,那么油滴在E,F,W 三点的“机械能和电势能之和〞没有改变,应选项D 错误.。

计算规范练(二)(时间：20分钟分值：32分)24．(14分)(2018·虎林市摸底考试)如图1所示，水平地面上OP段是粗糙的，OP 长为L＝1.6 m，滑块A、B与该段间的动摩擦因数均为μ＝0.5，水平地面的其余部分是光滑的，滑块B静止在O点，其质量m B＝2 kg，滑块A在O点左侧以v0＝5 m/s的水平速度向右运动，并与B发生正碰，A质量是B质量的k(k取正整数)倍，滑块均可视为质点．取g＝10 m/s2.图1(1)若滑块A与B发生完全非弹簧碰撞，求A、B碰撞过程中损失的机械能；(2)若滑块A与B发生弹性碰撞，试讨论k在不同取值范围时，滑块A克服摩擦力所做的功．【解析】(1)设滑块A碰B后的共同速度为v，A、B碰撞过程中损失的机械能为ΔE由动量守恒定律有m A v0＝(m A＋m B)v ①(2分)由能量守恒定律有ΔE＝12m Av20－12(m A＋m B)v2 ②(2分)联立①②式并代入数据解得ΔE＝25k1＋kJ．③(1分)(2)设碰撞后A、B速度分别为v A、v B，且设向右为正方向，由于弹性碰撞，则有：m A v0＝m A v A＋m B v B ④(1分)12m A v20＝12m Av2A＋12m Bv2B⑤(1分)联立④⑤式并代入数据解得v A＝5(k－1)k＋1m/s ⑥(1分)v B＝10kk＋1m/s ⑦(1分)假设滑块A、B都能在OP段滑动，滑块A、B在OP段的加速度(a A＝a B＝μg)相等，由⑥⑦式知在任意时刻v B>v A，滑块A、B不会再一次发生碰撞．由题知，当滑块A刚好能够到达P点有12m Av2A＝μm A gL ⑧(1分)代入数据解得k＝9 ⑨(1分)讨论：①当k＝1时，v A＝0，滑块A停在O点，A克服摩擦力所做的功为W fA ＝0⑩(1分)②当1<k≤9时，滑块A停在OP之间，A克服摩擦力所做的功为W fA＝12m Av2A＝25k(k－1k＋1)2 J (1分)③当k>9时，滑块A从OP段右侧离开，A克服摩擦力所做的功为W fA＝μm A gL＝16k J．(1分)【答案】(1)25k1＋kJ(2)见解析25．(18分)如图2甲所示，竖直虚线MN、PQ间有垂直于纸面向里的匀强磁场，MN左侧有水平的平行金属板，板的右端紧靠虚线MN，在两板的电极E、F 上加上如图乙所示的电压，在板的左侧沿两板的中线不断地射入质量为m、电荷量为＋q的带电粒子，粒子的速度均为v0，侧移最大的粒子刚好从板的右侧边缘射入磁场，两板长为L，若Lv0远小于T，磁场的磁感应强度为B，U0＝m v203q，不计粒子的重力，求：图2(1)两板间的距离d为多少？(2)要使所有粒子均不能从边界PQ射出磁场，PQ、MN间的距离至少多大？(3)若将下板下移(3－1)d，则所有粒子进入磁场后，要使所有粒子均不能从边界PQ 射出磁场，PQ 、MN 间的距离至少为多大？【导学号：19624274】【解析】 (1)由于Lv 0远小于T ，因此每个粒子穿过电场时可以认为电场强度大小不变，当两板间的电压为U 0时，粒子穿过两板间的侧移最大，设板间距离为d ，则 t ＝L v 0(1分) 12d ＝12·qU 0md ·t 2(2分) 求得d ＝3L 3.(2分)(2)设粒子进磁场时速度与水平方向的夹角为θ，则粒子在磁场中运动的速度 v ＝v 0cos θ(1分) 粒子在磁场中运动时q v B ＝m v 2R (1分) R ＝m v 0qB cos θ(1分)粒子在磁场中做圆周运动时，轨迹上点离MN 的最远距离 s ＝R ＋R sin θ＝m v 0qB (1cos θ＋tan θ)(2分)可见，θ越大，s 越大，则从平行板边缘飞出的粒子速度与水平方向夹角最大，此时 tan θ＝12d 12L ＝d L ＝33(1分)θ＝30°(1分)因此PQ 、MN 间的距离至少为s ＝m v 0qB (1cos θ＋tan θ)＝3m v 0qB .(2分) (3)若将下板下移(3－1)d ，则两板间的距离为3d (1分) 则所有粒子在电场中的侧移最大值y ＝12·qU 0m ×3d (L v 0)2＝16L(1分)设最大偏向角为α，则tan α＝y12L＝13，则cos α＝310(1分)因此要使所有粒子均不能从PQ边射出磁场，需要PQ、MN间的距离至少为s′＝m v0qB(1cos α＋tan α)＝(10＋1)m v03qB. (1分)【答案】(1)3L3(2)3m v0qB(3)(10＋1)m v03qB。

专题一力与运动（2）——2023届高考物理大单元二轮复习练重点【新课标全国卷】1.如图所示，小朋友在玩一种运动中投掷的游戏，目的是在运动中将手中的球投进离地面3 m高的吊环，他在车上和车一起以2 m/s的速度向吊环运动，小朋友抛球时手离地面1.2 m，当他在离吊环的水平距离为2 m时将球相对于自己竖直上抛，球刚好进入吊环，他将球竖直向上抛出的速度是（g取2）( )10m/sA.1.8 m/sB.3.2 m/sC.6.8 m/sD.3.6 m/s2.如图甲所示，水平地面上的一个物体，受到方向不变的水平推力F的作用，推力F 与时间t的关系如图乙所示，物体的速度v与时间t的关系如图丙所示，以下说法正确的是( )A.0~2 s，物体受到的摩擦力大于推力B.0~6 s，物体受到的摩擦力大小为2 NC.2~4 s，物体的加速度大小为2D.物体的质量为0.5 kg1m/s3.每个人都有一个飞行梦，现在钢铁侠的梦想已能成为现实。

2020年中国深圳光启公司的马丁飞行背包接受预定，交付期一年。

消防员利用马丁飞行背包在某次高楼火灾观测时，从地面开始竖直飞行的v t-图像如图所示，下列说法正确的是( )A.消防员上升的最大高度为10 mB.消防员在2~6 s内正处于上升阶段C.消防员在8~10 s内处于超重状态D.消防员在8~16 s内的平均速度大小为3 m/s4.我国“蛟龙号”载人潜水器进行下潜试验，从水面开始竖直下潜，最后返回水面，其v t-图像如图所示，则下列说法正确的是( )A.0~4 min和6~10 min两时间段平均速度大小相等B.全过程中的最大加速度为20.025m/sC.3~4 min和6~8 min加速度方向相反D.本次下潜的最大深度为6 m5.如图所示，光滑斜面的倾角为θ，A球质量为2m B、球质量为m，图甲中A、B两球、两球用轻质杆相连，挡板C与斜面垂直，轻弹簧、轻杆用轻弹簧相连，图乙中A B均与斜面平行，在系统静止时，突然撤去挡板的瞬间有( )gθ B.图甲中B球的加速度为0A.图甲中A球的加速度为singθC.图乙中A B、两球的加速度均为sin 、两球的加速度均为0 D.图乙中A B6.如图所示，一个质量为m的均匀光滑球放在倾角30θ=︒的斜面上，并被斜面上一个竖直挡板挡住，处于平衡状态，则( )B.球对斜面的压力大小为2mg7.如图所示，倾斜固定的长木板A上放置一个内壁光滑的半球形凹槽B，凹槽中放有小球C，整个装置处于静止状态。

温馨提示：此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。

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计算题标准练(二)满分32分,实战模拟,20分钟拿到高考计算题高分!1.(12分)如图,倾角为θ的斜面固定在水平地面上(斜面底端与水平地面平滑连接),A点位于斜面底端,AB段斜面光滑,长度为s,BC段足够长,物体与BC段斜面、地面间的动摩擦因数均为μ。

质量为m的物体在水平外力F的作用下,从A点由静止开始沿斜面向上运动,当运动到B点时撤去力F。

求：(1)物体上滑到B点时的速度v B。

(2)物体最后停止时距离A点的距离。

【解析】(1)对物体,在AB段上滑过程中,由牛顿第二定律得：Fcosθ-mgsinθ=ma1,解得：a1=,由=2a 1s可得,v B=。

(2)物体过B点后继续上滑时,由牛顿第二定律得：mgsinθ+F f=ma2;F f=μF N;F N=mgcosθ;解得,加速度a2=gsinθ+μgcosθ①若mgsinθ≤μmgcosθ,即μ≥tanθ,物体最后停在BC段,s总=s+s2= s+=s+s=s;②若μ<tanθ,物体最后停在水平地面上,到A点距离为s3,则从A点至停下,由动能定理得W F+W f1+W f2=ΔE k,即：Fscosθ-2μmgcosθ-μmgs3=0;解得：s3=。

答案：(1)(2) s或者2.(20分)如图甲所示,某粒子源向外放射出一个α粒子,粒子速度方向与水平成30°角,质量为m,电荷量为+q。

现让其从粒子源射出后沿半径方向射入一个磁感应强度为B、区域为圆形的匀强磁场(区域Ⅰ)。

经该磁场偏转后,它恰好能够沿y轴正方向进入下方的平行板电容器,并运动至N板且恰好不会从N板的小孔P射出电容器。

已知平行板电容器与一边长为L的正方形单匝导线框相连,其内有垂直框面的磁场(区域Ⅱ),磁场变化如图乙所示。

不计粒子重力,求：(1)磁场区域Ⅱ磁场的方向及α粒子射出粒子源的速度大小。

能量守恒定律综合计算专题复习1．如图，光滑水平面上静止一质量m1=1.0kg、长L=0.3m的木板，木板右端有质量m2=1.0kg的小滑块，在滑块正上方的O点用长r=0.4m的轻质细绳悬挂质量m=0.5kg的小球。

将小球向右上方拉至细绳与竖直方向成θ=60°的位置由静止释放，小球摆到最低点与滑块发生正碰并被反弹，碰撞时间极短，碰撞前后瞬间细绳对小球的拉力减小了4.8N，最终小滑块恰好不会从木板上滑下。

不计空气阻力，滑块、小球均可视为质点，重力加速度g取10m/s2。

求：(1)小球碰前瞬间的速度大小；(2)小球碰后瞬间的速度大小；(3)小滑块与木板之间的动摩擦因数。

2．如图所示，ABCD为固定在竖直平面内的轨道，其中ABC为光滑半圆形轨道，半径为R，CD为水平粗糙轨道，一质量为m的小滑块（可视为质点）从圆轨道中点B由静止释放，滑至D点恰好静止，CD 间距为4R。

已知重力加速度为g。

(1)求小滑块与水平面间的动摩擦因数(2)求小滑块到达C点时，小滑块对圆轨道压力的大小(3)现使小滑块在D点获得一初动能，使它向左运动冲上圆轨道，恰好能通过最高点A，求小滑块在D点获得的初动能3．如图甲，倾角α＝37︒的光滑斜面有一轻质弹簧下端固定在O点，上端可自由伸长到A点。

在A点放一个物体，在力F的作用下向下缓慢压缩弹簧到B点（图中未画出），该过程中力F随压缩距离x的变化如图乙所示。

重力加速度g取10m/s2，sin37︒＝0.6，cos37︒＝0.8，求：（1）物体的质量m；（2）弹簧的最大弹性势能；（3）在B点撤去力F，物体被弹回到A点时的速度。

4．如图所示，长为L的轻质木板放在水平面上，左端用光滑的铰链固定，木板中央放着质量为m的小物块，物块与板间的动摩擦因数为μ.用力将木板右端抬起，直至物块刚好沿木板下滑．最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。

(1)若缓慢抬起木板，则木板与水平面间夹角θ的正切值为多大时物块开始下滑；(2)若将木板由静止开始迅速向上加速转动，短时间内角速度增大至ω后匀速转动，当木板转至与水平面间夹角为45°时，物块开始下滑，则ω应为多大；(3)在(2)的情况下，求木板转至45°的过程中拉力做的功W。

综合练(二)1．(2017·湖南长郡中学月考)目前雾霾天气仍然困扰人们，为了解决此难题很多环保组织和环保爱好者不断研究．某个环保组织研究发现通过降雨能有效解决雾霾天气．当雨滴在空中下落时，不断与漂浮在空气中的雾霾颗粒相遇并结合为一体，其质量不断增大，直至落地．现将上述过程简化为沿竖直方向的一系列碰撞，且碰撞时间极短可认为动量守恒，已知雨滴的初始质量为m ，初速度为v 0，每个雾霾颗粒质量均为m 0，假设雾霾颗粒均匀分布，且雨滴每下落距离h 后才与静止的一个雾霾颗粒碰撞并立即结合在一起，已知重力加速度为g ，试求：(1)若不计重力和空气阻力，求第n 次碰撞后雨滴的速度大小； (2)若不计空气阻力，但考虑重力，求第1次碰撞后雨滴的速度大小；(3)若初始时雨滴受到的空气阻力是f ，假设空气阻力只与结合体的质量有关．以后每碰撞一次结合体受到的空气阻力与结合体的重力之比值不变，求从开始下落到第n 次碰撞的过程中克服空气阻力所做的总功．解析：(1)不计重力和空气阻力，设向下为正方向，全过程中动量守恒mv 0＝(m ＋nm 0)v n 解得v n ＝mv 0m ＋nm 0(2)若只受到重力，雨滴下降过程中做加速度为g 的匀加速运动，第1次碰撞前v 21＝v 20＋2gh 碰撞瞬间动量守恒，则有mv 1＝(m ＋m 0)v 1′ 解得v 1′＝mm ＋m 0v 20＋2gh(3)从开始下落到第n 次碰撞的过程中克服空气阻力所做的总功为W f ＝fh ＋(m ＋m 0)fhm＋(m ＋2m 0)fh m ＋…＋[m ＋(n －1)m 0]fh m解得W f ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤n ＋m 0n n －2mfh 答案：(1)mv 0m ＋nm 0 (2)mm ＋m 0v 20＋2gh (3)⎣⎢⎡⎦⎥⎤n ＋m 0n n －2mfh 2．(2017·广东肇庆市高三二模)如图所示，在直角坐标系xOy 平面内，虚线MN 平行于y 轴，N 点坐标为(－L,0)，MN 与y 轴之间有沿y 轴正方向的匀强电场，在第四象限的某区域有方向垂直于坐标平面的矩形有界匀强磁场(图中未画出)．现有一质量为m 、电荷量为－e 的电子，从虚线MN 上的P 点，以平行于x 轴正方向的初速度v 0射入电场，并从y 轴上点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12L 射出电场，射出时速度方向与y 轴负方向成30°角，此后，电子做匀速直线运动，进入矩形磁场区域并从磁场边界上点Q ⎝⎛⎭⎪⎫36L ，－L 射出，速度沿x 轴负方向，不计电子重力，求：(1)匀强电场的电场强度E 的大小；(2)匀强磁场的磁感应强度B 的大小和电子在磁场中运动的时间t ； (3)矩形有界匀强磁场区域的最小面积S min .解析：(1)设电子在电场中运动的加速度大小为a ，时间为t ，离开电场时，沿y 轴方向的速度大小为v y则L ＝v 0t ，a ＝eE m ，v y ＝at ，v y ＝v 0tan 30°联立解得E ＝3mv 2eL.(2)设轨迹与x 轴的交点为D ，O 、D 间的距离为x D ，则x D ＝12L tan 30°＝36L所以DQ 平行于y 轴，电子在磁场中做匀速圆周运动的轨道的圆心在DQ 上，电子运动轨迹如图所示设电子离开电场时速度大小为v ，在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为r ，周期为T则evB ＝m v 2r ，v ＝v 0sin 30°由几何关系有r ＋rsin 30°＝L即r ＝L3联立以上各式解得B ＝6mv 0eL电子在磁场中偏转的角度为120°，则有t ＝T3T ＝2πm eB ⎝⎛⎭⎪⎫或T ＝2πr v ＝πL 3v 0 解得t ＝πL 9v 0. (3)以切点F 、Q 的连线为矩形的一条边，与电子的运动轨迹相切的另一边作为FQ 的对边，此时有界匀强磁场区域面积最小S min ＝3r ×r2解得S min ＝3L218.答案：(1)3mv 20eL (2)B ＝6mv 0eL t ＝πL 9v 0 (3)S min ＝3L218。

二轮复习计算题专题训练1、航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器，其质量m=1kg，动力系统提供的恒定升力F=14N，试飞时，飞行器从地面由静止开始竖直上升，设飞行器飞行时所受的阻力大小不变，g取10m/s2．(1)第一次试飞，飞行器飞行t1=8s时到达高度S m=64m，求飞行器阻力f的大小；(2)第二次试飞，飞行器飞行t2=6s时遥控器出现故障，飞行器立即失去升力，求飞行器能达到的最大高度．2、如图所示，滑块b静止在光滑水平面上，滑块a右端与一轻弹簧相连后以某一速度冲向滑块b，与b碰撞后弹簧不与b相粘连，b在与弹簧分离后，冲上半径为R的竖直光滑固定半圆轨道，且恰好能从轨道顶端水平飞出。

已知a、b两个滑块的质量分别为2m和m，重力加速度为g，求：(滑块a、b可视为质点，弹簧始终处在弹性限度内)，求：(1)滑块b与弹簧分离时的速度大小；(2)滑块a碰撞前的速度大小；(3)a、b在碰撞过程中弹簧获得的最大弹性势能。

3、如图所示，半径R=0.4m的光滑圆弧轨道BC固定在竖直平面内，轨道的上端点B和圆心O的连线与水平方向的夹角θ=30°，下端点C为轨道的最低点且与粗糙水平面相切，一根轻质弹簧的右端固定在竖直挡板上。

质量m=0.1kg的小物块(可视为质点)从空中的A点以v0=2m/s的速度被水平拋出，恰好从B点沿轨道切线方向进入轨道，经过C点后沿水平面向右运动至D点时，弹簧被压缩至最短，此时弹簧的弹性势能E pm=0.8J，已知小物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.5，g取10m/s2。

求：(1)小物块从A点运动至B点的时间。

(2)小物块经过圆弧轨道上的C点时，对轨道的压力大小。

(3)C、D两点间的水平距离L。

4、如图所示，装置的左边AB部分是长为L1=1m的水平面，一水平放置的轻质弹簧左端固定并处于原长状态。

装置的中间BC部分是长为L2=2m的水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接，传送带始终以v=2m/s的速度顺时针转动。

计算题32分强化练(二)1．(12分)泥石流是在雨季由于暴雨、洪水将含有沙石且松软的土质山体经饱和稀释后形成的洪流，它的面积、体积和流量都较大．泥石流流动的全过程虽然只有很短时间，但由于其高速前进，具有强大的能量，因而破坏性极大．某课题小组对泥石流的威力进行了模拟研究，如图1甲所示，他们设计了如下的模型：在水平地面上放置一个质量为m＝5 kg的物体，让其在随位移均匀减小的水平推力作用下运动，推力F随位移变化如图乙所示，已知物体与地面间的动摩擦因数为μ＝0.6，g取10 m/s2.求：甲乙图1(1)物体在运动过程中的最大加速度为多大？(2)在距出发点多远处，物体的速度达到最大？(3)物体在水平面上运动的最大位移是多大？【解析】(1)当推力F最大时，加速度最大由牛顿第二定律，得F－μmg＝ma (2分)解得a＝10 m/s2. (1分)(2)由图象可知：F随x变化的函数方程为F＝80－20x (1分)速度最大时，合外力为零，即F＝μmg (2分)所以x＝2.5 m．(1分)(3)位移最大时，末速度为零根据动能定理可得W F－μmgs＝0 (2分)根据图象可知，力F做的功为W F＝12Fx＝160 J (2分)所以s＝16030m＝5.33 m．(1分)【答案】(1)10 m/s2(2)2.5 m(3)5.33 m2．(20分)如图2所示，光滑斜面的倾角α＝30°，在斜面上放置一矩形线框abcd，ab边的边长l1＝1 m，bc边的边长l2＝0.6 m，线框的质量m＝1 kg，电阻R＝0.1 Ω，线框通过细线与重物相连，重物质量M＝2 kg，斜面上ef线(ef∥gh)的右方有垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5 T，如图线框从静止开始运动，进入磁场最初一段时间是匀速的，ef线和gh的距离s＝11.4 m(取g＝10 m/s2)，求：(1)线框进入磁场前重物M的加速度；(2)线框进入磁场时匀速运动的速度v；(3)ab边由静止开始运动到gh线处所用的时间t；(4)ab边运动到gh线处的速度大小和在线框由静止开始到运动到gh线的整个过程中产生的焦耳热．【导学号：37162119】图2【解析】(1)线框进入磁场前，线框仅受到细线的拉力F T，斜面的支持力和线框重力，重物M受到重力和拉力F T.则牛顿第二定律得：对重物有：Mg－F T＝Ma (2分)对线框有：F T－mg sin α＝ma (2分)联立解得线框进入磁场前重物M的加速度为：a＝Mg－mg sin αM＋m＝2×10－1×10×sin 30°2＋1 m/s 2＝5 m/s 2. (1分)(2)因为线框进入磁场的最初一段时间做匀速运动，所以重物受力平衡Mg ＝F ′T ，(1分) 线框abcd 受力平衡F ′T ＝mg sin α＋F A ，(1分) ab 边进入磁场切割磁感线，产生的电动势为：E ＝Bl 1v ；(1分) 形成的感应电流为：I ＝E R ＝Bl 1v R(1分) 受到的安培力为：F A ＝BIl 1(1分) 联立上述各式得：Mg ＝mg sin α＋B 2l 21v R(1分) 代入数据解得：v ＝6 m/s. (1分)(3)线框abcd 进入磁场前时，做匀加速直线运动；进磁场的过程中，做匀速直线运动；进入磁场后到运动到gh 线，仍做匀加速直线运动．进磁场前线框的加速度大小与重物的加速度相同，为a ＝5 m/s 2(1分) 该阶段运动时间为：t 1＝v a ＝65 s ＝1.2 s(1分) 进磁场过程中匀速运动时间为：t 2＝l 2v ＝0.66 s ＝0.1 s (1分)线框完全进入磁场后线框受力情况同进入磁场前，所以该阶段的加速度仍为：a ＝5 m/s 2, s －l 2＝v t 3＋12at 23代入数据解得：t 3＝1.2 s (2分)所以ab 边由静止开始运动到gh 线所用的时间为：t ＝t 1＋t 2＋t 3＝2.5 s ． (1分)(4)线框ab 边运动到gh 处的速度为：v ′＝v ＋at 3＝6 m/s ＋5×1.2 m/s ＝12 m/s(1分)整个运动过程产生的焦耳热为：Q＝F A l2＝(Mg－mg sin θ)l2＝(20－10×sin 30°)×0.6 J＝9 J．(1分)【答案】(1)5 m/s2(2)6 m/s(3)2.5 s(4)12 m/s9 J。

专题02·力与直线运动能力突破本专题主要讲解参考系、质点、位移、速度、加速度、匀变速直线运动、自由落体运动、惯性、作用力与反作用力、超重与失重的问题。

高考热点(1)匀变速直线运动规律和推论的灵活应用；(2)牛顿运动定律的运用；(3)以生产、生活实际为背景的匀变速直线运动规律的应用、追及相遇、交通与安全。

出题方向选择题和计算题均有涉及，题目难度一般为中档。

考点1匀变速直线运动规律的应用1．匀变速直线运动的基本规律(4)某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度：v＝xt＝vt2。

(5)匀变速直线运动在相等时间内相邻的两段位移之差为常数，即Δx＝aT2。

2．追及问题的解题思路和技巧(1)解题思路(2)解题技巧①紧抓“一图三式”，即过程示意图、时间关系式、速度关系式和位移关系式。

②审题应抓住题目中的关键字眼，充分挖掘题目中的隐含条件，如“刚好”“恰好”“最多”“至少”等，往往对应一个临界状态，满足相应的临界条件。

③若被追赶的物体做匀减速运动，一定要注意追上前该物体是否已停止运动，最后还要注意对解的讨论分析。

【例1】（2022秋•湛江期末）某汽车正以72/km h的速度在公路上行驶，为“礼让行人”，若驾驶员以大小为25/m s的加速度刹车，则以下说法正确的是()A．汽车刹车30m停下B．刹车后1s时的速度大小为15/m sC．刹车后5s时的速度大小为5/m sD．刹车后6s内的平均速度大小为5/m s【分析】汽车刹车后先做匀减速直线运动，最后静止。

根据运动学规律，先计算刹车需要多长时间，然后在刹车时间内，计算各种物理量即可。

【解答】解：汽车的初速度072/20/v km h m s==A ．汽车停止运动后的末速度为零，所以刹车的距离2202040225v x m m a ===⨯，故A 错误；B ．刹车后1s 时的速度大小10120/51/15/v v at m s m s m s =-=-⨯=，故B 正确；C ．汽车从开始刹车到速度为零的时间为：002045v t s s a ===，所以刹车后5s 时的速度大小零，故C 错误；D ．汽车刹刹车的时间是4s ，所以车后6s 内的位移等于刹车4s 内的位移为40m ，刹车后6s 内的平均速度大小4020//63x v m s m s t ===，故D 错误。