高考物理一轮复习 高三计算题1

1．如图，质量为m的b球静置在水平固定轨道BC的左端C处。质量为2m的a球从距水平轨道BC高度为h的A处由静止释放，沿ABC光滑轨道滑下。a球滑到C处与b球发生正碰，并与b球粘合在一起沿水平方向飞出，最后落在地面上的D点。已知水平轨道BC距地面的高度为H，重力加速度g。求：

(1)a球与b球碰前瞬间，a球的速度大小；

(2)C、D两点之间的水平距离和碰撞过程中损失的机械能。

2．如图甲所示，弯折成90°角的两根足够长金属导轨竖直放置，两折点连线垂直每根导轨所在竖直面，形成左右两导轨平面，左导轨平面与水平面成53°角，右导轨平面与水平面成37°角，两导轨相距L=0.4 m，电阻不计。质量均为m=0.2 kg，接入导轨间的电阻均为R=0.2 Ω的金属杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，两金属杆与导轨间的动摩擦因数相同，整个装置处于磁感应强度大小为B=1.0 T，方向平行于左导轨平面且垂直右导轨平面向上的匀强磁场中。t=0时刻，ab杆以初速度v1沿右导轨平面下滑。t=l s时，对ab杆施加一垂直ab杆且平行右导轨平面向下的力F，使ab开始作匀加速直线运动。cd杆运动的v-t图象如图乙所示，其中第1 s内图线为直线，虚线为t=2 s时图线的切线，与时间轴交于t=3 s。若两杆下滑过程均保持与导轨垂直且接触良好，g取10 m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：

(1)金属杆与导轨间的动摩擦因数μ；

(2)ab杆的初速度v1；

(3)若第2 s内力F所做的功为18.1 J，求第2 s内cd杆所产生的焦耳热。

3．如图，长度S=2m的粗糙水平面MN的左端M处有一固定挡板，右端N处与水平传送带平滑连接．传送带以一定速率v逆时针转动，其上表面NQ间距离为L=3m．可视为质点的物块A和B紧靠在一起并静止于N处，质量mA=mB=1kg．A、B在足够大的内力作用下突然分离，并分别向左、右运动，分离过程共有能量E=9J转化为A、B的动能．设A、B与传送带和水平面MN间的动摩擦因数均为μ=0.2，与挡板碰撞均无机械能损失．取重力加速度g=10m/s2，求：

(1)分开瞬间A、B的速度大小；

(2)B向右滑动距N的最远距离；

(3)要使A、B不能再次相遇，传送带速率的取值范围．

4．如图所示，等边三角形AQC的边长为2L，P、D分别为AQ、AC的中点．水平线QC以下是向左的匀强电场，区域Ⅰ（梯形PQCD）内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B0；区域Ⅱ（三角形APD）内的磁场方向垂直纸面向里，区域（虚线PD之上、三角形APD以外）的磁场与区域Ⅱ内大小相等、方向相反．带正电的粒子从Q点正下方、距离Q点为L的O点以某一速度射入电场，在电场作用下以速度v0垂直QC到达该边中点N，经区域Ⅰ再从P点垂直AQ射入区域Ⅲ（粒子重力忽略不计）

(1)求该粒子的比荷q/m；

(2)求该粒子从O点运动到N点的时间t1和匀强电场的电场强度E；

(3)若区域Ⅱ和区域Ⅲ内磁场的磁感应强度大小为3B0，则粒子经过一系列运动后会返回至O点，求粒子从N点出发再回到N点的运动过程所需的时间t．

5.如图所示，一质量为M的平板车B放在光滑水平面上，在其右端放一质量为m的小木块A，m＜M,  A、B间动摩擦因数为μ，现给A和B以大小相等、方向相反的初速度v0,使A开始向左运动，B开始向右运动，最后A不会滑离B，求：

（1）A、B最后的速度大小和方向；

（2）从地面上看，小木块向左运动到离出发点最远处时，平板车向右运动的位移大小。

6．如图所示，水平面的AB部分光滑（AB部分足够长）且与半径R=0.4m的固定光滑竖直半圆轨道在B点相切，D点为半圆轨道最高点，A点的右侧连接一粗糙的水平面。用轻质细线连接甲、乙两物体，中间夹一轻质压缩弹簧，弹簧与甲、乙两物体不拴接。甲的质量=4kg，乙的质量=5kg，甲、乙静止放在AB部分的某位置，烧断细线，甲离开弹簧后经过B点进入半圆轨道，过D点时对轨道的压力恰好为零。取g=10m/s2，甲、乙两物体均可看作质点，求

(1)甲离开弹簧后经过B点时的速度的大小；

(2)在弹簧压缩量相同的情况下，若固定甲物体，烧断细线，乙物体离开弹簧后从A点进入动摩擦因数为=0.4的粗糙水平面，求乙物体在粗糙水平面运动的位移S。

7．如图所示，一质量M=2kg的带有弧形轨道的平台置于足够长的水平轨道上，弧形轨道与水平轨道平滑连接，水平轨道上静置一小球B。从弧形轨道上距离水平轨道高h=0.3m处由静止释放一质量mA=1kg的小球A，小球A沿轨道下滑后与小球B发生弹性正碰，碰后小球A被弹回，且恰好追不上平台。已知所有接触面均光滑，重力加速度为g，试求解：

（1）小球A滑上水平轨道上时速度的大小；

（2）小球B的质量。

8．如图甲所示，两条足够长的光滑平行金属导轨竖直放置，导轨间距为L=1m，两导轨的上端间接有电阻，阻值R=2Ω 虚线OO′下方是垂直于导轨平面向里的匀强磁场，磁场磁感应强度为2T，现将质量m=0.1kg，电阻r=2Ω的金属杆ab，从OO′上方某处由静止释放，金属杆在下落的过程中与导轨保持良好接触，且始终保持水平，不计导轨的电阻．已知金属杆下落0.3m的过程中加速度a与下落距离h的关系图象如图乙所示．求：

(1)金属杆刚进入磁场时速度多大？下落了0.3m时速度为多大？

(2)金属杆下落0.3m的过程中，在电阻R上产生的热量？

(3)金属杆下落0.3m的过程中，通过电阻R的电荷量q？

参考答案

1．(1) 　(2) ,  

【解析】试题分析：以a球为研究对象，由动能定理可以求出a与b两球碰撞前a球的速度．a与b碰撞过程中动量守恒，由动量守恒定律求出碰后的共同速度．碰撞后它们做平抛运动，由分位移公式求出水平距离．由能量守恒定律求碰撞过程中损失的机械能．

（1）设a球与b球碰前瞬间的速度大小为vC，则机械能守恒定律有，

解得

（2）设a球与b球碰后的速度大小为v，由动量守恒定律有，

得，

设C、D两点间的水平距离为L，两球粘合在一起做平抛运动，有，

联立解得，

碰撞过程中损失的机械能

2．（1）；（2）；（3）。

【解析】试题分析：（1）ab杆沿左侧导轨下滑，根据右手定则可知ab杆中感应电流由a到b，则cd杆中电流由d到c，根据左手定则可知cd杆受到的安培力垂直于右侧导轨向下。

根据v﹣t图象可知，c d杆在第1s内的加速度

对cd杆受力分析，根据牛顿第二定律，有：

安培力

（2）对cd杆：安培力

回路中电流

对ab杆：感应电动势

根据法拉第电磁感应定律

解得：ab杆的初速度

（3）根据v﹣t图象可知，c d杆在第3s内做匀减速运动，加速度

对cd杆受力分析，根据牛顿第二定律，有：

解得安培力

由可得

2s时ab杆的速度

第2s内ab杆做匀加速运动，ab杆的位移

对ab杆，根据动能定理，有：

解得安培力做功

回路中产生的焦耳热

解得：第2s内cd杆所产生的焦耳热

考点：法拉第电磁感应定律的综合应用，牛顿运动定律

3．（1）（2）2.25m；（3）

【解析】试题分析：(1) 设A、B分开时速度大小分别为vA、vB

由A、B系统能量守恒有①

由A、B系统动量守恒有②

联立解得：③

(2)假设B不能从传送带Q端离开，且在传送带上运行最大对地位移为s2，

由动能定理得④

解得：⑤

由题意可知，假设成立．⑥

所以B沿传送带向右滑动距N的最远距离为2.25m

(3) 设A在水平面上开始向左运动到停止，滑动过的路程为s1，

由题意知A与挡板碰撞后原速率返回，整个过程应用动能定理得

，⑦

解得：，即A停在距M端0.25m处，即距N端1.75m；⑧

若AB不能再次相遇，设B返回到N端时速度大小为vB′，后经s 2′距离停下，

则由动能定理有，⑨

由解得，⑩

由题意可知不论传送带速率多大，vB′至多到3m/s，即⑩符合题意，

即传送带的速率取值范围是（或或）11

考点：动量守恒定律；动能定理；能量守恒定律.

4．（1）（2），（3）

【解析】试题分析：（1）粒子在区域Ⅰ内做匀速圆周运动，圆心为Q点，故半径等于QN，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解即可；

（2）粒子从O到N与从N到O是逆过程，N到O做类平抛运动；故O到N的竖直分运动是匀速直线运动，水平分运动是匀加速直线运动，根据分位移公式列式求解即可；

（3）画出粒子在磁场中运动轨迹，找出半径与三角形边长的关系，定出时间与周期的关系，求出时间．

解：（1）由题意可知，粒子在区域Ⅰ内做匀速圆周运动，轨道半径为：r1=L；

由牛顿第二定律和洛伦兹力表达式得到：

qvB=m

解得：

；

（2）粒子从O点到N点过程中，竖直向上做速度为v0的匀速直线运动，则：

t1=

水平向右做末速度为零的匀减速直线运动，则：

L=

由牛顿第二定律得：

QE=ma

解得：

E=2B0v0；

（3）带电粒子在区域Ⅱ和区域Ⅲ内做匀速圆周运动，同理由牛顿第二定律和洛伦兹力表达式可得：

r2=

粒子从N点出发再回到N点的运动轨迹如图所示：

在区域Ⅰ中匀速圆周运动周期：T1=；

在区域Ⅰ中运动的时间：t2=×2=；

在区域Ⅱ和区域Ⅲ中匀速圆周运动周期：T2=；

在区域Ⅱ和区域Ⅲ中运动时间：t2=；

所以t=t2+t3=；

答：（1）该粒子的比荷为；

（2）该粒子从O点运动到N点的时间为，匀强电场的电场强度E为2B0v0；

（3）粒子从N点出发再回到N点的运动过程所需的时间t为．

【点评】本题属于带电粒子在组合场中运动问题，综合性较强．磁场中圆周运动要画轨迹分析运动过程，探索规律，寻找半径与三角形边的关系是关键．

5．(1) v=v0 方向向右   (2)  s=v02

【解析】试题分析：A刚好没有滑离B板，表示当A滑到B板的最左端时，A、B具有相同的速度，设此速度为v，A和B的初速度的大小为v0，则据动量守恒定律即可解题；（2）从地面上看，小木块向左运动到离出发点最远处时，木块速度为零，平板车速度为v'，由动量守恒定律结合动能定理即可求解．

（1）由A、B系统动量守恒定律得：①

所以方向向右

（2）A向左运动速度减为零时，到达最远处，此时板车移动位移为s,速度为v′,则由动量守恒定律得： ①

对板车应用动能定理得： ②

联立①②解得

6．（1）2m/s．（2）2m.

【解析】试题分析：（1）甲在最高点D，由牛顿第二定律得：，

设甲离开弹簧运动至D点的过程中机械能守恒得：m1vB2＝m1g•2R+m1vD2．

代入数据联立解得：．

（2）甲固定，烧断细线后乙的速度大小为v2，由能量守恒得：

Ep＝m1vB2＝m2v22，

得：v2=4m/s．

乙在粗糙水平面做匀减速运动：μm2g=m2a，

解得：a=4m/s2，

则有：．

考点：牛顿第二定律；机械能守恒

【名师点睛】本题考查了牛顿第二定律、机械能守恒定律、能量守恒定律和运动学公式的综合运用，关键理清甲乙的运动规律，选择合适的规律进行求解．注意弹簧压缩量相同时，弹性势能相等。

7．（1）2m/s     （2）3kg

【解析】

（1）设小球A下滑到水平轨道上时的速度大小为v1，平台水平速度大小为v，由水平方向动量守恒定律有：

再由能量守恒定律有：

联立可解：，

即小球A滑至水平轨道上速度的大小为2m/s

（2）小球A、B碰后运动方向相反，设小球A、B碰后速度大小分别为和，由题意知：

由A、B碰撞过程中遵循动量守恒定律得：

再结合能量守恒定律可得：

消去，可解得：

8．（1）；（2）；（3）

【解析】试题分析：（1）由图乙知，刚进入磁场时，金属杆的加速度大小，方向竖直向上。由牛顿第二定律得

设金属杆刚进入磁场时的速度为v0，则有，

联立并代入数值得

（2）通过图象知，金属杆下落时，。表明金属杆受到的安培力与重力平衡，有

其中，

可得下落h=0.30m时，杆的速度为

（3）从开始到金属杆下落的过程中，由能的转化和守恒定律有

在电阻上产生的热量为

。

考点：导体切割磁感线时的感应电动势、电磁感应中的能量转化

【名师点睛】本题要根据图象的信息读出加速度和杆的运动状态，由牛顿第二定律、安培力、法拉第电磁感应定律、欧姆定律、能量守恒等多个知识综合求解，综合较强。