2020屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 題型突破專練3：計算題押題突破練

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1、計算題押題突破練① 1．[直線運動](2019年遼寧沈陽三模)在一段平直道路的路口，一輛貨車和一輛電動自行車都停在停止線處．綠燈亮起后兩車同時啟動，已知貨車啟動后能保持2.5 m/s2的加速度，一直達(dá)到該路段限制的最大速度25 m/s后保持勻速直線運動；電動自行車啟動后保持4 m/s2的加速度，一直達(dá)到該車的最大速度20 m/s后保持勻速直線運動，則電動自行車在多長時間內(nèi)領(lǐng)先貨車？ 【答案】15 s 【解析】設(shè)貨車加速的時間為t1，加速度過程中的位移為x1，則t1＝，x1＝ 貨車開始做勻速直線運動到追上電動車的時間為t2，位移為x2，則x2＝v1t2 設(shè)電動車加速的時間為t3，加速過

2、程中的位移為x3，則 t3＝，x3＝ 電動車開始做勻速直線運動到被貨車追上的時間為t4，位移為x4，則x4＝v2t4 兩車運動的總位移相等，所用的總時間相等 x1＋x2＝x3＋x4，t＝t1＋t2＝t3＋t4 聯(lián)立解得t＝15 s. 2．[帶電粒子在復(fù)合場中的運動](2019年河南鄭州二模)如圖所示，矩形區(qū)域abcdef分為兩個矩形區(qū)域，左側(cè)區(qū)域充滿勻強(qiáng)電場，方向豎直向上，右側(cè)區(qū)域充滿勻強(qiáng)磁場，方向垂直紙面向外，be為其分界線，af＝L，ab＝0.75L，bc＝L.一質(zhì)量為m、電荷量為e的電子(重力不計)從a點沿ab方向以初速度v0射入電場，從be邊的中點g進(jìn)入磁場．(已知sin

3、37°＝0.6，cos 37°＝0.8) (1)求勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E的大??； (2)若要求電子從cd邊射出，求所加勻強(qiáng)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度的最大值Bm； (3)調(diào)節(jié)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小，求cd邊上有電子射出部分的長度． 【答案】(1)　(2)　 (3)L 【解析】(1)電子在電場中做類似平拋運動，有 在豎直方向L＝at2 水平方向0.75L＝v0t 由牛頓第二定律有eE＝ma 聯(lián)立解得E＝. (2)粒子進(jìn)入磁場時，速度方向與be邊夾角的正切值tan θ＝＝＝＝0.75，解得θ＝37° 電子進(jìn)入磁場時的速度為v＝＝v0 設(shè)電子運動軌跡剛好與cd邊相切時，半徑最小為r1，軌跡如

4、圖所示．則由幾何關(guān)系知 r1＋r1cos θ＝L 解得r1＝L 由洛倫茲力提供向心力evB＝m 可得對應(yīng)的最大磁感應(yīng)強(qiáng)度Bm＝. (3)設(shè)電子運動軌跡剛好與de邊相切時，半徑為r2，則 r2＝r2sin 37°＋ 解得r2＝ 又r2cos θ＝L，故切點剛好為d點 電子從cd邊射出的長度為Δy＝＋r1sin 37°＝. 3．[動量與能量](2019年四川成都模擬)如圖所示，水平傳送帶A、B兩輪間的距離L＝40 m，離地面的高度H＝3.2 m，傳送帶一直以恒定的速率v0＝2 m/s順時針勻速轉(zhuǎn)動．兩個完全一樣的滑塊P、Q由輕質(zhì)彈簧相連但不栓接，用一輕繩把兩滑塊拉至最近，

5、使彈簧處于最大壓縮狀態(tài)繃緊，輕放在傳送帶的最左端．開始時P、Q一起從靜止開始運動，t1＝3 s后輕繩突然斷開，很短時間內(nèi)彈簧伸長至本身的自然長度(不考慮彈簧的長度的影響)，此時滑塊Q的速度大小剛好是P的速度大小的兩倍．且它們的運動方向相反，已知滑塊的質(zhì)量是m＝0.2 kg，滑塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)是μ＝0.1，重力加速度g＝10 m/s2.(滑塊P、Q和輕質(zhì)彈簧都可看成質(zhì)點，取1.4)求： (1)彈簧處于最大壓縮狀態(tài)時，彈簧的彈性勢能？ (2)兩滑塊落地的時間差？ (3)兩滑塊落地點間的距離？ 【答案】(1)7.2 J　 (2)7.8 s　(3)43.84 m 【解析】(1)

6、滑塊在傳送帶上運動的加速度大小 a＝＝μg＝1 m/s2 滑塊從靜止開始運動到與傳送帶相對靜止所用的時間 t0＝＝ s＝2 s 這段時間內(nèi)滑塊的位移 x0＝at2＝×1×22 m＝2 m

7、態(tài)時，彈性勢能為Ep＝mv＋mv－(2m)v 解得Ep＝7.2 J. (2)兩滑塊做平拋運動的高度一樣，平拋的時間相等，所以兩滑塊落地的時間差就是彈簧到自然長度后，兩滑塊在傳送帶上的運動時間． 滑塊Q運動到與傳送帶相對靜止用時 t2＝＝6 s 這段時間內(nèi)滑塊運動的位移x2＝vQt2－at 解得 x2＝30 m＜L－x1＝36 m，所以滑塊Q先勻減速運動，后勻速運動，滑塊Q勻速運動的時間 t3＝＝ s＝3 s 滑塊P速度減小到0時候，滑塊P運動的位移 x3＝＝ m＝8 m>x1＝4 m 會從左端落下．滑塊P滑到傳送帶左端時的速度 v′P＝＝ m/s＝2 m/s 運動時間t

8、4＝≈1.2 s 兩滑塊落地的時間差Δt＝t2＋t3－t4＝7.8 s. (3)滑塊P離開傳送帶做平拋運動的水平距離 x4＝v′P＝2× m＝2.24 m 滑塊Q離開傳送帶做平拋運動的水平距離 x5＝v0＝2× m＝1.6 m. 兩滑動落地點間的距離Δx＝x4＋L＋x5＝43.84 m. 4．[電磁感應(yīng)的電路問題](2019年四川瀘州模擬)如圖所示，電阻不計且足夠長的U形金屬框架放置在傾角θ＝37°的絕緣斜面上，該裝置處于垂直斜面向下的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝0.4 T．質(zhì)量m＝0.2 kg、電阻R＝0.3 Ω的導(dǎo)體棒ab垂直放在框架上，與框架接觸良好，從靜止開始沿框架無摩

9、擦地下滑．框架的質(zhì)量M＝0.4 kg、寬度l＝0.5 m，框架與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.7，與斜面間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力．(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) (1)若框架固定，求導(dǎo)體棒的最大速度vm; (2)若框架固定，導(dǎo)體棒從靜止開始下滑6 m時速度v1＝4 m/s，求此過程回路中產(chǎn)生的熱量Q及流過導(dǎo)體棒的電量q； (3)若框架不固定，求當(dāng)框架剛開始運動時導(dǎo)體棒的速度大小v2. 【答案】(1)9 m/s　(2)4 C　(3)7.2 m/s 【解析】(1)棒ab產(chǎn)生的電動勢E＝Blv 回路中感應(yīng)電流I＝ 棒ab所受的安培力F＝

10、BIl 對棒ab：mgsin 37°－BIl＝ma 當(dāng)加速度時，最大速度vm＝＝9 m/s. (2)根據(jù)能量轉(zhuǎn)化和守恒有mgxsin 37°＝mv＋Q 解得Q＝5.6 J q＝Δt＝Δt＝＝＝4 C. (3)回路中感應(yīng)電流I1＝ 框架上邊所受安培力F1＝BI1l 對框架有Mgsin 37°＋BI1l＝μ(m＋M)gcos 37° 聯(lián)立解得v2＝7.2 m/s. 計算題押題突破練② 1．[直線運動規(guī)律]如圖所示，水平地面放置A和B兩個物塊，A的質(zhì)量m1＝2 kg，B的質(zhì)量m2＝1 kg，物塊A、B與地面間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.5.現(xiàn)對物塊A施加一個與水平成37°角的外力F

11、，F(xiàn)＝10 N，使A由靜止開始運動，經(jīng)過12 s物塊A剛好運動到物塊B處，A物塊與B物塊碰前瞬間撤掉外力F，A與B碰撞過程沒有能量損失，設(shè)碰撞時間很短，A、B均可視為質(zhì)點，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求： (1)計算A與B碰撞前瞬間A的速度大??； (2)若在B的正前方放置一個彈性擋板，物塊B與擋板碰撞時沒有能量損失，要保證物塊A和B能發(fā)生第二次碰撞，彈性擋板距離物塊B的距離L不得超過多大？ 【答案】(1) 6 m/s　(2) L不得超過3.4 m 【解析】(1)設(shè)A與B碰前速度為v1，由牛頓第二定律得 Fcos 37°－μ(m1g－Fsin

12、 37°)＝m1a 解得a＝0.5 m/s2 則速度v1＝at＝6 m/s. (2)AB相碰，碰后A的速度v′1，B的速度v2 由動量守恒定律得m1v1＝m1v′1＋m2v2 由機(jī)械能守恒定律得m1v＝m1v′＋m2v 聯(lián)立解得v′1＝2 m/s、v2＝8 m/s 對A用動能定理得－μm1gsA＝0－m1v′ 解得sA＝0.4 m 對B用動能定理得－μm2gsB＝0－m2v 解得sB＝6.4 m 物塊A和B能發(fā)生第二次碰撞的條件是sA＋sB>2L，解得L<3.4 m 即要保證物塊A和B能發(fā)生第二次碰撞，彈性擋板距離物塊B的距離L不得超過3.4 m. 2．[帶電粒子在組

13、合場中的運動](2019年安徽合肥三模)如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，Ⅰ、Ⅳ象限內(nèi)有場強(qiáng)大小E＝103 V/m的勻強(qiáng)電場，方向與x軸正方向成45°角，Ⅱ、Ⅲ象限內(nèi)有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝1 T的勻強(qiáng)磁場，方向垂直坐標(biāo)平面向里．現(xiàn)有一比荷為104 C/kg的帶負(fù)電粒子，以速度v0＝2×103 m/s由坐標(biāo)原點O垂直射入磁場，速度方向與y軸負(fù)方向成45°角．粒子重力不計，求： (1)粒子開始在磁場中運動的軌道半徑； (2)粒子從開始進(jìn)入磁場到第二次剛進(jìn)入磁場的過程所用的時間； (3)粒子從第二次進(jìn)入磁場到第二次離開磁場兩位置間的距離． 【答案】(1)0.2 m　(2)×10－4s　(

14、3) m 【解析】(1)粒子進(jìn)入磁場后做勻速圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律qv0B＝m 解得r＝0.2 m. (2)如圖，粒子射出磁場與y軸夾角為45°，在磁場中運動270°.粒子第一次在磁場中運動的時間為 t1＝T＝·＝π×10－4s 粒子進(jìn)入電場速度與電場方向垂直．設(shè)粒子在電場中的時間為t2.加速度a＝ 電場中的位移偏轉(zhuǎn)角為45°，有tan 45°＝ 解得t2＝4×10－4s 總時間t＝t1＋t2＝×10－4 s. (3)如圖所示，粒子在電場中做類平拋運動，設(shè)粒子的速度偏轉(zhuǎn)角為α，粒子第二次進(jìn)入磁場時的速度大小為v，與y軸負(fù)方向的夾角為θ，則有tan α＝＝2tan 45°＝

15、2 由圖有θ＝α－45° v＝＝v0 根據(jù)牛頓第二定律 qvB＝m 則R＝ m 粒子第二次進(jìn)、出磁場處兩點間的距離 L＝2Rsin θ＝2Rsin(α－45°) 解得L＝ m. 3．[功和能](2019年河南鄭州二模)如圖所示，傳送帶水平部分的長度l＝4.5 m，在電動機(jī)帶動下勻速運行．質(zhì)量M＝0.49 kg的木塊(可視為質(zhì)點)靜止在傳送帶左端的光滑平臺上．質(zhì)量為m＝10 g的子彈以v0＝50 m/s的速度水平向右打入木塊并留在其中，之后木塊滑到傳送帶上，最后從右輪軸正上方的P點離開傳送帶做平拋運動，正好落入車廂中心點Q.已知木塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，P點與

16、車底板間的豎直記度H＝1.8 m，與車廂底板中心點Q的水平距離x＝1.2 m，取g＝10 m/s2，求： (1)木塊從傳送帶左端到達(dá)右端的時間； (2)由于傳送木塊，電動機(jī)多消耗的電能． 【答案】(1)2.3 s　 (2)1 J 【解析】(1)傳送帶的速度等于木塊運動到P點后做平拋運動，得x＝vt 豎直方向H＝gt2 解得拋出速度v＝2 m/s 子彈打入木塊過程，由動量守恒定律得mv0＝(M＋m)v1 木塊沿傳送帶加速運動，由牛頓第二定律得 μ(M＋m)g＝(M＋m)a 加速至v的位移x1＝＝0.3 m<4.5 m 加速運動時間t1＝＝0.2 s 之后隨傳送帶向右勻

17、速運動，勻速運動時間 t2＝＝2.1 s 木塊從傳送帶左端到達(dá)右端的時間t＝t1＋t2＝2.3 s. (2)根據(jù)功能關(guān)系，電動機(jī)多做的功等于該過程煤塊動能的增量ΔEk與煤塊與皮帶由于摩擦生熱而產(chǎn)生的內(nèi)能Q之和，即E＝ΔEk＋Q 其中ΔEk＝(m＋M)v2－(m＋M)v 解得ΔEk＝0.75 J 產(chǎn)生的熱量Q＝μmg(x帶－x塊)＝μmgΔx＝0.25 J 聯(lián)立可得E＝ΔEk＋Q＝1 J. 4．[電磁感應(yīng)的能量問題](2019年云南昆明質(zhì)檢)如圖，足夠長的平行金屬導(dǎo)軌彎折成圖示的形狀，分為Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三個區(qū)域．Ⅰ區(qū)域?qū)к壟c水平面的夾角α＝37°，存在與導(dǎo)軌平面垂直的勻強(qiáng)磁場，Ⅱ區(qū)域

18、導(dǎo)軌水平，長度x＝0.8 m，無磁場；Ⅲ區(qū)域?qū)к壟c水平面夾角β＝53°，存在與導(dǎo)軌平面平行的勻強(qiáng)磁場．金屬細(xì)桿a在區(qū)域Ⅰ內(nèi)沿導(dǎo)軌以速度v0勻速向下滑動，當(dāng)a桿滑至距水平導(dǎo)軌高度為h1＝0.6 m時，金屬細(xì)桿b在區(qū)域Ⅰ從距水平導(dǎo)軌高度為h2＝1.6 m處由靜止釋放，進(jìn)入水平導(dǎo)軌與金屬桿a發(fā)生碰撞，碰撞后兩根金屬細(xì)桿粘合在一起繼續(xù)運動．已知a、b桿的質(zhì)量均為m＝0.1 kg，電阻均為R＝0.1 Ω，與導(dǎo)軌各部分的滑動摩擦因數(shù)均為μ＝05，導(dǎo)軌間距l(xiāng)＝02 m，Ⅰ、Ⅲ區(qū)域磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度均為B＝1 T．不考慮導(dǎo)軌的電阻，傾斜導(dǎo)軌與水平導(dǎo)軌平滑連接，整個過程中桿與導(dǎo)軌接觸良好且垂直，sin 37°＝0

19、.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2.求： (1)金屬細(xì)桿a的初始速度v0的大??； (2)金屬細(xì)桿a、b碰撞后速度的大??； (3)a、b桿最終的位置． 【答案】(1)1 m/s　(2)1.5 m/s　(3)距Ⅰ底端0.025 m 【解析】(1)金屬桿a沿導(dǎo)軌勻速下滑，對金屬桿a受力分析如圖所示 根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝Blv0 根據(jù)閉合電路的歐姆定律得I＝ 安培力F安a＝BIl 根據(jù)平衡條件得 FNa＝mgcos 37° F安a＋Ff1＝mgsin 37° 且Ff1＝μFNa 聯(lián)立解得v0＝1 m/s. (2)金屬桿a沿導(dǎo)軌勻速下滑的位移

20、為sa＝＝1 m 金屬桿a勻速下滑到底端的時間為ta＝＝1 s 金屬桿b沿導(dǎo)軌做初速度為0的勻加速運動，對金屬桿b受力分析如圖所示． 根據(jù)平衡條件得 FNb＝mgcos 53°＋F安b 根據(jù)牛頓第二定律得 mgsin 57°－Ff2＝mab 且安培力F安b＝BIL，F(xiàn)f2＝μFNb 聯(lián)立解得ab＝4 m/s2 金屬桿b沿導(dǎo)軌下滑的位移為 sb＝＝2 m 設(shè)金屬桿b沿導(dǎo)軌勻加速下滑到底端的時間為t0，速度為vb.則有sb＝abt，vb＝abtb 代入數(shù)據(jù)解得tb＝1 s，vb＝4 m/s 因ta＝tb＝1 s，故a、b同進(jìn)進(jìn)入Ⅱ區(qū)域，做勻減速直線運動，加速度大小為a＝μ

21、g＝5 m/s2 設(shè)經(jīng)過時間t桿a速度剛好為v′a＝0，此時桿a的位移為xa，桿b的速度大小為v′b，位移為xb 根據(jù)運動學(xué)公式得va＝vb－at 解得t＝0.2 s x0＝v0－tat2＝0.1 m，v′b＝vb－at＝3 m/s xb＝t＝0.7 m 則xa＋xb＝0.8 m 通過以上分析：桿a速度va＝0時，金屬桿a、b相遇發(fā)生碰撞，碰撞過程中a、b桿系統(tǒng)動量守恒，設(shè)碰撞結(jié)束瞬間的速度大小為v1，則有mv′b＝2mv1 解得v1＝1.5 m/s. (3)碰撞后a、b桿合為一體，向左減速，沖上Ⅰ區(qū)域，設(shè)到最高點的高度為Δh 由動能定理得－μ(2m)gxa－μ(2m)gc

22、os 37°－2mgΔh＝0－(2m)v 隨后a、b桿沿Ⅰ區(qū)域的導(dǎo)軌勻加速下滑，到達(dá)底端再沿Ⅱ區(qū)域向右勻減速滑至停止，設(shè)停止時距Ⅰ區(qū)域底端的距離為Δx.由動能定理得 2mg·Δh－μ(2m)gcos 37°－μ(2m)gΔx＝0 聯(lián)立解得Δx＝0.025 m 因Δx＝0.025 m

23、整個裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)，彈簧處于水平方向．現(xiàn)在讓桿從靜止開始緩慢加速轉(zhuǎn)動，整個過程中，繩子一直處于拉伸狀態(tài)，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，忽略一切摩擦和空氣阻力．已知：OA＝4 m，OP＝5 m，小球質(zhì)量m＝1 kg，彈簧原長l＝5 m，重力加速度g取10 m/s2.求： (1)彈簧的勁度系數(shù)k； (2)當(dāng)彈簧彈力為零時，整個裝置轉(zhuǎn)動的角速度ω. 【答案】(1)3.75 N/m　(2) rad/s 【解析】(1)開始整個裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)，對小球進(jìn)行受力分析，如圖所示： 根據(jù)平衡條件得＝ F彈＝k(1－)，＝ 聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得k＝3.75 N/m. (2)當(dāng)彈簧彈力為零時，小球上

24、移至位置P′，繞中點C做勻速圓周運動，受力分析如圖所示． 由圖可得，軌道半徑為r＝＝，tan θ＝，其中＝＝5 m，＝2 m 根據(jù)牛頓第二定律得mgtan θ＝mω2r 聯(lián)立解得ω＝ rad/s. 2．[帶電粒子在疊加場中的運動]如圖所示，有一對平行金屬板，板間加有恒定電壓；兩板間有勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0，方向垂直于紙面向里．金屬板右下方以MN、PQ為上、下邊界，MP為左邊界的區(qū)域內(nèi)，存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁場寬度為d，MN與下極板等高，MP與金屬板右端在同一豎直線上．一電荷量為q、質(zhì)量為m的正離子，以初速度v0沿平行于金屬板面、垂直于板間磁場的方向從A點射入金屬板間

25、，不計離子的重力， (1)已知離子恰好做勻速直線運動，求金屬板間電場強(qiáng)度的大??； (2)若撤去板間磁場B0，已知離子恰好從下極板的右側(cè)邊緣射出電場，方向與水平方向成30°角，求A點離下極板的高度； (3)在(2)的情形中，為了使離子進(jìn)入磁場運動后從邊界MP的P點射出，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B應(yīng)為多大？ 【答案】(1)v0B0　(2)　(3) 【解析】 (1)設(shè)板間的電場強(qiáng)度為E，離子做勻速直線運動，受到的電場力和洛倫茲力平衡，有 qE＝qv0B0 解得E＝v0B0. (2)設(shè)A點離下極板的高度為h，離子射出電場時的速度為v，根據(jù)動能定理，得 qEh＝mv2－mv 離子在電場中

26、做類平拋運動，水平方向做勻速運動，有 v＝＝ 解得h＝. (3)設(shè)離子進(jìn)入磁場后做勻速圓周運動的半徑為r，根據(jù)牛頓第二定律，得 qvB＝m 由幾何關(guān)系得d＝rcos 30° 解得B＝. 3．[動量與能量] (2019年吉林長春二模)如圖所示，可視為質(zhì)點兩物體A、B質(zhì)量均為m＝10 kg，它們之間用可遙控引爆的粘性炸藥粘連在一起，現(xiàn)使兩物體從光滑曲面(末端切線水平)上高度H＝0.8 m處由靜止釋放，到達(dá)底端時進(jìn)入水平傳送帶，隨即撤掉光滑曲面，傳送帶勻速向左傳動，速率為v0＝3 m/s.已知兩物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.1，g＝10 m/s2，按要求回到下列問題： (

27、1)若兩物體從傳送帶右端滑出，求皮帶輪間的距離s需滿足的條件； (2)若皮帶輪間的距離足夠大，求從兩物體滑上離開傳送帶的整個過程中，由于兩物體和傳送帶間的摩擦產(chǎn)生的熱量Q； (3)若兩皮帶輪半徑r＝10 cm，間距為13.5 m．當(dāng)兩物體滑上皮帶后經(jīng)過2 s的那一時刻，用遙控器引爆粘性炸藥，此后兩物體分離，物體B恰好從傳送帶右端平拋飛出．若爆炸所用時間極短，可忽略不計，爆炸所釋放的化學(xué)能80%轉(zhuǎn)化為兩物體的機(jī)械能，求爆炸所釋放的化學(xué)能E. 【答案】(1)小于8 m　(2)490 J　(3)40 J 【解析】 (1)AB下滑到皮帶上的速度為v，由機(jī)械能守恒定律2mgH＝×2mv2 解得

28、v＝＝4 m/s 設(shè)皮帶輪間的距離最小值為 s0 s0＝＝8 m 即皮帶輪間的距離需滿足的條件s<8 m. (2)物體向右減速到零的時間為t1，物體向左加速到與皮帶達(dá)到共速的時間為t2，則 t1＝＝4 s，t2＝＝3 s 物體向右減速到零的時間內(nèi)相對皮帶滑行的距離為s1，物體向左加速到與皮帶達(dá)到同速的時間內(nèi)相對皮帶滑行的距離為s2，則 s1＝t1＝20 m，s2＝t2＝4.5 m 則從兩物體滑上到離開傳送帶的整個過程中，由于兩物體和傳送帶間的摩擦產(chǎn)生了熱量 Q＝2μmg(s1＋s2)＝490 J. (3)兩物體滑上皮帶后經(jīng)過2 s的那一時刻的速度為v1，滑行的距離為x，則

29、v1＝v－μgt＝2 m/s x＝t＝6 m 物體B恰好從傳送帶右端平拋飛出，則物體B對應(yīng)的速度mg＝m，解得v′＝1 m/s 炸藥爆炸后瞬間物體AB對應(yīng)的速度分別為vA、vB，則 13．5－x＝，解得vB＝4 m/s 根據(jù)動量守恒定律2mv1＝mvA＋mvB，解得vA＝0 爆炸后物體AB所獲得的機(jī)械能為E E＋×2mv＝mv＋mv 解得E＝40 J 爆炸所釋放的化學(xué)能 E′＝＝50 J. 4．[電磁感應(yīng)與力學(xué)綜合](2019年安徽江淮十校聯(lián)考)如圖所示，MN、PQ為兩條平行的光滑金屬直軌道，導(dǎo)軌平面與水平面成θ＝30°，M、P之間接有電阻箱R，導(dǎo)軌所在空間存在垂直于導(dǎo)軌

30、平面的勻強(qiáng)磁場，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.質(zhì)量為m的金屬桿ab水平放置在軌道上，其接入電路的電阻值為r，現(xiàn)從靜止釋放金屬桿ab，測得最后的最大速度為v1，已知軌道間距為L，重力加速度取g，軌道足夠長且電阻不計．求： (1)電阻箱接入電路的電阻多大？ (2)若當(dāng)金屬棒下滑的距離為s時，金屬棒的加速度大小為a，則此時金屬棒運動的時間為多少？ (3)當(dāng)金屬棒沿導(dǎo)軌勻速下滑時，將電阻箱的電阻瞬間增大為－r，此后金屬棒再向下滑動d的距離時，導(dǎo)體棒再次達(dá)到最大速度，求下滑d的距離過程中，回路中產(chǎn)生的焦耳熱． 【答案】(1)－r　(2)＋ (3)mgd－mv 【解析】(1)設(shè)電阻箱接入電路的

31、電阻為R1，當(dāng)金屬桿以最大速度下滑時，mgsin θ＝BIL I＝ E＝BLv1 解得R1＝－r. (2)設(shè)金屬棒下滑的距離為s時，金屬棒的速度為v2，則mgsin θ－＝ma 解得v2＝v1 根據(jù)動量定理：Δt＝mΔv 整體過程中：mgsin θ∑Δt－∑vΔt＝m∑Δv 有mgt－s＝mv2 解得t＝＋. (3)當(dāng)電阻箱的電阻瞬間增大為－r后，電路中電流減小，導(dǎo)體棒向下做加速運動，當(dāng)速度再次增大為最大速度時，mgsin θ＝ 解得v3＝v1 根據(jù)能量守恒可得此過程中回路總產(chǎn)生的總的焦耳熱 Q＝mgdsin θ＝mgd－mv. 計算題押題突破練④ 1．[勻變

32、速直線運動](2019年豫北豫南名校聯(lián)考)如圖所示，某“闖關(guān)游戲”的筆直通道上每隔L＝8 m設(shè)有一個關(guān)卡，各關(guān)卡同步改行和關(guān)閉，放行和關(guān)閉的時間分別為6 s和4 s．關(guān)卡剛放行時，一同學(xué)立即在關(guān)卡1處以加速度1 m/s2由靜止開始加速運動，達(dá)到最大速度2 m/s之后勻速運動，求： (1)該同學(xué)從開始運動到達(dá)關(guān)卡2的時間； (2)最先擋住他前進(jìn)的關(guān)卡是哪一關(guān)卡． 【答案】(1)5 s　(2)最先擋住他前進(jìn)的是關(guān)卡3 【解析】(1)由題意知，該同學(xué)先加速后勻速，最大速度v＝2 m/s 根據(jù)v＝at1 可得加速的時間為t1＝2 s 加速的位移為x＝at＝2 m 從開始到達(dá)關(guān)卡2的

33、時間為t2＝t1＋＝5 s. (2)t2<6 s所以可以通過關(guān)卡2繼續(xù)運動，從關(guān)卡2到達(dá)關(guān)卡3的時間為t3＝＝4 s 從開始到達(dá)關(guān)卡3的總時間為t＝(5＋4) s＝9 s 關(guān)卡放行和關(guān)閉的時間分別為6 s和4 s，由于6<9<6＋4 此時關(guān)卡3是關(guān)閉的，所以最先擋住他前進(jìn)的是關(guān)卡3. 2．[帶電粒子在組合場中的運動]如圖所示的直角坐標(biāo)系xOy中，在第一象限和第四象限分別存在垂直紙面向外和向里的勻強(qiáng)磁場，PQ是磁場的右邊界，磁場的上下區(qū)域足夠大，在第二象限存在沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場，一個質(zhì)量為m，電荷量為＋q的帶電粒子從x軸上的M點以速度v0垂直于x軸沿y軸正方向射入電場中，粒子經(jīng)過電

34、場偏轉(zhuǎn)后從y軸上的N點進(jìn)入第一象限，帶電粒子剛好不從y軸負(fù)半軸離開第四象限，最后垂直磁場右邊界PQ離開磁場區(qū)域，已知M點距離原點O的距離為l，N點距離原點O的距離為l，第一象限的磁感應(yīng)強(qiáng)度滿足B＝，不計帶電粒子的重力，求： (1)勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度為多大？ (2)第四象限內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)度多大？ (3)若帶電粒子從進(jìn)入磁場到垂直磁場右邊界離開磁場，在磁場中運動的總時間是多少？ 【答案】(1)　(2)　(3)＋(n＝0,1,2，3……) 【解析】(1)設(shè)帶電粒子在電場中運動的加速度為a 根據(jù)牛頓第二定律得qE＝ma 粒子沿y軸方向l＝v0t 粒子沿x軸方向l＝at2 解得E＝.

35、 (2)粒子沿x軸方向勻加速運動，速度v1＝at＝v0 進(jìn)入磁場時與y軸正向夾角tan θ＝＝ 解得θ＝60° 進(jìn)入磁場時速度大小為v＝＝2v0 其運動軌跡，如圖所示 在第一象限由洛倫茲力提供向心力得qvB＝m 解得 R1＝l 由幾何知識可得粒子第一次到達(dá)x軸時過A點，因ON滿足ON＝2Rcos 30°，所以NA為直徑． 帶電粒子剛好不從y軸負(fù)半軸離開第四象限，滿足 (2R1＋R2)sin 30°＝R2，解得R2＝2l 根據(jù)qvB＝m，解得 B2＝＝. (3)帶電粒子到達(dá)D點時，因為DC＝R1sin 30°＝ D′H＝R2－R2sin 30°＝l F點在H點的左

36、側(cè)，帶電粒子不可能從第一象限垂直磁場邊界離開磁場 帶電粒子在第一象限運動周期T1＝＝ 帶電粒子在第四象限運動周期 T2＝＝ 帶電粒子在磁場中運動時間滿足 t＝＋＋n×(T1＋T2) 解得t＝＋(n＝0,1,2,3……) 3．[機(jī)械能守恒 動能定理](2019年福建漳州模擬)如圖，傾角 θ＝37°的光滑且足夠長的斜面固定在水平面上，在斜面頂端固定一個輪半徑和質(zhì)量不計的光滑定滑輪D，質(zhì)量均為m＝1 kg 的物體A和B用一勁度系數(shù)k＝240 N/m 的輕彈簧連接，物體 B 被位于斜面底端且垂直于斜面的擋板 P 擋住．用一不可伸長的輕繩使物體 A 跨過定滑輪與小環(huán)C連接，輕彈簧和定滑輪右側(cè)

37、的繩均與斜面平行，小環(huán)C穿過豎直固定的光滑均勻細(xì)桿．當(dāng)環(huán)C位于Q處時整個系統(tǒng)靜止，此時繩與細(xì)桿的夾角α＝53°，且物體 B 對擋板 P 的壓力恰好為零．已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s2.求： (1)當(dāng)環(huán)C位于Q處時繩子的拉力T和小環(huán)C的質(zhì)量M； (2)現(xiàn)讓環(huán) C從位置 R由靜止釋放，位置R與位置Q關(guān)于位置 S 對稱，圖中SD水平且長度為 d＝0.2 m，求： ①小環(huán)C運動到位置Q的速率 v； ②小環(huán)C從位置R運動到位置S的過程中輕繩對環(huán)做的功WT. 【答案】(1)12 N　0.72 kg　(2)①m/s?、?.3 J 【解析】(1)先以A

38、B組成的整體為研究對象，AB系統(tǒng)受到重力、支持力和繩子的拉力處于平衡狀態(tài) 根據(jù)平衡條件得繩子的拉力為T＝2mgsin θ 解得T＝12 N 以C為研究對象，其受力分析，如圖 根據(jù)平衡條件得Tcos 53°＝Mg 解得M＝0.72 kg. (2)①環(huán)從位置R運動到Q位置的過程中，對小環(huán)C、彈簧和A組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒 M(2dcot α)＝Mv2＋mv 其中vA＝vcos α 兩式聯(lián)立可得v＝2 m/s. ②由題意，開始時B恰好對擋板沒有壓力，所以B受到重力、支持力和彈簧的拉力，彈簧處于伸長狀態(tài)． 對B受力分析，則有kΔx1＝mgsin θ 解得彈簧的伸長量Δx1＝0

39、.025 m R到S時，A下降的距離為xA＝－d＝0.05 m 此時彈簧的壓縮量Δx2＝xA－Δx1＝0.025 m 由速度分解可知此時A的速度為零，從R運動到S的過程中，初末態(tài)的彈性勢能相等 對于小環(huán)C、彈簧和A組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒有 Mgdcot α＋mgxAsin θ＝Ek 解得Ek＝1.38 J 從位置R運動到位置S的過程中，對小環(huán)C由動能定理可知WT＋Mgdcot α＝Ek 解得WT＝0.3 J. 4．[電磁感應(yīng)與功能關(guān)系](2019年安徽聯(lián)盟開年考)如圖所示，光滑平行金屬導(dǎo)軌PQ、MN固定在光滑絕緣水平面上，導(dǎo)軌左端連接有阻值為R的定值電阻，導(dǎo)軌間距為L，磁感應(yīng)強(qiáng)

40、度大小為B、方向豎直向上的有界勻強(qiáng)磁場的邊界ab、cd均垂直于導(dǎo)軌，且間距為s，e、f分別為ac、bd的中點，將一長度為L、質(zhì)量為m、阻值也為R的金屬棒垂直導(dǎo)軌放置在ab左側(cè)s處，現(xiàn)給金屬棒施加一個大小為F、方向水平向右的恒力，使金屬棒從靜止開始向右運動，金屬棒向右運動過程中始終垂直于導(dǎo)軌并與導(dǎo)軌接觸良好．當(dāng)金屬棒運動到ef位置時，加速度剛好為零，不計其他電阻．求： (1)金屬棒運動到ef位置時的速度大?。? (2)金屬棒從初位置運動到ef位置，通過金屬棒的電量； (3)金屬棒從初位置運動到ef位置，定值電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱． 【答案】(1)　(2)　(3)Fs－ 【解析】(1)設(shè)金屬棒運動到與ef重合時速度為v， 則感應(yīng)電動勢E＝BLv 電路中電流I＝ 由于加速度剛好為零，則F＝BIL 求得v＝. (2)通過金屬棒截面的電量q＝Δt ＝ ＝＝ 求得q＝. (3)設(shè)定值電阻R中產(chǎn)生的焦耳熱為Q，由于金屬棒的電阻也為R，因此整個電路中產(chǎn)生的總的焦耳熱為2Q.金屬棒從靜止運動到ef位置的過程中，根據(jù)動能定理有 WF＋W安＝mv2 根據(jù)功能關(guān)系有W安＝－2Q 拉力F做的功WF＝Fs 求得Q＝Fs－. - 20 -