2019高考物理二轮复习2_3计算题的解题策略与技巧专项训练.docx

2-3 计算题的解题策略与技巧计算题专项训练(一)三、非选择题：共174分。第2232题为必考题，每个试题考生都必须作答。第3338题为选考题，考生根据要求作答。(一)必考题：共129分。24(12分)如图，水平面上相距为L5 m的P、Q两点分别固定一竖直挡板，一质量为M2 kg的小物块B静止在O点，OP段光滑，OQ段粗糙且长度为d3 m。一质量为m1 kg的小物块A以v06 m/s的初速度从OP段的某点向右运动，并与B发生弹性碰撞。两物块与OQ段的动摩擦因数均为0.2，两物块与挡板的碰撞时间极短且均不损失机械能。重力加速度g10 m/s2，求：(1)A与B在O点碰后瞬间各自的速度；(2)两物块各自停止运动时的时间间隔。解析 (1)设A、B在O点碰后的速度分别为v1和v2，以向右为正方向由动量守恒定律得mv0mv1Mv2碰撞前后机械能守恒mvmvMv解得v12 m/s，方向向左v24 m/s，方向向右(2)碰后，两物块在OQ段减速时加速度大小均为ag2 m/s2B经过t1时间与Q处挡板碰撞，由运动学公式有v2t1atd得t11 s(t13 s舍去)与挡板碰后，B的速度大小v3v2at12 m/s，反弹后减速时间t21 s反弹后经过位移s11 m，B停止运动。物块A与P处挡板碰后，以v42 m/s的速度滑过O点，经过s21 m停止。所以最终A、B的距离sds1s21 m，两者不会碰第二次。在A、B碰后，A运动总时间tA3 s整体法得B运动总时间tBt1t22 s则时间间隔tAB1 s答案 (1)2 m/s向左4 m/s向右(2)1 s25(20分)如图甲所示，某粒子源向外放射出一个粒子，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)。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)，磁场变化如图乙所示。不计粒子重力，求：(1)磁场区域磁场的方向及粒子射出粒子源的速度大小。(2)圆形磁场区域的半径。(3)粒子在磁场中运动的总时间。解析 (1)根据楞次定律可知：磁场区域的磁场垂直于纸面向外。设线框中产生的感应电动势为U，根据法拉第电磁感应定律，得：UnS粒子运动到P点恰好速度为零，由动能定理，有：qUmv2联立解得：v(2)设粒子运动半径为r，圆形磁场区域的半径为R。根据牛顿第二定律，有qvB由几何关系可知tan 30联立，解得R (3)粒子的运动周期为T粒子在电场力作用下要重新进入磁场，故运动时间为：t2T联立，解得t。答案 (1)垂直于纸面向外(2) (3)计算题专项训练(二)三、非选择题：共174分。第2232题为必考题，每个试题考生都必须作答。第3338题为选考题，考生根据要求作答。(一)必考题：共129分。24(12分)如图甲所示，光滑平台右侧与一长为L2.5 m的水平木板相接，木板固定在地面上，现有一小滑块以初速度v05 m/s滑上木板，恰好滑到木板右端停止。现让木板右端抬高，如图乙所示，使木板与水平地面的夹角37，让滑块以相同的初速度滑上木板，不计滑块滑上木板时的能量损失，g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8。求：(1)滑块与木板之间的动摩擦因数；(2)滑块从滑上倾斜木板到滑回木板底端所用的时间t。解析 (1)设滑块质量为m，木板水平时滑块加速度为a，则对滑块有mgma滑块恰好到木板右端停止，有0v2aL解得0.5(2)当木板倾斜，设滑块上滑时的加速度为a1，最大距离为s，上滑的时间为t1，有mgcos mgsin ma10v2a1s0v0a1t1由式，解得t1 s，s1.25 mL设滑块下滑时的加速度为a2，下滑的时间为t2，有mgsin mgcos ma2sa2t由式解得t2 s滑块从滑上倾斜木板到滑回木板底端所用的时间tt1t2 s答案 (1)0.5(2) s25(20分) 如图所示，在竖直平面内建立xOy坐标系，在0x0.65 m、y0.40 m范围内存在一具有理想边界、方向垂直纸面向里的匀强磁场区域。一边长l0.10 m、质量m0.02 kg、电阻R0.40 的匀质正方形刚性导线框abcd处于图示位置，其中心的坐标为(0，0.65 m)。现将线框以初速度v02.0 m/s水平向右抛出，线框在进入磁场过程中速度保持不变，然后在磁场中运动，最后从磁场右边界离开磁场区域，完成运动全过程。线框在全过程中始终处于xOy平面内、其ab边与x轴保持平行，空气阻力不计。求：(1)磁感应强度B的大小；(2)线框在全过程中产生的焦耳热Q；(3)在全过程中，cb两端的电势差Ucb与线框中心位置的x坐标的函数关系。解析 (1)线框做平抛运动，如图所示，当ab边与磁场上边界接触时，竖直方向有hgt20.2 m，得t0.2 s，此时竖直方向的分速度v2ygt2 m/sv0，合速度方向与水平方向成45角，由题知线框匀速进入磁场，ad与bc这两边产生的电动势相互抵消，所以整个线框只有ab边有效切割磁感线，并且只有竖直方向切割，有效速度为2 m/s，此时电流I，EBlv2yFABIl因为线框匀速进入磁场，合力为0，所以mgFA联立得B2 T(2)线框全部进入磁场区域之后，水平方向做匀速运动，竖直方向做匀加速运动，线框离开磁场过程中，上下两边所受到的安培力抵消，所以不考虑竖直方向上的安培力产生的焦耳热，水平方向上，只有ad边的水平方向上的速度在切割磁感线，线框离开磁场的过程中通过线框横截面的电荷量q离开磁场过程中水平方向动量守恒，设向右为正，得Blqmv5xmv0得v5x1.5 m/s由动能定理可知mghQ1mvmvmvmvmvmv离开磁场过程中竖直方向只受重力，由牛顿第二定律有vv2gh联立解得Q10.017 5 J在进入磁场过程中，速度不变，重力势能转换成焦耳热Q2mgl0.02 J所以Q总0.037 5 J(3)图中2，3，4，5状态下线框中心横坐标分别为0.4 m，0.5 m，0.6 m，0.7 m当0x0.4 m时，线框还没进入磁场，Ucb0当0.4 mx0.5 m时，ab边切割磁感线，但cb边进入磁场部分也在切割磁感线，因此这里相当于也有一个电源，在计算电势差时也要考虑，同时电势差要注意正负，因此Uc bBlv2yB(x0.4 m)v04x1.7(V)当0.5 mx0.6 m时线框完全进入磁场，电路中没有电流，但bc边仍在切割磁感线，因此仍然相当于一个电源，UcbBlv00.4 V当0.6 mx0.7 m时cb边已经出磁场，整个电动势由ad边提供，UcbBlv4x又由动量定理有m(v0v4x)得Ucb0.250.25x(V)答案 (1)2 T(2)0.0375 J(3)Ucb0.250.25x(V)计算题专项训练(三)三、非选择题：共174分。第2232题为必考题，每个试题考生都必须作答。第3338题为选考题，考生根据要求作答。(一)必考题：共129分。24(12分)如图所示，粗糙水平面与半径为R9.8 m的光滑圆弧轨道平滑连接，质量为m的小滑块A在水平恒力F1.5mg的作用下从水平面左侧某点向右运动，力F作用t12 s后撤去，小滑块A继续运动t22 s后与静止在圆弧轨道底端的另一小滑块B发生弹性碰撞，碰后小滑块B能沿圆弧轨道上升的最大高度为h。已知小滑块A与水平面间的动摩擦因数0.5，重力加速度g取9.8 m/s2。(1)求小滑块A与小滑块B碰撞前瞬间的速度v0；(2)求小滑块B的质量M。解析 (1)对物体A碰撞前运动过程，规定向右为正方向，由动量定理，有Ft1mg(t1t2)mv00解得v09.8 m/s(2)设碰撞后A、B速度分别为v1、v2，由机械能守恒定律，有MghMv解得v24.9 m/s对于弹性碰撞过程，由能量守恒定律，有mvmvMv由动量守恒定律，有mv0mv1Mv2联立解得M3m答案 (1)9.8 m/s(2)3m25(20分)如图所示的平面直角坐标系xOy，在第象限内有平行于x轴的匀强电场，方向沿x轴方向，在第象限的三角形PQM区域(含边界)内有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直xOy平面向里。一个带负电的粒子总是从P点沿y轴方向射入磁场。已知P点坐标为(L，0)，Q点坐标为(L，L)，M点坐标为(0，L)，粒子的质量为m，带电荷量为q，不计粒子重力。(1)若粒子从P点射入的速度大小为，求粒子从P点射入到刚进入电场这段时间内平均速度的大小和方向；(2)若粒子从P点以某一速度射入，最终从Q点离开磁场，此过程中，粒子在电场中电势能变化的最大值为多少？(3)若粒子从P点射入后，最终能从x轴上P、O点间射出，则粒子从P点射入的最大速度为多少？解析 (1)如图甲，粒子在磁场中做匀速圆周运动qvB，解得r周期T，T代入已知条件得rL粒子从P点射入磁场到刚由M点进入电场这段时间内运动的位移和时间分别为sLtT则粒子运动的平均速度v代入可得v平均速度方向由P点指向M点(2)如图乙，分析可知，粒子从Q点射出的速度方向必沿y方向r1可得v1电势能最大时，粒子动能为0。设电势能改变量为Ep，根据能量守恒定律，有Epmv0联立可得Ep(3)如图丙，分析可知，粒子从P、O间以最大速度射出需满足L3r2可得最大速度v2答案 (1)由P点指向M点(2)(3)计算题专项训练(四)三、非选择题：共174分。第2232题为必考题，每个试题考生都必须作答。第3338题为选考题，考生根据要求作答。(一)必考题：共129分。24(12分)如图所示，圆心为O、半径为R的圆形磁场区域中存在垂直纸面向外的匀强磁场，以圆心O为坐标原点建立坐标系，在y3R处有一垂直y轴的固定绝缘挡板，一质量为m、带电荷量为q的粒子，与x轴成60角从M点(R，0)以初速度v0斜向上射入磁场区域，经磁场偏转后由N点离开磁场(N点未画出)恰好垂直打在挡板上，粒子与挡板碰撞后原速率弹回，再次进入磁场，最后离开磁场。不计粒子的重力，求：(1)磁感应强度B的大小；(2)N点的坐标；(3)粒子从M点进入磁场到最终离开磁场区域运动的总时间。解析 (1)设粒子在磁场中运动半径为r，根据题设条件画出粒子的运动轨迹，如图所示。由几何关系可以得到rR由洛伦兹力等于向心力，有qv0Bm得到B。(2)由图几何关系可以得到：xRsin 60R，yRcos 60RN点坐标为。(3)粒子在磁场中运动的周期T，由几何知识得到粒子在磁场中运动的圆心角共为180，粒子在磁场中运动时间t1，粒子在磁场外的运动，由匀速直线运动可以得到，从出磁场到再次进磁场的时间为t2，其中s3RR，粒子从M点进入磁场到最终离开磁场区域运动的总时间tt1t2解得t。答案 (1)(2)(3)25(20分)如图所示，水平地面上固定一个半径为R0.8 m的四分之一光滑圆轨道，圆轨道末端水平并与一个足够长的匀质木板的左端等高接触但不连接。木板的质量为M2 kg，其左端有一个处于静止状态的小物块a，质量为ma1 kg。现将一质量为mb3 kg的小物块b由圆轨道最高点无初速释放，并与物块a在圆轨道最低点发生碰撞，碰撞时间极短且碰撞过程中无机械能损失(物块a、b可视为质点，重力加速度g取10 m/s2)。(1)求碰后瞬间a、b两物块的速度大小；(2)若两个小物块a、b与木板间的动摩擦因数均为10.3，木板与地面间的动摩擦因数为20.1，求最终两个小物块a、b间的距离。解析 (1)对物块b由机械能守恒定律有mbgRmbv得v04 m/s两物块相碰撞由动量守恒定律得mbv0mbvbmava由能量守恒定律得mbvmbvmav解得vb2 m/s，va6 m/s(2)物块a、b做匀减速运动的加速度大小分别为aa3 m/s2ab3 m/s2木板做匀加速运动的加速度大小为aM3 m/s2物块b与木板共速时的速度为v1，时间为t1v1vbabt1aMt1解得v11 m/s，t1 s此时物块a的速度为v2vaaat15 m/s此后物块b与板相对静止一起减速到速度为零的时间为t2，加速度大小为a共a共 m/s20v1a共t2解得t2 s物块a减速到零的时间为t3 s可见，恰好有t2t3，即物块a、b与木板恰好同时停下来。综上，物块a整个过程中的对地位移为xa，物块b的对地位移为xbxbt1t2 mxa6 m所以最终两物块间距x m答案 (1)6 m/s2 m/s(2) m计算题专项训练(五)三、非选择题：共174分。第2232题为必考题，每个试题考生都必须作答。第3338题为选考题，考生根据要求作答。(一)必考题：共129分。24(12分)如图所示，在光滑的水平平台上有一质量m0.1 kg的小球压缩轻质弹簧(小球与弹簧不拴连)使其具有Ep0.2 J的弹性势能，平台的B端连接两个半径都为R且内壁都光滑的四分之一细圆管BC及细圆管CD，圆管内径略大于小球直径，B点和D点都与水平面相切。在地面的E处有一小圆弧(图中未画出，小球在经过E处时的动能不损失)，且安装了一个可改变倾角的长斜面EF，已知地面DE长度为0.3 m，且与小球间的动摩擦因数10.5，小球与斜面EF间的动摩擦因数2。现释放小球，小球弹出后进入细圆管，运动到B点时对上管壁有FN1 N的弹力。求：(1)细圆管的半径R；(2)小球经过D点时对管壁的压力大小；(3)当斜面EF与地面的倾角(在090范围内)为何值时，小球沿斜面上滑的长度最短？并求出最短长度。解析 (1)根据动能定理可得Epmv得vB2 m/s在B点，上管壁对小球的弹力FNFN1 N，与重力的合力提供小球的向心力，有FNmg得R0.2 m(2)由动能定理可得mg2Rmvmv可得v12 (m/s)2在D点，下管壁对小球的支持力与重力的合力提供小球的向心力，有FDmg得FD7 N根据牛顿第三定律，小球经过D点时对管壁的压力等于下管壁对小球的支持力，大小为7 N。(3)从D开始到运动至斜面上最高处，利用动能定理可得mv1mgDEmvmv2mgcos smgssin 0得s所以当60时有最小值smin m0.39 m。答案 (1)0.2 m(2)7 N(3)600.39 m25(20分)如图所示，带电粒子自平行板电容器a板左端最高处，以速度v0水平射入，而后从b板中央小孔P点射入磁场，已知两板间距为d，板长均为2d，板间存在竖直方向的匀强电场，已知粒子重力不计，磁场分布在b板所处水平线的下方，范围足够大，粒子质量为m，带电量为q，则：(1)若粒子恰打在b板左边缘，试求电场强度E、磁感应强度B1；(2)若粒子恰可以回到出发点，试求此时磁感应强度B2，以及粒子运动的总时间。解析 (1)分析粒子在电场中的运动水平方向：xdv0t竖直方向：ydtvv0结合ydt2可得E分析粒子在磁场中运动轨迹如图甲所示，可知d2Rsin qvB1RB1又sin 则B1(2)若粒子可以回到出发点，则由几何关系可知粒子离开位置距离b板左边缘x设粒子运动半径为R，则2Rsin xdqvB2RB2，又sin B2粒子在电场中运动时间t1粒子在磁场中运动时间t2(22)()粒子射出磁场后回到原点的时间t3总时间为t()答案 (1)(2)()计算题专项训练(六)三、非选择题：共174分。第2232题为必考题，每个试题考生都必须作答。第3338题为选考题，考生根据要求作答。(一)必考题：共129分。24(12分)如图所示，质量m1 kg的小物块P在光滑水平平台上以v03 m/s的初速度从A点水平向右滑出，并恰好沿光滑圆弧形轨道BC上B点的切线方向进入圆弧形轨道，圆心角BOC60，圆弧轨道的半径R4.5 m，轨道最低点C的切线与光滑水平地面相平。一质量M3 kg的小物块Q静止在光滑水平地面上，小物块P在光滑水平地面上与Q发生弹性碰撞，小物块P和Q均可看成质点，重力加速度g取10 m/s2。求：(1)小物块P第一次运动到圆弧上C点时轨道对小物块P的支持力大小；(2)小物块P与Q发生弹性碰撞后小物块Q的速度大小。解析 (1)由小物块恰好沿光滑圆弧形轨道BC上B点的切线方向进入圆弧形轨道知vB6 m/s沿光滑圆弧形轨道滑至C点，由机械能守恒定律得mvmgR(1cos 60)mv解得vC9 m/s由牛顿第二定律得FCmgm得FC28 N(2)设碰后小物块P的速度为vP，碰后小物块Q的速度为vQ。系统动量守恒，规定水平向右方向为正，则mvCmvPMvQ系统机械能守恒，则mvmvMv解得vQ4.5 m/s答案 (1)28 N(2)4.5 m/s25(20分)如图所示，一质量为m、电荷量为q的带正电小球(可看做质点)从y轴上的A点以初速度v0水平抛出，两长为L的平行金属板M、N倾斜放置且与水平方向间的夹角为37。(sin 370.6)(1)若带电小球恰好能垂直于M板从其中心小孔B进入两板间，试求带电小球在y轴上的抛出点A的坐标及小球抛出时的初速度v0；(2)若该平行金属板M、N间有图中所示的匀强电场，且匀强电场的电场强度大小与小球质量之间的关系满足E，试计算两平行金属板M、N之间的垂直距离d至少为多少时才能保证小球不打在N板上。解析 (1)设小球由y轴上的A点运动到金属板M的中点B的时间为t，由题意，在与x轴平行的方向上，有：cos v0ttan 带电小球在竖直方向上下落的距离为hgt2所以小球抛出点A的纵坐标为yhsin 以上各式联立并代入数据可解得：v0 ，yL，t2，h所以小球抛出点A的坐标为 小球抛出时的初速度大小为v0(2)设小球进入电场时的速度大小为v，则由动能定理可得mghmv2mv解得v 带电小球进入匀强电场后的受力情况如图所示。因为E，所以qEmgcos 因此，带电小球进入该匀强电场之后，将做类平抛运动。其加速度大小为agsin 设带电小球在该匀强电场中运动的时间为t，欲使小球不打在N板上，由平抛运动的规律可得：dvtat2以上各式联立求解并代入数据可得：dL答案 (1)(2)L计算题专项训练(七)三、非选择题：共174分。第2232题为必考题，每个试题考生都必须作答。第3338题为选考题，考生根据要求作答。(一)必考题：共129分。24(12分)(2018福建厦门市模拟)如图所示，MN、PQ两平行光滑水平导轨分别与半径r0.5 m的相同竖直半圆导轨在N、Q端平滑连接，M、P端连接定值电阻R，质量M2 kg的绝缘杆cd垂直于导轨静止在水平导轨上，在其右侧至N、Q端的区域内充满竖直向上的匀强磁场，现有质量m1 kg的ab金属杆以初速度v012 m/s水平向右与cd绝缘杆发生正碰后，进入磁场并最终未滑出，cd绝缘杆则恰好通过半圆导轨最高点，不计其余电阻和摩擦，ab金属杆始终与导轨垂直且接触良好，取g10 m/s2，(不考虑cd杆通过半圆导轨最高点以后的运动)求：(1)cd绝缘杆通过半圆导轨最高点时的速度大小v；(2)电阻R产生的焦耳热Q。解析 (1)cd绝缘杆通过半圆导轨最高点时，由牛顿第二定律有：MgM解得：v m/s(2)从碰撞后到cd绝缘杆滑至最高点的过程中，由动能定理有：Mg2rMv2Mv，解得碰撞后cd绝缘杆的速度：v25 m/s两杆碰撞过程动量守恒，取向右为正方向，则有：mv0mv1Mv2解得碰撞后ab金属杆的速度：v12 m/sab金属杆进入磁场后，由能量守恒定律有：mvQ，解得：Q2 J。答案 (1) m/s(2)2 J25(20分)如图所示，倾角30的光滑斜面上，轻质弹簧两端连接着两个质量均为m1 kg的物块B和C，C紧靠着挡板P，B通过轻质细绳跨过光滑定滑轮与质量M8 kg的物块A连接，细绳平行于斜面，A在外力作用下静止在圆心角为60、半径R2 m的光滑圆弧轨道的顶端a处，此时绳子恰好拉直且无张力；圆弧轨道最低端b与粗糙水平轨道bc相切，bc与一个半径r0.2 m的光滑圆轨道平滑连接。由静止释放A，当A滑至b时，C恰好离开挡板P，此时绳子断裂。已知A与bc间的动摩擦因数0.1，重力加速度取g10 m/s2，弹簧的形变始终在弹性限度内，细绳不可伸长。(1)求弹簧的劲度系数；(2)求物块A滑至b处，绳子断后瞬间，A对圆轨道的压力大小；(3)为了让物块A能进入圆轨道且不脱轨，则bc间的距离应满足什么条件？解析 (1)物块A位于a处时，绳无张力且物块B静止，故弹簧处于压缩状态对B由平衡条件有kxmgsin30当C恰好离开挡板P时，C的加速度为0，故弹簧处于拉伸状态当C由平衡条件有kxmgsin30由几何关系知Rxx代入数据解得k5 N/m(2)物块A在a处与在b处时，弹簧的形变量相同，弹性势能相同，故物块A在a处与在b处时，A、B系统的机械能相等。有MgR(1cos60)mgRsin30Mvmv如图所示，将A在b处的速度分解，由速度分解关系有vAcos30vB代入数据解得vA 4 m/s在b处，对A由牛顿定律有FNMg代入数据解得FNMg144 N由牛顿第三定律，A对圆轨道的压力大小为FNFN144 N(3)物块A不脱离圆形轨道有两种情况第一种情况，不超过圆轨道上与圆心的等高点由动能定理，恰能进入圆轨道时需满足条件Mgx10Mv恰能到圆心等高处时需满足条件MgrMgx20Mv代入数据解得x18 m，x26 m即6 mx8 m第二种情况，过圆轨道最高点在最高点，由牛顿定律有MgN恰能过最高点时，N0，v由动能定理有Mg2rMgxMv2Mv代入数据解得x3 m答案 (1)5 N/m(2)144 N(3)见解析计算题专项训练(八)三、非选择题：共174分。第2232题为必考题，每个试题考生都必须作答。第3338题为选考题，考生根据要求作答。(一)必考题：共129分。24(12分)如图所示，竖直平面内有四分之一圆弧轨道AB与光滑水平长直轨道相切于B点，圆心O位于B点正上方，物块与圆弧轨道之间的摩擦不可忽略。物块P的初始位置与圆心的连线和竖直方向的夹角为，轻质弹簧与物块Q拴接，物块Q静止于长直轨道某点，物块P的质量为m1，物块Q的质量为m2，且m1m2，圆弧轨道半径为R，重力加速度为g。由静止自由释放物块P，当其滑至B点时对圆弧轨道压力为FN。求：(1)物块P第一次在圆弧轨道滑动过程中系统产生的热量Q热1；(2)两物块运动过程中弹簧最大的弹性势能Epmax；(3)若物块P第一次与弹簧分开后滑回AB弧，再次折返后滑入直轨道向右运动时，恰好追不上Q。试求P与弹簧分开时的速度以及在AB弧上折返过程中系统产生的热量Q热2。解析 (1)设P第一次到达B点时速度为v1m1gR(1cos )m1vQ热1FNm1gm1得Q热1m1gRFNR(2)设弹簧弹性势能最大时PQ的共同速度为v共m1v1(m1m2)v共Epmaxm1v(m1m2)v得Epmax(3)设PQ第一次分离时P的速度为v2，Q的