高中物理二轮复习(新人教版)压轴突破策略 第3讲 拿下计算题——努力得高分 题型专练

第二部分 物理如何拿满分 第3讲 拿下计算题——努力得高分题型专练1．(力学综合型)(2012·湖南模拟)如图5所示，AB 为倾角θ＝37°的斜面轨道，轨道的AC 部分光滑，CB 部分粗糙．BP 为圆心角等于143°半径R ＝1 m 的竖直光滑圆弧形轨道，两轨道相切于B 点，P 、O 两点在同一竖直线上，轻弹簧一端固定在A 点，另一自由端在斜面上C 点处，现有一质量m ＝2 kg 的物块在外力作用下将弹簧缓慢压缩到D 点后(不栓接)释放，物块经过C 点后，从C 点运动到B 点过程中的位移与时间的关系为x ＝12t －4t 2(式中x 单位是m ，t 单位是s)，假设物块笫一次经过B 点后恰能到达P 点，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2.试求： (1)若CD ＝1 m ，试求物块从D 点运动到C 点的过程中，弹簧对物块所做的功； (2)B 、C 两点间的距离x ；(3)若在P 处安装一个竖直弹性挡板，小物块与挡板碰撞时间极短且无机械能损失，小物块与弹簧相互作用不损失机械能，试通过计算判断物块在第一次与挡板碰撞后的运动过程中是否会脱离轨道？2．(粒子运动型)(2012·豫北六校联考)如图6所示，在平图5面坐标系xOy的第Ⅰ象限内有沿x轴负方向的匀强电场，第Ⅱ、Ⅳ象限分别有垂直坐标系平面的匀强磁场．一质量为m、电荷量为q的带正电粒子以速度v0从x轴上的A(L，0)点沿y轴正方向进入匀强电场，经y轴上的B(0，2L)点进入第Ⅱ象限，再经x轴上的C(－2L，0)点进入第Ⅲ象限，最后经第Ⅳ象限回到出发点A.不计粒子的重力．求(1)匀强电场的电场强度；(2)第Ⅱ、Ⅳ象限中磁场的磁感应强度大小各是多少？3．(粒子运动型)如图7所示，两平行金属板A、B长l＝8 cm，两板间距离d＝8 cm，A板比B板电势高300 V，即U AB＝300 V．一带正电的粒子电量q＝10－10C，质量m＝10－20kg，从R点沿电场中心线垂直电场线飞入电场，初速度v0＝2×106 m/s，粒子飞出平行板电场后经过界面MN、PS间的无电场区域后，进入固定在中心线上的O点的点电荷Q形成的电场区域(设界面PS右边点电荷的电场分布不受界面的影响)．已知两界面MN、PS相距为L＝12 cm，粒子穿过界面PS 最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏EF上．不计粒子重力求(静电力常数k ＝9×109 N·m2/C2)(1)粒子穿过界面PS时偏离中心线RO的距离多远？(2)点电荷的电量．图74．(力学综合型)如图8所示是为了检验某种防护罩承受冲击能力的装置，M 为半径为R ＝1.0 m 、固定于竖直平面内的14光滑圆弧轨道，轨道上端切线水平，N 为待检验的固定曲面，该曲面在竖直面内的截面为半径r ＝ 0.69 m 的14圆弧，圆弧下端切线水平且圆心恰好位于M 轨道的上端点，M 的下端相切处放置竖直向上的弹簧枪，可发射速度不同的质量m ＝0.01 kg 的小钢珠，假设某次发射的钢珠沿轨道恰好能经过M 的上端点，水平飞出后落到N 的某一点上，取g ＝10 m/s 2，求： (1)发射该钢珠前，弹簧的弹性势能E p 多大？(2)钢珠落到圆弧N 上时的速度大小v N 是多少？(结果保留两位有效数字)图85．(电磁感应型)如图9所示，间距l＝0.3 m的平行金属导轨a1b1c1和a2b2c2分别固定在两个竖直面内．在水平面a1b1b2a2区域内和倾角θ＝37°的斜面c1b1b2c2区域内分别有磁感应强度B1＝0.4 T、方向竖直向上和B2＝1 T、方向垂直于斜面向上的匀强磁场．电阻R＝0.3 Ω、质量m1＝0.1 kg、长为l的相同导体杆K、S、Q分别放置在导轨上，S杆的两端固定在b1、b2点，K、Q杆可沿导轨无摩擦滑动且始终接触良好．一端系于K杆中点的轻绳平行于导轨绕过轻质定滑轮自然下垂，绳上穿有质量m2＝0.05 kg的小环．已知小环以a＝6 m/s2的加速度沿绳下滑，K杆保持静止，Q杆在垂直于杆且沿斜面向下的拉力F作用下匀速运动．不计导轨电阻和滑轮摩擦，绳不可伸长．取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(1)小环所受摩擦力的大小；(2)Q杆所受拉力的瞬时功率．图96．(力电综合型)(2012·上海闵行二模)如图10甲所示，A、B、C、D为固定于竖直平面内的闭合绝缘轨道，AB段、CD段均为半径R＝1.6 m的半圆，BC、AD 段水平，AD＝BC＝8 m．B、C之间的区域存在水平向右的有界匀强电场，场强E＝5×105 V/m.质量为m＝4×10－3kg、带电量q＝＋1×10－8C的小环套在轨道上．小环与轨道AD段的动摩擦因数为μ＝18，与轨道其余部分的摩擦忽略不计．现使小环在D点获得沿轨道向左的初速度v0＝4 m/s，且在沿轨道AD段运动过程中始终受到方向竖直向上、大小随速度变化的力F(变化关系如图10乙)作用，小环第一次到A点时对半圆轨道刚好无压力．不计小环大小，g取10 m/s2.求：(1)小环运动第一次到A时的速度多大？(2)小环第一次回到D点时速度多大？(3)小环经过若干次循环运动达到稳定运动状态，此时到达D点时速度应不小于多少？图10参考答案第3讲拿下计算题——努力得高分【题型专练】1．解析(1)由x＝12t－4t2知，物块在C点速度为v0＝12 m/s设物块从D点运动到C点的过程中，弹簧对物块所做的功为W，由动能定理得：W－mg sin 37°·CD＝12m v2代入数据得：W＝12m v2＋mg sin 37°·CD＝156 J(2)由x＝12t－4t2知，物块从C运动到B过程中的加速度大小为a＝8 m/s2设物块与斜面间的动摩擦因数为μ，由牛顿第二定律得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma代入数据解得μ＝0.25物块在P点的速度满足mg＝mV2p R物块从B运动到P的过程中机械能守恒，则有12m v2B＝12m v2P＋mgh PB物块从C运动到B的过程中有v2B－v20＝－2ax由以上各式解得x＝498m(3)假设物块第一次从圆弧轨道返回并与弹簧相互作用后，能够回到与O点等高的位置Q点，且设其速度为v Q，由动能定理得12m v2Q－12m v2P＝mgR－2μmgx cos 37°解得v2Q＝－19<0可见物块返回后不能到达Q点，故物块在以后的运动过程中不会脱离轨道．答案(1)156 J(2)6.125 m(3)物块在以后的运动过程中不会脱离轨道2．解析(1)粒子在第Ⅰ象限中做类平抛运动，由运动学公式和牛顿第二定律得：2L＝v0t ①L＝12at2 ②qE＝ma ③联立解得：E ＝m v 202qL④(2)设粒子进入第Ⅱ象限时的速度v 与y 轴夹角为θ，则根据粒子在第Ⅰ象限的运动得v 0t ＝2L ⑤ v x t 2＝L ⑥ v ＝v 20＋v 2x⑦ 偏转角tan θ＝v xv 0⑧ 整理得：v ＝2v 0 ⑨ θ＝45°⑩即v 与BC 的连线垂直，所以BC 间的距离为粒子在第Ⅱ象限的磁场中运动的直径BC ＝22L ⑪ 所以r 1＝2L ⑫ 根据q v B 1＝m v 2r 2⑬整理得B 1＝m v 0qL⑭粒子在第Ⅲ 象限做匀速直线运动，再经过y 轴时的位置D 点的坐标为(0，－2L )，DA 与y 轴的夹角为α，则有 sin α＝15 cos α＝25⑮粒子做圆周运动的圆心O 2与D 点的连线跟y 轴的夹角β＝45°⑯ 故有5L2＝r 2cos(β－α)⑰而q v B 2＝m v 2r 2⑱ 整理得：B 2＝6m v 05qL⑲答案 (1)m v 202qL (2)m v 0qL 6m v 05qL3．解析 (1)设粒子从电场中飞出时的侧向位移为h, 穿过界面PS 时偏离中心线OR 的距离为y ，则： h ＝at 22 a ＝qE m ＝qU md t ＝l v 0即：h ＝qU 2md ⎝ ⎛⎭⎪⎫l v 02代入数据，解得：h ＝0.03 m ＝3 cm 带电粒子在离开电场后将做匀速直线运动， 由相似三角形知识得： hy ＝l 2l 2＋L代入数据，解得：y ＝0.12 m ＝12 cm(2)设粒子从电场中飞出时沿电场方向的速度为v y ，则：v y ＝at ＝qUlmd v 0代入数据，解得：v y ＝1.5×106 m/s所以粒子从电场中飞出时沿电场方向的速度为： v ＝v 20＋v 2y ＝2.5×106m/s设粒子从电场中飞出时的速度方向与水平方向的夹角为θ，则：tan θ＝v y v 0＝34 θ＝37°因为粒子穿过界面PS 最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏上，所以该带电粒子在穿过界面PS 后将绕点电荷Q 作匀速圆周运动，其半径与速度方向垂直． 匀速圆周运动的半径：r ＝ycos θ＝0.15 m 由kQqr 2＝m v 2r代入数据，解得：Q ＝1.04×10－8C 答案 (1)12 cm (2)1.04×10－8C4．解析 (1)设钢珠在M 轨道最高点的速度为v ，在最高点，由题意mg ＝m v 2R ① 从发射前到最高点，由机械能守恒定律得 E p ＝mgR ＋12m v 2＝0.15 J② (2)钢珠从最高点飞出后，做平抛运动x ＝v t ③ y ＝12gt2④ 由几何关系x 2＋y 2＝r 2⑤从飞出M 到打在N 的圆弧面上，由机械能守恒定律 mgy ＋12m v 2＝12m v 2N⑥联立①、③、④、⑤、⑥解出所求v N ＝5.0 m/s. 答案 (1)0.15 J (2)5.0 m/s5．解析 (1)设小环受到的摩擦力大小为f ，由牛顿第二定律，有 m 2g －f ＝m 2a ① 代入数据，得 f ＝0.2 N ②(2)设K 杆的电流为I 1，K 杆受力平衡，有 f ＝B 1I 1l ③设回路总电流为I，总电阻为R总，有I＝2I1④R总＝32R⑤设Q杆下滑速度大小为v，产生的感应电动势为E，有I＝E R⑥E＝B2l v⑦F＋m1g sin θ＝B2IL⑧拉力的瞬时功率为P＝F v⑨联立以上方程，代入数据得P＝2 W⑩答案(1)0.2 N(2)2 W6．解析(1)由题意及向心力公式得：mg＝m v2A1 Rv A1＝gR＝10×1.6 m/s＝4 m/s(2) 小物块从D出发，第一次回到D的过程，由动能定理得12m v2D1－12m v2＝qELv D1＝v20＋2qELm＝42＋2×1×10－8×5×105×84×10－3m/s＝6 m/s(3)v A1＝4 m/s＝v0，小环第一次从D到A做匀速运动F＝k v＝mgk＝mgv＝4×10－3×104kg·s＝0.01 kg·s▁▂▃▄▅▆▇█▉▊▋▌精诚凝聚 =^_^= 成就梦想 ▁▂▃▄▅▆▇█▉▊▋▌ ▃ ▄ ▅ ▆ ▇ █ █ ■ ▓点亮心灯 ~~~///(^v^)\\\~~~ 照亮人生 ▃ ▄ ▅ ▆ ▇ █ █ ■ ▓ 所以F m ＝k v m ＝2mg ＝0.08 N ，则可知环与杆的摩擦力f ≤μ|F m －mg |＝μmg ＝qE ，稳定循环时，每一个周期中损耗的能量应等于补充的能量W 损＝W 摩最大＝f m s ＝μ(F m －mg )s ＝0.04×18×8 J ＝0.04 J而W 补＝W 电＝qEs ＝1×10－8×5×105×8 m ＝0.04 J所以稳定循环运动时小环在AD 段运动时速度一定要大于等于8 m/s 即到达A 点的速度不小于8 m/s稳定循环运动时小环从A 到D 的过程，由动能定理得12m v 2D －12m v 2A ＝qELv D ＝ v 2A ＋2qEL m ＝82＋ 2×1×10－8×5×105×84×10－3 m/s ＝221 m/s达到稳定运动状态时，小环到达D 点时速度应不小于221 m/s.答案 (1)4 m/s (2)6 m/s (3)221 m/s。