2023年高考物理二轮复习题型突破训练3计算题突破练

三计算题突破练1．如下图，载人小车和弹性球静止在光滑长直水平面上，球的质量为m，人与车的总质量为16m.人将球以水平速率v推向竖直墙壁，球又以速率v弹回，人接住球后再以速率v(相对地面)将球推向墙壁，(1)在人第一次将球推出的过程中，人做了多少功？(2)人经几次推球后，再也不能接住球？解析：(1)以水平向右为正方向．人第一次将球推出，设人与车的速度为v1，球、人与车系统动量守恒0＝16mv1－mv人对系统做功W＝eq\f(1,2)×16mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mv2，所以W＝eq\f(17,32)mv2.(2)球反弹回来的速率始终为v，设人推球n次后，人与车的速率也为v时，人恰好不能再接住球．球与墙壁碰撞一次，墙壁对系统的冲量为I＝mv－(－mv)＝2mv球与墙壁碰撞n次后，墙壁对系统的冲量为nI，由动量定理nI＝(16m＋m)即n×2mv＝(16m＋m)v，解得n＝8.5次，所以，人经9次推球后，答案：(1)eq\f(17,32)mv2(2)9次2．(2023·衡水调研)如图甲所示，弯曲局部AB和CD是两个半径都为0.3m的eq\f(1,4)圆弧轨道，中间的BC段是竖直的薄壁细圆管(细圆管内径略大于小球的直径)轨道，分别与上下圆弧轨道相切连接，BC段的长度L为0.2m．下圆弧轨道与水平轨道相切，其中D、A分别是上下圆弧轨道的最高点与最低点，整个轨道固定在竖直平面内．有一质量为0.3kg的小球以一定的速度沿水平轨道向右运动并从A点进入圆弧，不计小球运动中的一切阻力，求：(1)如果小球从D点以5m/s的速度水平飞出，求落地点与D(2)如果小球从D点以5m/s的速度水平飞出，求小球过圆弧A(3)如果在D点右侧平滑连接一半径R＝0.4m的半圆形光滑轨道DEF，如图乙所示，要使小球不脱离轨道运动，解析：(1)小球从D点以5m/s的速度水平飞出后做平抛运动，h＝eq\f(1,2)gt2h＝2R＋L代入数据解得t＝0.4s所以落地点与D点的水平距离x＝vDt＝5×0.4m＝2(2)由A到D的过程，由机械能守恒定律可得mgh＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)在A点，由牛顿第二定律可得FN－mg＝meq\f(veq\o\al(2,A),R)联立解得FN＝44N由牛顿第三定律知，小球过圆弧A点时对轨道的压力FN′＝FN＝44N.(3)讨论一：小球进入轨道最高运动到C点，之后原路返回，由机械能守恒定律，有mg(R＋L)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，得v1＝eq\r(10)m/s讨论二：小球进入轨道后恰好能通过圆弧最高点D，之后沿DEF运动而不脱离轨道，在D点，有mg＝meq\f(v2,R)从A到D由机械能守恒定律可得mgh＋eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，得v2＝2eq\r(5)m/s.所以要使小球在运动过程中能不脱离轨道，初速度大小的范围为：v1≤eq\r(10)m/s或v2≥2eq\r(5)m/s.答案：(1)2m(2)44N(3)v1≤eq\r(10)m/s或v2≥2eq\r(5)m3．如下图，木板与水平地面间的夹角θ可以随意改变，当θ＝30°时，可视为质点的一小木块恰好能沿着木板匀速下滑．假设让该小木块从木板的底端以大小恒定的初速率v0的速度沿木板向上运动，随着θ的改变，小物块沿木板滑行的距离x将发生变化，重力加速度为g.(1)求小物块与木板间的动摩擦因数；(2)当θ角满足什么条件时，小物块沿木板滑行的距离最小，并求出此最小值．解析：(1)当θ＝30°时，对木块受力分析mgsinθ＝μFNFN＝mgcosθ那么动摩擦因数μ＝tanθ＝tan30°＝eq\f(\r(3),3).(2)当θ变化时，对木块受力分析mgsinθ＋μmgcosθ＝maveq\o\al(2,0)＝2ax那么x＝eq\f(veq\o\al(2,0),2g〔sinθ＋μcosθ〕)＝eq\f(veq\o\al(2,0),2g\r(1＋μ2)sin〔θ＋α〕)而tanα＝μ＝eq\f(\r(3),3)，那么当α＋θ＝90°时x最小，即θ＝60°x最小值为xmin＝eq\f(veq\o\al(2,0),2g〔sinθ＋μcosθ〕)＝eq\f(veq\o\al(2,0),2g\r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))\s\up12(2)))＝eq\f(\r(3)veq\o\al(2,0),4g).答案：(1)eq\f(\r(3),3)(2)60°eq\f(\r(3)veq\o\al(2,0),4g)4．如下图，一小车置于光滑水平面上，轻质弹簧右端固定，左端栓连物块b，小车质量M＝3kg，AO局部粗糙且长L＝2m，动摩擦因数μ＝0.3，OB局部光滑．另一小物块a，放在车的最左端，和车一起以v0＝4m/s的速度向右匀速运动，车撞到固定挡板后瞬间速度变为零，但不与挡板粘连．车OB局部的长度大于弹簧的自然长度，弹簧始终处于弹性限度内．a、b两物块视为质点，质量为m＝1kg，碰撞时间极短且不粘连，碰后一起向右运动(g取10(1)物块a与b碰后的速度大小；(2)当物块a相对小车静止时小车右端B到挡板的距离；(3)当物块a相对小车静止时在小车上的位置到O点的距离．解析：(1)对物块a，由动能定理得－μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，代入数据解得a与b碰前速度v1＝2m/sa、b碰撞过程系统动量守恒，以a的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv1＝2mv2，代入数据解得v2＝1m(2)当弹簧恢复到原长时两物块别离，a以v2＝1m/s在小车上向左滑动，当与车同速时，以向左为正方向，由动量守恒定律得mv2＝(M＋m)v3代入数据解得v3＝0.25m/s对小车，由动能定理得μmgs＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,3)，代入数据解得，同速时车B端距挡板的距离s＝eq\f(1,32)m＝0.03125m.(3)由能量守恒得μmgx＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)(M＋m)veq\o\al(2,3)，解得滑块a与车相对静止时与O点距离x＝eq\f(1,8)m＝0.125m.答案：(1)1m/s(2)eq\f(1,32)m(3)0.125m5．(2023·江西师大附中模拟)如下图，两足够长且不计其电阻的光滑金属轨道，如下图放置，间距为d＝1m，在左端斜轨道局部高h＝1.25m处放置一金属杆a，斜轨道与平直轨道区域以光滑圆弧连接，在平直轨道右端放置另一金属杆b，杆a、b电阻Ra＝2Ω、Rb＝5Ω，在平直轨道区域有竖直向上的匀强磁场，磁感强度B＝2T．现杆b以初速度v0＝5m/s开始向左滑动，同时由静止释放杆a，杆a由静止滑到水平轨道的过程中，通过杆b的平均电流为0.3A；从a下滑到水平轨道时开始计时，a、b杆运动速度－时间图象如下图(以a运动方向为正)，其中ma＝2kg，mb＝1kg，g取(1)杆a在斜轨道上运动的时间；(2)杆a在水平轨道上运动过程中通过其截面的电荷量；(3)在整个运动过程中杆b产生的焦耳热．解析：(1)对b棒运用动量定理，有：Bdeq\o(I,\s\up6(－))Δt＝mb(v0－vb0)其中vb0＝2m/s，代入数据得Δt＝5(2)对杆a下滑的过程中，机械能守恒：mgh＝eq\f(1,2)maveq\o\al(2,a)解得va＝eq\r(2gh)＝5m/s最后两杆共同的速度为v′，由动量守恒得mava＋mbvb＝(ma＋mb)v′代入数据得v′＝eq\f(8,3)m/s杆a动量变化等于它所受安培力的冲量，由动量定理可得I安＝BIdΔt′＝mava－mav′而q＝IΔt′由以上公式代入数据得q＝eq\f(7,3)C.(3)由能量守恒得，共产生的焦耳热为Q＝magh＋eq\f(1,2)mbveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(mb＋ma)v′2＝eq\f(161,6)Jb棒中产生的焦耳热为Q′＝eq\f(5,2＋5)Q＝eq\f(115,6)J.答案：(1)5s(2)eq\f(7,3)C(3)eq\f(115,6)J6．如下图，一半径为R的光滑绝缘半球面开口向下，固定在水平面上．整个空间存在匀强磁场，磁感应强度方向竖直向下．一电荷量为q(q＞0)、质量为m的小球P在球面上做水平的匀速圆周运动，圆心为O′.球心O到该圆周上任一点的连线与竖直方向的夹角为θeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0＜θ＜\f(π,2))).为了使小球能够在该圆周上运动，求磁感应强度大小的最小值及小球P相应的速率．重力加速度为g.解析：据题意，小球P在球面上做水平的匀速圆周运动，该圆周的圆心为O′.P受到向下的重力mg、球面对它沿OP方向的支持力FN和磁场的洛仑兹力F＝qvB①式中v为小球运动的速率．洛仑兹力F的方向指向O′.根据牛顿第二定律FNcosθ－mg＝0②F－FNsinθ＝meq\f(v2,Rsinθ)③由①②③式得v2－eq\f(qBRsinθ,m)v＋eq\f(gRsin2θ,cosθ)＝0④由于v是实数，必须满足Δ＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(qBRsinθ,m)))eq\s\up12(2)－eq\f(4gRsin2θ,cosθ)≥0⑤由此得B≥eq\f(2m,q)e