【优化探究】高考物理二轮专题复习 素能提升 213 规范妙答突破计算题（含解析）新人教版.doc

【优化探究】2015高考物理二轮专题复习 素能提升 2-1-3 规范妙答突破计算题（含解析）新人教版1(2014年泉州质检)如图甲所示，水平地面上有一块质量m1.6 kg，上表面光滑且足够长的木板，受到大小f10 n、与水平方向成37角的拉力作用，木板恰好能以速度v08 m/s水平向右匀速运动现有很多个质量均为m0.5 kg的小铁块，某时刻在木板最右端无初速地放上第一个小铁块，此后每当木板运动l1 m时，就在木板最右端无初速地再放上一个小铁块g取10 m/s2，cos 370.8，sin 370.6，求：(1)木板与地面间的动摩擦因数；(2)第一个小铁块放上后，木板运动l时速度的大小v1；(3)请在图乙中画出木板的运动距离x在0x4l范围内，木板动能变化量的绝对值|ek|与x的关系图象(不必写出分析过程，其中0xl的图象已画出)解析：(1)由平衡条件得fcos 37(mgfsin 37)，解得0.8.(2)放上第一个小铁块后，木板做匀减速运动，由动能定理得fcos 37l(mm)gfsin 37lmvmv，代入数据解得v1 m/s.(3)答案：(1)0.8(2) m/s(3)图见解析2随着沪杭高铁的全线开通，我国的高速铁路技术又创下了350 km/h的新纪录，同时旅客的安全工作更引起人们的关注假设某次列车在离车站9.5 km处的速度为342 km/h，此时向车站发出无线电信号，同时立即开始制动刹车，使列车匀减速到站并刚好停住若车站接收到列车发出的信号后，立即利用广播通知站台上的全体旅客需要50 s的时间，则：(1)该列车进站时的加速度多大，方向如何？(2)全体旅客从听到广播通知，到列车进站停下，还有多长的登车准备时间？解析：(1)列车初速度v0342 km/h95 m/s，与车站距离l9.5 km，列车刚好停住时v10，对列车向车站发出信号到刚好停住的过程，设列车加速度为a，由vv2al得a0.475 m/s2负号表示加速度方向与列车运动方向相反(2)设列车减速运动时间为t1，广播通知全体旅客的时间为t50 s，由lt1得t1200 s旅客的准备时间t2t1t150 s.答案：(1)0.475 m/s2方向与列车的运动方向相反(2)150 s3特种兵过山谷的一种方法可简化为如图所示的模型：将一根长为2d、不可伸长的细绳的两端固定在相距为d的a、b两等高处，细绳上有小滑轮p，战士们相互配合，可沿着细绳滑到对面开始时，战士甲拉住滑轮，质量为m的战士乙吊在滑轮上，处于静止状态，ap竖直(不计滑轮与绳的质量，不计滑轮的大小及摩擦，重力加速度为g)(1)若甲对滑轮的拉力沿水平方向，求拉力的大小；(2)若甲将滑轮由静止释放，求乙在滑动中速度的最大值(结果可带根式)解析：(1)设bp与竖直方向的夹角为，由几何关系得2d，根据三角函数关系解得sin ，cos ，tan 如图所示，对滑轮受力分析，设细绳拉力的大小为ft，甲对滑轮的拉力为f，由平衡条件得mgftftcos ，fftsin ，解得f.(2)设ap的长度为l，则ld.经分析可知滑轮在ab中点正下方时有最大速度，设滑轮在最低点时最大速度为v，此时滑轮距ab线的高度为h，有h2d2()2，由机械能守恒定律得mg(hl)mv2，解得v.答案：(1)(2) 4如图所示，处于匀强磁场中的两根足够长、电阻不计的平行光滑金属导轨相距l1 m，导轨平面与水平面成30角，下端连接“2.5 v0.5 w”的小电珠，匀强磁场方向与导轨平面垂直质量为m0.02 kg、电阻不计的光滑金属棒放在两导轨上，金属棒与两导轨垂直并保持良好接触g取10 m/s2.求：(1)金属棒沿导轨由静止刚开始下滑时的加速度大小；(2)当金属棒下滑速度达到稳定时，小电珠正常发光，求该速度的大小；(3)磁感应强度的大小解析：(1)设金属棒刚开始下滑时的加速度为a，由于金属棒开始下滑的初速度为零，根据牛顿第二定律有mgsin ma代入数据解得a5 m/s2.(2)设金属棒运动达到稳定时的速度为v、所受安培力为fa，棒在沿导轨方向受力平衡，则有mgsin fa0此时金属棒克服安培力做功的功率等于小电珠消耗的电功率，则有pfav联立式并代入数据解得v5 m/s.(3)设磁感应强度的大小为b，金属棒切割磁感线产生的感应电动势为eblv小电珠正常发光，其两端电压等于e，必有eu灯联立式并代入数据解得b0.5 t.答案：(1)5 m/s2(2)5 m/s(3)0.5 t5如图所示，半径为r的光滑半圆轨道abc与倾角为37的粗糙斜面轨道dc相切于c点，圆轨道的直径ac与斜面垂直质量为m的小球从a点左上方距a高为h的斜面上方p点以某一速度水平抛出，刚好与半圆轨道的a点相切进入半圆轨道内侧，之后经半圆轨道沿斜面刚好滑到与抛出点等高的d处已知当地的重力加速度为g，取rh，sin 370.6，cos 370.8，不计空气阻力，求：(1)小球被抛出时的速度v0；(2)小球到达半圆轨道最低点b时，对轨道的压力大小；(3)小球从c到d过程中摩擦力做的功w.解析：(1)小球到达a点时，速度与水平方向的夹角为，如图所示则有v2gh，由几何关系得v0vcot ，解得v0.(2)a、b间竖直高度hr(1cos )设小球到达b点时的速度为v，则从抛出点到b的过程，有mvmg(hh)mv2，在b点，有fnmgm，解得fn5.6mg.由牛顿第三定律知，小球在b点对轨道的压力大小是5.6mg.(3)小球沿斜面上滑过程中摩擦力做的功等于小球做平抛运动的初动能，有wmvmgh.答案：(1)(2)5.6mg(3)mgh6一圆筒的横截面如图所示，其圆心为o.筒内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为b.圆筒下面有相距为d的平行金属板m、n，其中m板带正电荷，n板带等量负电荷质量为m、电荷量为q的带正电粒子自m板边缘的p处由静止释放，经n板的小孔s以速度v沿半径so方向射入磁场中粒子与圆筒发生两次碰撞后仍从s孔射出，设粒子与圆筒碰撞过程中没有动能损失，且电荷量保持不变，在不计重力的情况下，求：(1)m、n间电场强度e的大小；(2)圆筒的半径r；(3)保持m、n间电场强度e不变，仅将m板向上平移d，粒子仍从m板边缘的p处由静止释放，粒子自进入圆筒至从s孔射出期间，与圆筒的碰撞次数n.解析：(1)设两板间的电压为u，由动能定理得qumv2由匀强电场中电势差与电场强度的关系得ued联立两式可得e.(2)粒子进入磁场后做匀速圆周运动，运用几何关系作出圆心为o，圆半径为r.设第一次碰撞点为a，由于粒子与圆筒发生两次碰撞又从s孔射出，因此，sa弧所对的圆心角aos等于.由几何关系得rrtan粒子运动过程中洛伦兹力充当向心力，由牛顿第二定律，得qvbm联立式得r(3)保持m、n间电场