高考物理三轮冲刺考前抢分计算题计算题专练

这是一份高考物理三轮冲刺考前抢分计算题计算题专练，共22页。

例题展示
1.(2016·全国乙卷·24)如图1，两固定的绝缘斜面倾角均为θ，上沿相连.两细金属棒ab(仅标出a端)和cd(仅标出c端)长度均为L，质量分别为2m和m；用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路abdca，并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，使两金属棒水平.右斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于斜面向上，已知两根导线刚好不在磁场中，回路电阻为R，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g，已知金属棒ab匀速下滑.求：
图1
(1)作用在金属棒ab上的安培力的大小；
(2)金属棒运动速度的大小.
解析 (1)由于ab、cd棒被平行于斜面的导线相连，故ab、cd速度总是相等，cd也做匀速直线运动.设导线的张力的大小为FT，右斜面对ab棒的支持力的大小为FN1，作用在ab棒上的安培力的大小为F，左斜面对cd棒的支持力大小为FN2，对于ab棒，受力分析如图甲所示，由力的平衡条件得

甲 乙
2mgsin θ＝μFN1＋FT＋F①
FN1＝2mgcs θ②
对于cd棒，受力分析如图乙所示，由力的平衡条件得
mgsin θ＋μFN2＝FT′＝FT③
FN2＝mgcs θ④
联立①②③④式得：F＝mg(sin θ－3μcs θ)⑤
(2)设金属棒运动速度大小为v，ab棒上的感应电动势为E＝BLv⑥
回路中电流I＝eq \f(E,R)⑦
安培力F＝BIL⑧
联立⑤⑥⑦⑧得：
v＝(sin θ－3μcs θ)eq \f(mgR,B2L2)
答案 (1)mg(sin θ－3μcs θ)
(2)(sin θ－3μcs θ)eq \f(mgR,B2L2)
2.(2016·全国乙卷·25)如图2，一轻弹簧原长为2R，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC的底端A处，另一端位于直轨道上B处，弹簧处于自然状态，直轨道与一半径为eq \f(5,6)R的光滑圆弧轨道相切于C点，AC＝7R，A、B、C、D均在同一竖直平面内.质量为m的小物块P自C点由静止开始下滑，最低到达E点(未画出)，随后P沿轨道被弹回，最高到达F点，AF＝4R.已知P与直轨道间的动摩擦因数μ＝eq \f(1,4)，重力加速度大小为g.(取sin 37°＝eq \f(3,5)，cs 37°＝eq \f(4,5))
图2
(1)求P第一次运动到B点时速度的大小；
(2)求P运动到E点时弹簧的弹性势能；
(3)改变物块P的质量，将P推至E点，从静止开始释放.已知P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后，恰好通过G点.G点在C点左下方，与C点水平相距eq \f(7,2)R、竖直相距R，求P运动到D点时速度的大小和改变后P的质量.
解析 (1)由题意可知：lBC＝7R－2R＝5R①
设P到达B点时的速度为vB，由动能定理得
mglBCsin θ－μmglBCcs θ＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)②
式中θ＝37°，联立①②式并由题给条件得
vB＝2 eq \r(gR)③
(2)设BE＝x，P到达E点时速度为零，此时弹簧的弹性势能为Ep，由B→E过程，根据动能定理得
mgxsin θ－μmgxcs θ－Ep＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)④
E、F之间的距离l1为l1＝4R－2R＋x⑤
P到达E点后反弹，从E点运动到F点的过程中，由动能定理有
Ep－mgl1sin θ－μmgl1cs θ＝0⑥
联立③④⑤⑥式得
x＝R⑦
Ep＝eq \f(12,5)mgR⑧
(3)设改变后P的质量为m1，D点与G点的水平距离为x1、竖直距离为y1，由几何关系(如图所示)得θ＝37°.
由几何关系得：
x1＝eq \f(7,2)R－eq \f(5,6)Rsin θ＝3R⑨
y1＝R＋eq \f(5,6)R＋eq \f(5,6)Rcs θ＝eq \f(5,2)R⑩
设P在D点的速度为vD，由D点运动到G点的时间为t.
由平抛运动公式得：
y1＝eq \f(1,2)gt2⑪
x1＝vDt⑫
联立⑨⑩⑪⑫得
vD＝eq \f(3,5)eq \r(5gR)⑬
设P在C点速度的大小为vC，在P由C运动到D的过程中机械能守恒，有
eq \f(1,2)m1veq \\al( 2,C)＝eq \f(1,2)m1veq \\al( 2,D)＋m1g(eq \f(5,6)R＋eq \f(5,6)Rcs θ)⑭
P由E点运动到C点的过程中，由动能定理得
Ep－m1g(x＋5R)sin θ－μm1g(x＋5R)cs θ＝eq \f(1,2)m1veq \\al( 2,C)⑮
联立⑦⑧⑬⑭⑮得
m1＝eq \f(1,3)m⑯
答案 (1)2 eq \r(gR) (2)eq \f(12,5)mgR (3)eq \f(3,5)eq \r(5gR) eq \f(1,3)m
命题分析与对策
1.命题特点
近几年知识背景变换频繁，分值、次序不定，能力要求高，备考难度有所降低.力学计算侧重于匀变速运动的规律和图象、应用牛顿运动定律解决多体多态问题；功能关系的应用，考查范围未突破必修内容；电磁学计算侧重于电磁场——单一场、组合场、交变场、复合场、电磁感应综合问题，考查重点在选修3—1.
2.应考策略
力和运动为主线的问题情景，从物理情景中确定研究对象，按其运动的发展过程逐一分析，弄清运动情况和受力情况，善于挖掘隐含条件，建立物理模型，找出与之相适应的物理规律及题目中给出的某种等量关系进行表达，必要时借助于几何图形、图象进行表达，通过数学方法的演算，得出物理结果.
带电粒子在场中的运动问题是电磁学知识与力学知识的结合，分析方法和力学问题分析方法基本相同，常用动力学(受力分析、平衡条件、牛顿第二定律等)、能量观点(动能定理、能量守恒定律等)来分析.注意电场中的加速与类平(斜)抛；注意圆形磁场、有界磁场；注意带电粒子在磁场中运动的相关结论；注意轨迹的构建，与数学中平面几何知识的结合；尤其注意两种运动交接点的特征.
计算题专练(一)
1.如图1所示，质量为M的平板车P高h，质量为m的小物块Q的大小不计，位于平板车的左端，系统原来静止在光滑水平面地面上.一不可伸长的轻质细绳长为R，一端悬于Q正上方高为R处，另一端系一质量也为m的小球(大小不计).今将小球拉至悬线与竖直位置成60°角，由静止释放，小球到达最低点时与Q的碰撞时间极短，且无能量损失，已知Q离开平板车时速度大小是平板车速度的两倍，Q与P之间的动摩擦因数为μ，M∶m＝4∶1，重力加速度为g.求：
图1
(1)小物块Q离开平板车时速度为多大？
(2)平板车P的长度为多少？
答案 (1)eq \f(\r(gR),3) (2)eq \f(7R,18μ)
解析 (1)小球由静止摆到最低点的过程中，有：mgR(1－cs 60°)＝eq \f(1,2)mveq \\al( 2,0)，解得v0＝eq \r(gR)
小球与小物块Q相撞时，动量守恒，机械能守恒，则有：
mv0＝mv1＋mvQ
eq \f(1,2)mveq \\al( 2,0)＝eq \f(1,2)mveq \\al( 2,1)＋eq \f(1,2)mveq \\al( 2,Q)
解得：v1＝0，vQ＝v0＝eq \r(gR)
二者交换速度，即小球静止下来.Q在平板车上滑行的过程中，系统的动量守恒，则有mvQ＝Mv＋m(2v)
解得，v＝eq \f(1,6)vQ＝eq \f(\r(gR),6)
小物块Q离开平板车时，速度为：2v＝eq \f(\r(gR),3)
(2)由能量守恒定律，知
FfL＝eq \f(1,2)mveq \\al( 2,Q)－eq \f(1,2)Mv2－eq \f(1,2)m(2v)2
又Ff＝μmg
解得，平板车P的长度为L＝eq \f(7R,18μ).
2.如图2所示，在绝缘水平面上，相距为L的A、B两点处分别固定着两个等量正电荷.a、b是AB连线上两点，其中Aa＝Bb＝eq \f(L,4)，a、b两点电势相等，O为AB连线的中点.一质量为m、带电荷量为＋q的小滑块(可视为质点)以初动能E0从a点出发，沿AB直线向b运动，其中小滑块第一次经过O点时的动能为初动能的n倍(n＞1)，到达b点时动能恰好为零，小滑块最终停在O点，求：
图2
(1)小滑块与水平面间的动摩擦因数μ；
(2)O、b两点间的电势差UOb；
(3)小滑块运动的总路程s.
答案 (1)eq \f(2E0,mgL) (2)－eq \f(2n－1,2q)E0 (3)eq \f(2n＋1,4)L
解析 (1)由Aa＝Bb＝eq \f(L,4)，O为AB连线的中点得：a、b关于O点对称，则Uab＝0；设小滑块与水平面间的摩擦力大小为Ff，对于滑块从a→b过程，由动能定理得：
q·Uab－Ff·eq \f(L,2)＝0－E0
而Ff＝μmg
解得：μ＝eq \f(2E0,mgL)
(2)滑块从O→b过程，由动能定理得：
q·UOb－Ff·eq \f(L,4)＝0－nE0
解得：UOb＝－eq \f(2n－1E0,2q)
(3)对于小滑块从a开始运动到最终在O点停下的整个过程，由动能定理得
q·UaO－Ff·s＝0－E0
而UaO＝－UOb＝eq \f(2n－1E0,2q)
解得：s＝eq \f(2n＋1,4)L
计算题专练(二)
1.公交车已作为现代城市交通很重要的工具，它具有方便、节约、缓解城市交通压力等许多作用.某日，一人在上班途中向一公交车站走去，发现一辆公交车正从身旁平直的公路驶过，此时，他的速度是1 m/s，公交车的速度是15 m/s，他们距车站的距离为50 m.假设公交车在行驶到距车站25 m处开始刹车，刚好到车站停下，停车时间10 s.而此人因年龄、体力等关系最大速度只能达到6 m/s，最大起跑加速度只能达到2.5 m/s2.
(1)若公交车刹车过程视为匀减速运动，其加速度大小是多少？
(2)试计算分析，此人是应该上这班车，还是等下一班车.
答案 (1)4.5 m/s2 (2)应该上这班车
解析 (1)公交车的加速度为：a1＝eq \f(0－v\\al( 2,1),2x1)＝eq \f(0－225,50) m/s2＝－4.5 m/s2，所以其加速度大小为4.5 m/s2
(2)公交车从开始相遇到开始刹车用时为：t1＝eq \f(x－x1,v1)＝eq \f(50－25,15) s＝eq \f(5,3) s，
公交车刹车过程中用时为：t2＝eq \f(0－v1,a1)＝eq \f(－15,－4.5) s＝eq \f(10,3) s，
此人以最大加速度达到最大速度用时为：
t3＝eq \f(v3－v2,a2)＝eq \f(6－1,2.5) s＝2 s，
此人加速过程中位移为：x2＝eq \f(v2＋v3,2)t3＝eq \f(1＋6,2)×2 m＝7 m，
以最大速度跑到车站用时为：t4＝eq \f(x－x2,v3)＝eq \f(43,6) s，
显然，t3＋t4＜t1＋t2＋10，可以在公交车还停在车站时安全上车.
2.如图1所示，以MN为下边界的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外， MN上方有一单匝矩形导线框abcd，其质量为m，电阻为R，ab边长为l1，bc边长为l2，cd边离MN的高度为h.现将线框由静止释放，线框下落过程中ab边始终保持水平，且ab边离开磁场前已做匀速直线运动，求线框从静止释放到完全离开磁场的过程中，
图1
(1)ab边离开磁场时的速度v；
(2)通过导线横截面的电荷量q；
(3)导线框中产生的热量Q.
答案 (1)eq \f(mgR,B2l\\al( 2,1)) (2)eq \f(Bl1l2,R) (3)mg(h＋l2)－eq \f(m3g2R2,2B4l\\al( 4,1))
解析 (1)线框匀速运动时，E＝Bl1v①
I＝eq \f(E,R)②
F＝BIl1③
mg＝F④
由①②③④联立：v＝eq \f(mgR,B2l\\al( 2,1))
(2)导线框穿过磁场的过程中，q＝eq \x\t(I)t⑤
eq \x\t(I)＝eq \f(\x\t(E),R)⑥
eq \x\t(E)＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(Bl1l2,t)⑦
由⑤⑥⑦联立：q＝eq \f(Bl1l2,R)
(3)导线框穿过磁场的过程中，利用能量守恒定律，mg(h＋l2)＝eq \f(1,2)mv2＋Q
代入(1)中的速度，解得：
Q＝mg(h＋l2)－eq \f(m3g2R2,2B4l\\al( 4,1))
计算题专练(三)
1.如图1所示，一条轨道固定在竖直平面内，粗糙的ab段水平，bcde段光滑，cde段是以O为圆心，R为半径的一小段圆弧，可视为质点的物块A和B紧靠在一起，静止于b处，A的质量是B的3倍.两物块在足够大的内力作用下突然分离，分别向左、右始终沿轨道运动.B到d点时速度沿水平方向，此时轨道对B的支持力大小等于B所受重力的eq \f(3,4)，A与ab段的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，求：
图1
(1)物块B在d点的速度大小；
(2)物块A、B在b点刚分离时，物块B的速度大小；
(3)物块A滑行的最大距离s.
答案 (1)eq \f(\r(gR),2) (2)eq \f(3\r(Rg),2) (3)eq \f(R,8μ)
解析 (1)物块B在d点时，重力和支持力的合力提供向心力，则：mBg－FN＝eq \f(mBv2,R)①
又因为：FN＝eq \f(3,4)mBg②
联立①②式得物块B在d点时的速度v＝eq \f(\r(gR),2).
(2)物块B从b到d过程，只有重力做功，机械能守恒有：
eq \f(1,2)mBveq \\al( 2,B)＝mBgR＋eq \f(1,2)mBv2
解得vB＝eq \f(3,2)eq \r(Rg)③
(3)物块A和B分离过程中由动量守恒定律得
mAvA＋mBvB＝0④
物块A和B分离后，物块A做匀减速直线运动，由动能定理得
－μmAgs＝－eq \f(1,2)mAveq \\al( 2,A)⑤
联立③④⑤式，得物块A滑行的距离s＝eq \f(R,8μ).
2.如图2所示，间距为L的平行且足够长的光滑导轨由两部分组成：倾斜部分与水平部分平滑相连，倾角为θ，在倾斜导轨顶端连接一阻值为r的定值电阻.质量为m、电阻也为r的金属杆MN垂直导轨跨放在导轨上，在倾斜导轨区域加一垂直导轨平面向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场；在水平导轨区域加另一垂直导轨平面向下、磁感应强度大小也为B的匀强磁场.闭合开关S，让金属杆MN从图示位置由静止释放，已知金属杆运动到水平导轨前，已达到最大速度，不计导轨电阻且金属杆始终与导轨接触良好，重力加速度为g.求：
图2
(1)金属杆MN在倾斜导轨上滑行的最大速率vm；
(2)金属杆MN在倾斜导轨上运动，速度未达到最大速度vm前，当流经定值电阻的电流从零增大到I0的过程中，通过定值电阻的电荷量为q，求这段时间内在定值电阻上产生的焦耳热Q；
(3)金属杆MN在水平导轨上滑行的最大距离xm.
答案 (1)eq \f(2mgrsin θ,B2L2) (2)eq \f(mgqrsin θ,BL)－eq \f(mI\\al( 2,0)r2,B2L2)
(3)eq \f(4m2gr2sin θ,B4L4)
解析 (1)金属杆MN在倾斜导轨上滑行的速度最大时，其受到的合力为零，
对其受力分析，可得：
mgsin θ－BIL＝0
根据欧姆定律可得：I＝eq \f(BLvm,2r)
解得：vm＝eq \f(2mgrsin θ,B2L2)
(2)设在这段时间内，金属杆运动的位移为x，
由电流的定义可得：q＝eq \x\t(I)Δt
根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律得：
eq \x\t(I)＝eq \f(BΔS,2rΔt)＝eq \f(BLx,2rΔt)
解得：x＝eq \f(2qr,BL)
设电流为I0时金属杆的速度为v0，根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律，可得：I0＝eq \f(BLv0,2r)
此过程中，电路产生的总焦耳热为Q总，由功能关系可得：mgxsin θ＝Q总＋eq \f(1,2)mveq \\al( 2,0)
定值电阻产生的焦耳热Q＝eq \f(1,2)Q总
解得：Q＝eq \f(mgqrsin θ,BL)－eq \f(mI\\al( 2,0)r2,B2L2)
(3)由牛顿第二定律得：BIL＝ma
由法拉第电磁感应定律、欧姆定律可得：
I＝eq \f(BLv,2r)
可得：eq \f(B2L2,2r)v＝meq \f(Δv,Δt)
eq \f(B2L2,2r)vΔt＝mΔv，
即eq \f(B2L2,2r)xm＝mvm
得：xm＝eq \f(4m2gr2sin θ,B4L4)
计算题专练(四)
1.两个带电小球A、B(可视为质点)通过绝缘的不可伸长的轻绳相连，若将轻绳的某点O固定在天花板上，平衡时两个小球的连线恰好水平，且两根悬线偏离竖直方向的夹角分别为30°和60°，如图1甲所示.若将轻绳跨接在竖直方向的光滑定滑轮(滑轮大小可不计)两端，调节两球的位置能够重新平衡，如图乙所示，求：
图1
(1)两个小球的质量之比；
(2)图乙状态，滑轮两端的绳长O′A、O′B之比.
答案 见解析
解析 (1)对小球，有FTcs θ－mg＝0
FTsin θ－F＝0
解得：mg＝eq \f(F,tan θ)，所以：eq \f(mA,mB)＝eq \f(tan 60°,tan 30°)＝eq \f(3,1)
(2)对小球，根据三角形相似，有eq \f(mg,h)＝eq \f(FT,L)
解得：L＝eq \f(FTh,mg)
所以：eq \f(LO′A,LO′B)＝eq \f(mB,mA)＝eq \f(1,3).
2.如图2所示，两条足够长的平行金属导轨倾斜放置(导轨电阻不计)，倾角为30°，导轨间距为0.5 m，匀强磁场垂直导轨平面向下，B＝0.2 T，两根材料相同的金属棒a、b与导轨构成闭合回路，a、b金属棒的质量分别为3 kg、2 kg，两金属棒的电阻均为R＝1 Ω，刚开始两根金属棒都恰好静止，假设最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力.现对a棒施加一平行导轨向上的恒力F＝60 N，经过足够长的时间后，两金属棒都达到了稳定状态.求：
图2
(1)金属棒与导轨间的动摩擦因数；
(2)当两金属棒都达到稳定状态时，b棒所受的安培力大小.
(3)设当a金属棒从开始受力到向上运动5 m时，b金属棒向上运动了2 m，且此时a的速度为4 m/s，b的速度为1 m/s，则求此过程中回路中产生的电热及通过a金属棒的电荷量.
答案 (1)eq \f(\r(3),3) (2)24 N (3)85 J 0.15 C
解析 (1)a棒恰好静止时，有magsin 30°＝μmagcs 30°
解得μ＝eq \f(\r(3),3)
(2)两棒稳定时以相同的加速度向上匀加速运动，此时两棒有恒定的速度差.
对a棒：F－magsin 30°－μmagcs 30°－F安＝maa
对b棒：F安－mbgsin 30°－μmbgcs 30°＝mba
解得F安＝24 N
(3)此过程对a、b棒一起根据功能关系，有
Q＝Fxa－(magsin 30°＋μmagcs 30°)xa－(mbgsin 30°＋μmbgcs 30°)xb－eq \f(1,2)maveq \\al( 2,a)－eq \f(1,2)mbveq \\al( 2,b)
解得Q＝85 J
q＝eq \x\t(I)·Δt，eq \x\t(I)＝eq \f(\x\t(E),2R)，
eq \x\t(E)＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(B·ΔS,Δt)
解得q＝eq \f(Bdxa－xb,2R)＝0.15 C.
计算题专练(五)
1.光滑水平面上放着质量mA＝1 kg的物块A与质量mB＝2 kg的物块B，A与B均可视为质点，A靠在竖直墙壁上，A、B间夹一个被压缩的轻弹簧(弹簧与A、B均不拴接)，用手挡住B不动，此时弹簧弹性势能Ep＝49 J.在A、B间系一轻质细绳，细绳长度大于弹簧的自然长度，如图1所示.放手后B向右运动，绳在短暂时间内被拉断，之后B冲上与水平面相切的竖直半圆光滑轨道，其半径R＝0.5 m，B恰能到达最高点C.取g＝10 m/s2，求：
图1
(1)绳拉断后瞬间B的速度vB的大小；
(2)绳拉断过程绳对B的冲量I的大小；
(3)绳拉断过程绳对A所做的功W.
答案 (1)5 m/s (2)4 N·s (3)8 J
解析 (1)设B在绳被拉断后瞬间的速度为vB，到达C时的速度为vC，有mBg＝mBeq \f(v\\al( 2,C),R)
eq \f(1,2)mBveq \\al( 2,B)＝eq \f(1,2)mBveq \\al( 2,C)＋2mBgR
代入数据得vB＝5 m/s
(2)设弹簧恢复到自然长度时B的速度为v1，取水平向右为正方向，有Ep＝eq \f(1,2)mBveq \\al( 2,1)，I＝mBvB－mBv1
代入数据得I＝－4 N·s，其大小为4 N·s
(3)设绳断后A的速度为vA，取水平向右为正方向，有
mBv1＝mBvB＋mAvA
W＝eq \f(1,2)mAveq \\al( 2,A)
代入数据得W＝8 J.
2.如图2所示，在第一象限内有垂直纸面向里和向外的匀强磁场，磁感应强度分别为B1＝0.1 T、B2＝0.05 T，分界线OM与x轴正方向的夹角为α.在第二、三象限内存在着沿x轴正方向的匀强电场，电场强度E＝1×104 V/m.现有一带电粒子由x轴上A点静止释放，从O点进入匀强磁场区域.已知A点横坐标xA＝ －5×10－2 m，带电粒子的质量m＝1.6×10－24 kg，电荷量q＝＋1.6×10－15 C.
图2
(1)要使带电粒子能始终在第一象限内运动，求α的取值范围？(用反三角函数表示)
(2)如果α＝30°，则粒子能经过OM分界面上的哪些点？
(3)如果α＝30°，让粒子在OA之间的某点释放，要求粒子仍能经过(2)问中的那些点，则粒子释放的位置应满足什么条件？
答案 (1)α