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Word下载.docx

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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？

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

t2＝2s

故物体从A到B需要的时间为

t＝t1＋t2＝1s＋2s＝3s.

（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.

（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.

（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．

（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.

（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°

＝0.8）．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）．

（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

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.

（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′.

（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．

（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．

（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

t＝0.5s.

（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．

（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

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

E2＝.

（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