高考物理专题练习---计算题突破策略与技巧

-1-专题三计算题突破策略与技巧-规范答题抓大分力学计算题巧练1．某物体A静止于水平地面上，它与地面间的动摩擦因数μ＝0.2，若给物体A一个水平向右的初速度v0＝10m/s，g＝10m/s2.求：(1)物体A向右滑行的最大距离；(2)若物体A右方x0＝12m处有一辆汽车B，在物体A获得初速度v0的同时，汽车B从静止开始以a＝2m/s2的加速度向右运行，通过计算说明物体A能否撞上汽车B.解析：(1)由牛顿第二定律得μmg＝ma0a0＝2m/s2根据v2t－v20＝－2a0x得x＝25m.(2)假设二者不相撞，设经过时间t二者有共同速度v则对物体A：v＝v0－a0t对汽车B：v＝at解得：v＝5m/s，t＝2.5s该过程中物体A的位移：xA＝v0＋v2t＝18.75m该过程中汽车B的位移：xB＝v2t＝6.25m因为xAxB＋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？解析：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：-2-t1＝va＝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mgsinθμmgcosθ，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＋12a2t22代入数据解得：t2＝2s故物体从A到B需要的时间为t＝t1＋t2＝1s＋2s＝3s.答案：(1)1s5m(2)3s3．(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.解析：(1)在2s内，由题图乙知：物块上升的最大距离：x1＝12×2×1m＝1m物块下滑的距离：x2＝12×1×1m＝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/s2①a2＝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-3-0～0.5s内：F－Ff－mgsinθ＝ma1③0．5～1s内：Ff＋mgsinθ＝ma2④由①②③④式得F＝8N.答案：(1)0.5m1.5m(2)4m/s24m/s28N4．(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．解析：(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＝12Mv21－12Mv20④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＝0－12Mv21⑥联立③⑤⑥并代入数据得x＝169m≈1.78m.答案：(1)0.5(2)4m/s(3)1.78m5．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°＝0.6，cos37°＝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；-4-(3)摩擦力对物体A所做的功(保留两位有效数字)．解析：(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/s2a，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解得：t＝12.5s.(3)由匀变速直线运动规律可得物体A的位移：x＝vt＋12at2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.答案：(1)0.64m/s2(2)12.5s(3)1.2×106J6．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′.解析：(1)烧断细线后对小球A分析：mAgH＝12mAv2A烧断细线前轻弹簧储存的弹性势能Ep＝12mAv2A＋12mBv2B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＝gtL＝vBt-5-B球运动到圆槽左边顶端时，有tan60°＝vyvB联立以上三式解得L＝9310m≈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＝v2B＋v2y＝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＝12mBv21－12mBv2小球在圆槽最低点时：FN－mBg＝mBv21R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．答案：(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．解析：(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＝Ekq，UOM＝0.75Ekq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：-6-UODUOP＝UOMUOP＝ODOP＝0.751得OD＝3.75m，设OP与x轴的夹角为α，则sinα＝35，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＝12Eqmt2，又DP＝OP－OD＝1.25m解得：t＝0.5s.答案：(1)(3，2.25)(2)0.5s2．(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．解析：(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v2y＝2gh，得12mv2y＝mgh12mv2x∶12mv2y＝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＝45v0竖直方向上做匀减速运动vy＝gt得t＝4v05g.(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E1qmt＋35v0＝v0解得：E1＝mg2q.若电场力的方向与小球初速度的水平分量方向相反，则有E2qmt－35v0＝v0解得：E2＝2mgq.答案：(1)4v05g(2)mg2q或2mgq-7-3.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(q0)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＝mv2Bq(B为磁感应强度，大小未知，不计粒子重力的影响)．(1)求粒子从P点运动到Q点的时间；(2)若匀强磁场只在x轴上方某一区域内存在，且磁场边界为圆形，改变粒子的入射方向，使粒子进入磁场位置的横坐标x＝－a2，其中a＝mvB′q(B′为磁感应强度，大小未知，不计粒子重力的影响)，还能保证粒子经过Q点，求粒子进入磁场位置的纵坐标及该圆形磁场区域的最小面积．解析：(1)粒子进入磁场在洛伦兹力的作用下，做圆周运动，经过PQ两点的圆弧既可以是优弧也可以是劣弧，则由qvB＝mv2r得：r＝mvqB＝2a圆周运动的周期：T＝2πrv＝4πav劣弧对应的圆心角为θ：sinθ2＝ar＝12，得θ＝π3优弧对应的圆心角为θ′：θ′＝2π－θ＝5π3粒子运动时间t＝θ