高考物理二轮复习计算题41分练3.docx

计算题41分练(3)19(9分)如图1甲所示，将一个小铁块(可看成质点)以一定的初速度，沿倾角可在090之间任意调整的木板上向上滑动，设它沿木板向上能达到的最大位移为x。若木板倾角不同时对应的最大位移x与木板倾角的关系图象如图乙所示。g取10 m/s2。求：(结果如果是根号，可以保留)图1(1)小铁块初速度的大小v0以及小铁块与木板间的动摩擦因数； (2)当60时，小铁块达到最高点后，又回到出发点，小铁块速度将变为多大。解析(1)由图乙可知，当90时，x1.25 m由v2gx得v05 m/s 当30时，有agsin 30gcos 30v2ax解得：。(2)当60时，有：agsin 60gcos 60 m/s2沿斜面向上的运动位移为：x m设回到出发点时的速度为v，由功能关系：2mgxcos 60mvmv2代入数据解得：v m/s。答案(1)5 m/s(2) m/s20(12分)游客对过山车的兴趣在于感受到力的变化，这既能让游客感到刺激，但又不会受伤，设计者通过计算“受力因子”来衡量作用于游客身上的力，“受力因子”等于座椅施加给游客的力除以游客自身的重力，可以利用传感器直接显示数值。如图2所示为过山车简化原理图：左边部分是装有弹射系统的弹射区，中间部分是作为娱乐主体的回旋区，右边部分是轨道末端的制动区。某位质量m60 kg游客坐过山车运动过程中，在轨道A处时“受力因子”显示为7，在轨道B处时“受力因子”显示为0.5，在轨道C处时的“受力因子”显示为0.6。已知大回环轨道半径R10 m，重力加速度g取10 m/s2，则：图2(1)该游客在C处时是超重还是失重？(2)求该游客从A处运动到B处过程中损失的机械能；(3)在设计时能否将弹射区和制动区的位置互换？试用文字定性分析说明。解析 (1)因C处受力因子显示0.6，即游客对座椅的压力为0.6mg，所以处于失重状态。(2)该游客在轨道A处受到的座椅的作用力FA7mg，由牛顿第二定律可得：FAmgm，则EkAmv3mgR该游客在轨道B处受到的座椅的作用力FB0.5mg，由牛顿第二定律可得： FBmgm，则EkBmv0.75mgR设游客机械能损失为E，则：EEkA(EkB2mgR)解得：E1.5103 J。(3)不能，这样存在安全问题和设计缺陷，因存在阻力，速度不断减小，过山车可能过不了B处。答案 (1)失重(2)1.5103 J(3)见解析 22(加试题)(10分)如图3甲所示是航母上的舰载机通过电磁弹射起飞的示意图，其原理可简化成图乙所示情景：水平面内由平行长直金属导轨组成的区域内，等间距分布着竖直向下和竖直向上的磁场，磁感应强度均为B；航母甲板下方的电磁弹射车可简化为一个矩形金属框，其长边等于导轨间距L、短边等于每个磁场的宽度，电阻为R。当磁场向右运动时，金属框在电磁力的作用下也向右运动，从而带动航母甲板上方的舰载机向前运动。舰载机与电磁弹射车组成的弹射系统总质量为m、运动时所受阻力大小恒为F，金属框外的电阻不计。图3(1)当弹射系统在轨道上匀速运动时，求金属框内的电流大小和磁场相对金属框的速度大小；(2)若t0时，磁场由静止开始水平向右做匀加速直线运动，经一段时间后，金属框也开始做匀加速直线运动，其速度与时间关系如图丙所示。已知t时刻金属框速度为vt，求磁场的加速度大小。解析 (1)设金属框内电流大小为I，磁场相对金属框的速度大小为v相，金属框左、右两边受到的安培力均为：FAILB系统匀速运动，则：2FAF解得：I又由欧姆定律得：EIR由En得：E2BLv相解得：v相。(2)设相对速度大小为v相取金属框为研究对象：Fma金属框要做匀加速运动(a不变)，则必有v相一定即磁场与金属框加速度相等结合图象可得：v相atvt解得；磁场加速度大小为a。答案(1)(2)23(2016浙江名校协作体模拟)(加试题)(10分)如图4所示，LMN是竖直平面内固定的光滑绝缘轨道，MN水平且足够长，LM下端与MN相切。在OP与QR之间的区域内有一竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。C、D是质量为m和4m的绝缘小物块(可视为质点)，其中D带有电荷量q，C不带电。现将物块D静止放置在水平轨道的MO段，将物块C从离水平轨道MN距离h高的L处由静止释放，物块C沿轨道下滑进入水平轨道，然后与D相碰，碰后物体C被反弹滑至斜面处，物体D进入虚线OP右侧的复合场中继续运动，最后从RQ侧飞出复合场区域。求：图4(1)物块D进入磁场时的瞬时速度vD；(2)若物块D进入磁场后恰好做匀速圆周运动，求所加匀强电场的电场强度E的值及物块D的电性；(3)若物块D飞离复合场区域时速度方向与水平夹角为60，求物块D飞出QR边界时与水平轨道的距离d。解析(1)对物块C，根据动能定得有mghmv2反弹后mvmg得：