高考物理二轮复习【题型练习】第29讲 计算题题型练（一）

高考二轮物理复习策略

高考备考一轮复习已接近尾声，即将迎来二轮复习。一轮复习注重知识的理解与基础的夯实，二轮复习注重知识的综合运用与能力的提高，是高考复习中的重要阶段。二轮复习要注意以下几个方面：

一、以核心和主干知识为重点，构建知识结构体系，确定每一个专题的内容，在教学中突出知识的内在联系与综合。

按高中物理主干知识确定力与运动、能量、动量、电磁学四大专题，其余内容为小专题，重点加强四大专题的复习，注意知识间的联系。

二、注重情景与过程的理解与分析，善于构建物理模型，明确题目考查的目的，恰当运用所学知识解决问题：情景是考查物理知识的载体。

三、加强能力的提升与解题技巧的归纳总结：学生能力的提升要通过对知识的不同角度、不同层面的训练来实现。

四、精选训练题目，使训练具有实效性、针对性。

五、把握高考热点、重点和难点。

充分研究近5年全国和各省市考题的结构特点，把握命题的趋势和方向，确定本轮复习的热点与重点，使本轮复习更具有针对性、方向性。对重点题型要强化训练，举一反三、触类旁通，注重解题技巧的提炼，充分提高学生的应试能力。

计算题题型练（一）

1. 如图所示，倾角θ＝37°的足够长斜面上有一长为L、质量为2m的木板B，木板B上端有一质量为m的滑块A（视为质点），木板下端3L处有一质量为m的足够长木板C锁定在斜面上，滑块A与木板B、C间的动摩擦因数均为μ1＝0.25，木板C与斜面间无摩擦，木板B、C的厚度相同。现同时由静止释放A、B，在B与C碰撞前瞬间，解除对C的锁定，此时A恰好滑离B而滑上C，已知B、C碰撞为弹性碰撞，重力加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：

（1）木板B与斜面间的动摩擦因数μ2；

（2）B、C发生碰撞后瞬间，木板C的速度大小vC；

（3）B、C发生碰撞后2s时，滑块A到木板C上端的距离x。

【解答】解：（1）A在B上滑动过程，由牛顿第二定律得：

对A：mAgsinθ﹣μ1mAgcosθ＝mAaA，

对B：mBgsinθ+μ1mAgcosθ﹣μ2（mA+mB）gcosθ＝mBaB，

代入数据解得：aA＝0.4g，aB＝（0.7﹣1.2μ2）g，

滑块A的位移：4L，

木板B的位移：3L，

代入数据解得：μ20.33；

（2）B、C碰撞前瞬间B的速度：vB，

B、C发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，

以平行于斜面向下为正方向，由动量守恒定律得：mBvB＝mBvB′+mCvC，

由机械能守恒定律得：，

解得：vC；

（3）B、C碰撞前瞬间A的速度：vA＝aAt，

由于C碰撞后的速度与A相同且C与斜面间无摩擦，

所以A、C不发生相对滑动，以相同的加速度沿斜面向下运动，

滑块A到木板C上端的距离始终为：x＝0；

答：（1）木板B与斜面间的动摩擦因数μ2为0.33；

（2）B、C发生碰撞后瞬间，木板C的速度大小vC为；

（3）B、C发生碰撞后2s时，滑块A到木板C上端的距离x为0。

2. 如图甲所示，一电动遥控小车停在水平地面上，水平车板离地高度为h＝0.2m，小车质量M＝3kg，质量m＝1kg的小物块（可视为质点）静置于车板上某处A，物块与车板间的动摩擦因数μ＝0.1，现使小车由静止开始向右行驶，当运动时间t1＝1.6s时物块从车板上滑落。已知小车的速度v随时间t变化的规律如图乙所示，小车受到地面的摩擦阻力是小车对地面压力，不计空气阻力，取重力加速度g＝10m/s2．求：

（1）物块从离开车尾B到落地过程所用的时间△t以及物块滑落前受到的滑动摩擦力的功率最大值P；

（2）物块落地时落地点到车尾B的水平距离s0；

（3）0～2s时间内小车的牵引力做的功W。

【解答】解：（1）物块离开B后做平抛运动，故；

物块受到的摩擦力最大为fmax＝μmg，在0﹣1s加速度小于小车的加速度，那么，小车以最大摩擦力为合外力做匀加速运动；

所以，物块在离开B前的速度始终小于小车速度，故小车做匀加速运动，物块的最大速度vmax＝μgt1＝1.6m/s；

那么，物块滑落前受到的滑动摩擦力的功率最大值P＝fmaxvmax＝1.6W；

（2）物块在t＝1.6s时处于B点，之后做平抛运动，水平位移x1＝vmax△t＝0.32m，由图可得：物块做平抛运动过程小车做匀速运动，故位移x2＝2△t＝0.4m；

所以，物块落地时落地点到车尾B的水平距离s0＝x2﹣x1＝0.08m；

（3）小车受物块和地面的摩擦力，在牵引力下向右运动，故由动能定理可得：；

故19.4J；

答：（1）物块从离开车尾B到落地过程所用的时间△t为0.2s；物块滑落前受到的滑动摩擦力的功率最大值P为1.6W；

（2）物块落地时落地点到车尾B的水平距离s0为0.08m；

（3）0～2s时间内小车的牵引力做的功W为19.4J。

3. 如图有两条不计电阻的平行光滑金属导轨MQN、M'Q'N'，导轨间距L＝0.5m，其中MQ、M'Q'段倾斜放置，倾斜角θ＝37°，MQ＝M'Q'＝4m，QN、Q'N'段水平放置，两段之间通过一小段（大小可忽略）光滑圆弧绝缘材料平滑相连，在倾斜导轨左端连接一电源及电键S1，电源电动势E＝3V，内阻r＝0.5Ω。在Q和Q'两端向下引出两根无电阻的金属导线通过电键S2与一电容量C＝2F的电容器相连，在N和N'两端与电阻器R＝0.1Ω相连，在倾斜导轨MQ、M'Q'区域内加有垂直于倾斜导轨平面向下的匀强磁场B1＝2T，在水平导轨的DD'E'E区域内加有垂直水平导轨平面向上的匀强磁场B2＝0.8T，DD'、EE'均与导轨垂直，且DE＝D'E'＝L＝0.5m，cdef是质量为3m，每边电阻均为R＝0.1Ω，各边长度均为L的U形金属框，开始时紧挨导轨静置于DD'E'E左侧外，现有一不计电阻的质量为m的金属棒a紧贴MM'放置，合上电键S1时金属棒恰好静止在导轨上。（已知g＝10m/s2）

（1）求金属棒a的质量m；

（2）断开S1同时闭合S2，金属棒a向下滑行，求金属棒a到达倾斜导轨底端QQ'时的速度；

（3）金属棒a越过QQ'后与U形金属框发生碰撞，碰后黏在一起穿过磁场B2区域，求此过程中产生的焦耳热。

【解答】解：（1）合上电键S1时，金属棒a将电源短路，则流过a的电流为：

I1A＝6A

金属棒a恰好静止在导轨上，由平衡条件得：

mgsinθ＝B1I1L

代入数据解得：m＝1kg；

（2）断开S1同时闭合S2，金属棒a与电容器组成电路，金属棒a向下滑行过程中，电容器的电压U始终等于金属棒a切割磁感线产生感应电动势E′，则有：

U＝E′＝B1Lv

电容的电量：q＝CU

电路中的电流：ICB1La

对金属棒a，由牛顿第二定律得：

mgsinθ﹣B1IL＝ma

联立可得：mgsinθ﹣CB12L2a＝ma

代入数据解得：a＝2m/s2

金属棒a匀加速下滑，设金属棒a到达倾斜导轨底端QQ'时的速度大小为v0，由运动学公式得：

v02＝2a•MQ

代入数据解得：v0＝4m/s，方向沿倾斜导轨向下；

（3）金属棒a越过QQ'后与U形金属框发生完全非弹性碰撞，以水平向右为正方向，由动量守恒定律得：

mv0＝（m+3m）v1

代入数据解得：v1＝1m/s

在de边进入磁场的过程，de边左侧被导轨和金属棒a短路（即电阻R中无电流），回路中只有de边的电阻R，设de边达到EE′时的速度为v2，以水平向右为正方向，此过程由动量定理得：

﹣B2LΔt＝4mv2﹣4mv1

ΔtΔt

联立代入数据解得：v2＝0.8m/s

在金属棒a（其在cf之间）进入磁场B2的过程，de边与电阻R并联，电路总电阻0.5R，设金属棒a达到EE′时的速度为v3，同理，由动量定理得：

﹣B2LΔt＝4mv3﹣4mv2；Δt

联立代入数据解得：v3＝0.4m/s

此过程中产生的焦耳热为Q，由能量守恒定律得：

Q•4mv12•4mv32

代入数据解得：Q＝1.68J。

答：（1）金属棒a的质量m为1kg；

（2）金属棒a到达倾斜导轨底端QQ'时的速度大小为4m/s，方向沿倾斜导轨向下；；

（3）此过程中产生的焦耳热为1.68J。

4. 如图所示，直角坐标系中，y轴左侧有一半径为a的圆形匀强磁场区域，与y轴相切于A点，A点坐标为。第一象限内也存在着匀强磁场，两区域磁场的磁感应强度大小均为B，方向垂直纸面向外。圆形磁场区域下方有两长度均为2a的金属极板M、N，两极板与x轴平行放置且右端与y轴齐平。现仅考虑纸面平面内，在极板M的上表面均匀分布着相同的带电粒子，每个粒子的质量为m，电量为+q。两极板加电压后，在板间产生的匀强电场使这些粒子从静止开始加速，并顺利从网状极板N穿出，然后经过圆形磁场都从A点进入第一象限。其中部分粒子打在放置于x轴的感光板CD上，感光板的长度为2.8a，厚度不计，其左端C点坐标为。打到感光板上的粒子立即被吸收，从第一象限磁场射出的粒子不再重新回到磁场中。不计粒子的重力和相互作用，忽略粒子与感光板碰撞的时间。

（1）求两极板间的电压U；

（2）在感光板上某区域内的同一位置会先后两次接收到粒子，该区域称为“二度感光区”，求：

①“二度感光区”的长度L；

②打在“二度感光区”的粒子数n1与打在整个感光板上的粒子数n2的比值n1：n2；

（3）改变感光板材料，让它仅对垂直打来的粒子有反弹作用（不考虑打在感光板边缘C、D两点的粒子），且每次反弹后速度方向相反，大小变为原来的一半，则该粒子在磁场中运动的总时间t和总路程s。

【解答】解：（1）带电粒子在圆形匀强磁场区域中做匀速圆周运动，所有粒子平行射入此磁场均从A点射出（磁聚焦模型），可知粒子做圆周运动的轨道半径等于圆形匀强磁场区域的半径，即：r＝a。

由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律得：

在匀强电场中被加速的过程，由动能定理得：

联立解得：U

（2）①在A点进入第一象限的粒子的速度方向与y轴正方向的夹角在0～180°范围内，沿y轴正方向射入的粒子打在感光板上的P点，随着速度与y轴夹角的增大，轨迹与感光板的交点先向右移动，离O点最远的交点为Q点（满足AQ＝2r＝2a），再向左移动一直到C点，之后就打不到感光板上了。可知PQ为“二度感光区”，由几何关系得，当粒子打在P点时轨迹圆的圆心恰好为C点，则：

CP＝r＝a

当粒子打在Q点时，AQ＝2r＝2a，由勾股定理得：

OQ

则：L＝OQ﹣OC﹣CE

代入数据解得：L

②由图中几何关系可知，打在C点的粒子轨迹圆的圆心为恰好在圆形磁场边界上的H点，对应进入圆形磁场的位置在F点，F到C恰好为半个圆周；打在P点的粒子轨迹一个是从H点入射，H到P也恰好为半个圆周，另一个是临界直接从A点入射。可得打在CP段的粒子对应入射区域在FH之间，打在PQ，即“二度感光区”的粒子对应入射区域在HO之间，由几何关系得：

HO，FH＝a

可得打在“二度感光区”的粒子数n1与打在整个感光板上的粒子数n2的比值为：

n1：n2＝HO：FO：（a）＝1：3

（3）粒子在磁场中运动的半径R，可知其它条件一定，R与v成正比，粒子每次反弹后速度大小变为原来的一半，故半径也变为原来的一半。

在图1中可知，第一次打在P点的粒子速度方向垂直感光板，此粒子能够在P第一次被反弹，CP＝a，即第一次打在距离C点a处，反弹后粒子运动半径为，第二次打在距离C点2a处，再次反弹后粒子运动半径为，第三次落在离C点2.5a处，第四次落在离C点2.75a

处，第五次落在离C点2.875a处，超出感光板边缘离开第一象限，该粒子在磁场中一共运动了5个圆周。

粒子在磁场中运动周期为：T

该粒子在磁场中一共运动的总时间为：

t

该粒子从H到P的路程为：s1＝πa

从第一次反弹到第二次反弹的路程为：s2＝π

从第二次反弹到第三次反弹的路程为：s3＝π

从第三次反弹到第四次反弹的路程为：s4＝π

从第四次反弹到离开磁场的路程为：s5＝π

该粒子在磁场中运动的总路程为：

s＝s1+s2+s3+s4+s5

联立解得：s.

答：（1）两极板间的电压U为；

（2）①“二度感光区”的长度L为；

②打在“二度感光区”的粒子数n1与打在整个感光板上的粒子数n2的比值n1：n2为1：3；

（3）该粒子在磁场中运动的总时间t为和总路程s为。