【二轮必备大纲版专用】2011届高三物理二轮复习精品专题二 计算题

计算题第26题对匀变速直线运动规律应用的考查例1(2010·全国Ⅰ·24)汽车由静止开始在平直的公路上行驶，0～60s内汽车的加速度随时间变化的图线如图1所示．(1)画出汽车在0～60s内的v－t图线；(2)求在这60s内汽车行驶的路程．图1解析(1)0～10s内，汽车做初速度为0的匀加速直线运动，10s末速度v1＝a1t1＝2×10m/s＝20m/s10～40s内，汽车做匀速直线运动，40～60s内，汽车做匀减速直线运动．60s末的速度v2＝v1＋a2t2＝20m/s－1×20m/s＝0.v－t图线见答案(1)所示．(2)s＝12v1t1＋v1t＋12(v1＋v2)t2＝12×20×10m＋20×30m＋12×(20＋0)×20m＝900m.答案(1)如下图所示(2)900m例2(2010·课标全国·24)短跑名将博尔特在北京奥运会上创造了100m和200m短跑项目的新世界纪录，他的成绩分别为9.69s和19.30s．假定他在100m比赛时从发令到起跑的反应时间是0.15s，起跑后做匀加速运动，达到最大速率后做匀速运动.200m比赛时，反应时间及起跑后加速阶段的加速度和加速度时间与100m比赛时相同，但由于弯道和体力等因素的影响，以后的平均速度只有跑100m时最大速率的96%.求：(1)加速所用时间和达到的最大速率；(2)起跑后做匀加速度运动的加速度．(结果保留两位小数)解析(1)设加速所用时间为t(以s为单位)，匀速运动的速度为v(以m/s为单位)，则有：12vt＋(9.69s－0.15s－t)v＝100m①12vt＋(19.30s－0.15s－t)×0.96v＝200m②由①②式得t＝1.29s，v＝11.24m/s.(2)设加速度大小为a，则a＝vt＝8.71m/s2答案(1)1.29s11.24m/s(2)8.71m/s2例3(2010·安徽·22)质量为2kg的物体在水平推力F的作用下沿水平面做直线运动，一段时间后撤去F，其运动的v－t图象如图2所示．g取10m/s2，求：(1)物体与水平面间的动摩擦因数μ；(2)水平推力F的大小；(3)0～10s内物体运动位移的大小．图2解析(1)由题中图象知，t＝6s时撤去外力F，此后6～10s内物体做匀减速直线运动直至静止，其加速度大小为a1＝Δv1Δt1＝－2m/s2又因为a1＝－μmgm＝－μg联立得μ＝0.2.(2)由题中图象知0～6s内物体做匀加速直线运动其加速度大小为a2＝Δv2Δt2＝1m/s2由牛顿第二定律得F－μmg＝ma2联立得，水平推力F＝6N.(3)设0～10s内物体的位移为s，则s＝s1＋s2＝12×(2＋8)×6m＋12×8×4m＝46m答案(1)0.2(2)6N(3)46m考前提醒高考常以体育项目或者追及与相遇问题作为命题背景，考查对运动学公式应用的熟练程度．此类问题首先要明确运动进程及各过程的运动特点以选择相应的规律解决问题．原创模拟如图3所示，一高为h＝2.4m，倾角为θ＝37°的斜面体ABC固定在光滑水平面上．在距C点右侧水平距离为d＝5m的D处固定一竖直挡板．一质量为m＝0.1kg的小物块从斜面体的顶端B由静止开始下滑，如果小物块与斜面体间的动摩擦因数μ＝0.5，小球在运动过程中经过C点时无机械能损失，(重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：图3(1)小物块从顶端B滑至底端C所需要的时间t；(2)小物块从开始运动到最终停止的整个过程中在斜面上运动的路程s.解析(1)设小物块下滑的加速度为a，由牛顿第二定律mgsinθ－μmgcosθ＝ma可得a＝gsinθ－μgcosθ＝10×0.6－0.5×10×0.8＝2m/s2由运动学公式可得t＝2hsinθ·a＝2×2.40.6×2s＝2s(2)小物块最终停在斜面底端C点由动能定理mgh－μmgcosθ·s＝0可得s＝6m答案(1)2s(2)6m第27题以平抛运动和圆周运动为背景，考查动力学和能量观点的综合应用例1(2010·重庆·24)小明站在水平地面上，手握不可伸长的轻绳一端，绳的另一端系有质量为m的小球，甩动手腕，使球在竖直平面内做圆周运动．当球某次运动到最低点时，绳突然断掉，球飞行水平距离d后落地，如图4所示．已知握绳的手离地面高度为d，手与球之间的绳长为34d，重力加速度为g.忽略手的运动半径和空气阻力．图4(1)求绳断时球的速度大小v1和球落地时的速度大小v2.(2)问绳能承受的最大拉力多大？(3)改变绳长，使球重复上述运动，若绳仍在球运动到最低点时断掉，要使球抛出的水平距离最大，绳长应为多少？最大水平距离为多少？解析(1)设绳断后球飞行时间为t，由平抛运动规律，有竖直方向：14d＝12gt2水平方向：d＝v1t解得v1＝2gd由机械能守恒定律，有12mv22＝12mv21＋mg(d－34d)，解得v2＝52gd(2)设绳能承受的最大拉力大小为T，这也是球受到绳的最大拉力大小．球做圆周运动的半径为R＝34d由圆周运动向心力公式，有T－mg＝mv21R得T＝113mg(3)设绳长为l，绳断时球的速度大小为v3，绳承受的最大拉力不变，有T－mg＝mv23l，解得v3＝83gl绳断后球做平抛运动，竖直位移为d－l，水平位移为x，时间为t1.有d－l＝12gt21，x＝v3t1得x＝4ld－l3，当l＝d2时，x有极大值xmax＝233d.答案(1)52gd(2)113mg(3)l＝d2时有最大水平距离xmax＝233d例2(2010·江苏·14)在游乐节目中，选手需借助悬挂在高处的绳飞越到水面的浮台上，小明和小阳观看后对此进行了讨论．如图5所示，他们将选手简化为质量m＝60kg的质点，选手抓住绳由静止开始摆动，此时绳与竖直方向夹角α＝53°，绳的悬挂点O距水面的高度为H＝3m．不考虑空气阻力和绳的质量，浮台露出水面的高度不计，水足够深．取重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6.图5(1)求选手摆到最低点时对绳拉力的大小F；(2)若绳长l＝2m，选手摆到最高点时松手落入水中．设水对选手的平均浮力f1＝800N，平均阻力f2＝700N，求选手落入水中的深度d；(3)若选手摆到最低点时松手，小明认为绳越长，在浮台上的落点距岸边越远；小阳却认为绳越短，落点距岸边越远．请通过推算说明你的观点．解析(1)由机械能守恒定律得mgl(1－cosα)＝12mv2①选手做圆周运动，有F′－mg＝mv2l解得F′＝(3－2cosα)mg由牛顿第三定律知选手对绳的拉力F＝F′则F＝1080N.(2)由动能定理得mg(H－lcosα＋d)－(f1＋f2)d＝0则d＝mgH－lcosαf1＋f2－mg解得d＝1.2m(3)选手从最低点做平抛运动，则有x＝vt，H－l＝12gt2联立①式解得x＝2lH－l1－cosα当l＝H2时，x有最大值，解得l＝1.5m因此，两人的看法均不正确．当绳长越接近1.5m时，落点距岸边越远．答案(1)1080N(2)1.2m(3)见解析考前提醒平抛运动和圆周运动是两种重要的运动模型，高考常以创新的物理情景综合考查平抛运动和圆周运动规律，同时考查应用动力学方法和功能观点在力学中的应用，综合性较强．原创模拟1.如图6所示是利用传送带装运煤块的示意图．其中，传送带足够长，倾角θ＝37°，煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8，传送带的主动轮和从动轮半径相等，主动轮轴顶端与运煤车底板间的竖直高度H＝1.8m，与运煤车车箱中心的水平距离s＝1.2m．现在传送带底端由静止释放一些煤块(可视为质点)，煤块在传送带的作用下先做匀加速直线运动，后与传送带一起做匀速运动，到达主动轮时随轮一起匀速转动．要使煤块在轮的最高点水平抛出并落在车箱中心，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：图6(1)传送带匀速运动的速度v及主动轮和从动轮的半径R；(2)煤块在传送带上由静止开始加速至与传送带速度相同所经过的时间t.解析(1)由平抛运动的公式，得s＝vtH＝12gt2代入数据解得v＝2m/s要使煤块在轮的最高点做平抛运动，则煤块到达轮的最高点时对轮的压力为零，由牛顿第二定律，得mg＝mv2R代入数据得R＝0.4m(2)煤块在传送带上由牛顿第二定律F＝ma得a＝Fm＝μgcosθ－gsinθ＝0.4m/s2由v＝v0＋at得t＝va＝5s答案(1)2m/s,0.4m(2)5s2.如图7所示，一个长L1＝0.9m，宽L2＝0.6m，静止放在粗糙水平面上的光滑斜面体，其倾角θ＝30°.有一长度L＝0.4m的轻质绳一端固定在距斜面顶点A为L＝0.4m斜面边缘的O点上，另一端系一质量m＝1kg的小球．现把小球拉至顶点A处，以v0＝1m/s的初速度沿斜面顶边缘水平抛出，若小球运动过程中斜面体始终保持不动，g取10m/s2.试求：(1)小球抛出后瞬间加速度的大小a；(2)若小球以v0＝2m/s的初速度沿斜面顶边缘水平抛出，则小球运动至斜面边缘最低点B时受到绳子的拉力FT为多大？图7解析(1)要小球在该处做圆周运动，则小球的最小速度为mgsinθ＝mv2minLv2min＝gLsinθ＝10×0.4×0.5m/s＝1.4m/s1m/s故小球不能做圆周运动．小球的加速度为a＝gsinθ＝5m/s2(2)若小球以2m/s的速度水平抛出，则小球做圆周运动，整个过程系统的机械能守恒．12mv20＋mg·2Lsinθ＝12mv2B①在B点由向心力公式得FT－mgsinθ＝mv2BL②由①②得FT＝mv2BL＋mgsinθ＝mv20L＋5mgsinθ＝1×22/0.4N＋5×1×10×1/2N＝35N.答案5m/s2(2)35N第28题对带电粒子在磁场或复合场中运动问题的考查例1(2010·全国Ⅱ·26)图8中左边有一对平行金属板，两板相距为d，电压为U；两板之间有匀强磁场，磁感应强度大小为B0，方向平行于板面并垂直于纸面朝里．图中右边有一边长为a的正三角形区域EFG(EF边与金属板垂直)，在此区域内及其边界上也有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面朝里．假设一系列电荷量为q的正离子沿平行于金属板面、垂直于磁场的方向射入金属板之间，沿同一方向射出金属板之间的区域，并经EF边中点H射入磁场区域．不计重力．图8(1)已知这些离子中的离子甲到达磁场边界EG后，从边界EF穿出磁场，求离子甲的质量．(2)已知这些离子中的离子乙从EG边上的I点(图中未画出)穿出磁场，且GI长为34a.求离子乙的质量．(3)若这些离子中的最轻离子的质量等于离子甲质量的一半，而离子乙的质量是最大的，问磁场边界上什么区域内可能有离子到达．解析(1)由题意知，所有离子在平行金属板之间做匀速直线运动，它所受到的向上的磁场力和向下的电场力平衡，有qvB0＝qE0①式中，v是离子运动的速度，E0是平行金属板之间的匀强电场的电场强度，有E0＝Ud②由①②式得v＝UB0d③在正三角形磁场区域，离子甲做匀速圆周运动．设离子甲质量为m，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有qvB＝mv2r④式中，r是离子甲做圆周运动的半径，离子甲在磁场中的运动轨迹为半圆，圆心为O，该半圆刚好与EG边相切于K点，与EF边交于I′点，在△EOK中，OK垂直于EG.由几何关系得12a－r＝23r⑤由⑤式得r＝(3－32)a⑥联立③④⑥式得，离子甲的质量为m＝qaBB0dU(3－32)⑦(2)同理，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有qvB＝m′v2r′⑧式中，m′和r′分别为离子乙的质量和做圆周运动的轨道半径．离子乙运动的圆周的圆心O′必在E、H两点之间，由几何关系有r′2＝(a－34a)2＋(a2－r′)2－2(a－34a)(a2－r′)cos60°⑨由⑨式得r′＝14a⑩联立③⑧⑩式得，离子乙的质量为m′＝qaBB0d4U⑪(3)对于最轻的离子，其质量为m/2.由④式知，它在磁场中做半径为r/2的匀速圆周运动，因而与EH的交点为O，有OH＝(3－32)a⑫当这些离子中的离子质量逐渐增大到m时