2015高考物理二轮规范妙答突破计算题(附解析新人教)
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资料简介
‎【优化探究】2015高考物理二轮专题复习 素能提升 ‎2-1-3‎ 规范妙答突破计算题(含解析)新人教版 ‎1.(2014年泉州质检)如图甲所示,水平地面上有一块质量M=‎1.6 kg,上表面光滑且足够长的木板,受到大小F=10 N、与水平方向成37°角的拉力作用,木板恰好能以速度v0=‎8 m/s水平向右匀速运动.现有很多个质量均为m=‎0.5 kg的小铁块,某时刻在木板最右端无初速地放上第一个小铁块,此后每当木板运动L=‎1 m时,就在木板最右端无初速地再放上一个小铁块.g取‎10 m/s2,cos 37°=0.8,sin 37°=0.6,求:‎ ‎(1)木板与地面间的动摩擦因数μ;‎ ‎(2)第一个小铁块放上后,木板运动L时速度的大小v1;‎ ‎(3)请在图乙中画出木板的运动距离x在0≤x≤‎4L范围内,木板动能变化量的绝对值|ΔEk|与x的关系图象(不必写出分析过程,其中0≤x≤L的图象已画出).‎ 解析:(1)由平衡条件得Fcos 37°=μ(Mg-Fsin 37°),‎ 解得μ=0.8.‎ ‎(2)放上第一个小铁块后,木板做匀减速运动,由动能定理得 Fcos 37°·L-μ[(M+m)g-Fsin 37°]L ‎=Mv-Mv,‎ 代入数据解得v1= m/s.‎ ‎(3)‎ 答案:(1)0.8 (2) m/s (3)图见解析 ‎2.随着沪杭高铁的全线开通,我国的高速铁路技术又创下了‎350 km/h的新纪录,同时旅客的安全工作更引起人们的关注.假设某次列车在离车站‎9.5 km处的速度为‎342 km/h,此时向车站发出无线电信号,同时立即开始制动刹车,使列车匀减速到站并刚好停住.若车站接收到列车发出的信号后,立即利用广播通知站台上的全体旅客需要50 s的时间,则:‎ ‎(1)该列车进站时的加速度多大,方向如何?‎ - 5 -‎ ‎(2)全体旅客从听到广播通知,到列车进站停下,还有多长的登车准备时间?‎ 解析:(1)列车初速度v0=‎342 km/h=‎95 m/s,与车站距离L=‎9.5 km,列车刚好停住时v1=0,‎ 对列车向车站发出信号到刚好停住的过程,设列车加速度为a,‎ 由v-v=2aL①‎ 得a==-‎0.475 m/s2②‎ 负号表示加速度方向与列车运动方向相反.‎ ‎(2)设列车减速运动时间为t1,广播通知全体旅客的时间为Δt=50 s,‎ 由L=·t1③‎ 得t1==200 s.④‎ 旅客的准备时间t2=t1-Δt=150 s.‎ 答案:(1)‎0.475 m/s2 方向与列车的运动方向相反 (2)150 s ‎3.特种兵过山谷的一种方法可简化为如图所示的模型:将一根长为2d、不可伸长的细绳的两端固定在相距为d的A、B两等高处,细绳上有小滑轮P,战士们相互配合,可沿着细绳滑到对面.开始时,战士甲拉住滑轮,质量为m的战士乙吊在滑轮上,处于静止状态,AP竖直.(不计滑轮与绳的质量,不计滑轮的大小及摩擦,重力加速度为g)‎ ‎(1)若甲对滑轮的拉力沿水平方向,求拉力的大小;‎ ‎(2)若甲将滑轮由静止释放,求乙在滑动中速度的最大值(结果可带根式).‎ 解析:(1)设BP与竖直方向的夹角为θ,由几何关系得 +=2d,‎ 根据三角函数关系解得 sin θ=,cos θ=,tan θ= 如图所示,对滑轮受力分析,设细绳拉力的大小为FT,甲对滑轮的拉力为F,‎ 由平衡条件得mg=FT+FTcos θ,‎ F=FTsin θ,‎ 解得F=.‎ - 5 -‎ ‎(2)设AP的长度为l,则l==d.‎ 经分析可知滑轮在AB中点正下方时有最大速度,设滑轮在最低点时最大速度为v,此时滑轮距AB线的高度为h,有 h2=d2-()2,‎ 由机械能守恒定律得mg(h-l)=mv2,‎ 解得v=.‎ 答案:(1) (2) ‎4.如图所示,处于匀强磁场中的两根足够长、电阻不计的平行光滑金属导轨相距l=‎1 m,导轨平面与水平面成θ=30°角,下端连接“2.5 V 0.5 W”的小电珠,匀强磁场方向与导轨平面垂直.质量为m=‎0.02 kg、电阻不计的光滑金属棒放在两导轨上,金属棒与两导轨垂直并保持良好接触.g取‎10 m/s2.求:‎ ‎(1)金属棒沿导轨由静止刚开始下滑时的加速度大小;‎ ‎(2)当金属棒下滑速度达到稳定时,小电珠正常发光,求该速度的大小;‎ ‎(3)磁感应强度的大小.‎ 解析:(1)设金属棒刚开始下滑时的加速度为a,由于金属棒开始下滑的初速度为零,‎ 根据牛顿第二定律有mgsin θ=ma①‎ 代入数据解得a=‎5 m/s2.②‎ ‎(2)设金属棒运动达到稳定时的速度为v、所受安培力为FA,棒在沿导轨方向受力平衡,则有 mgsin θ-FA=0③‎ 此时金属棒克服安培力做功的功率等于小电珠消耗的电功率,则有 P=FAv④‎ 联立③④式并代入数据解得v=‎5 m/s.⑤‎ ‎(3)设磁感应强度的大小为B,金属棒切割磁感线产生的感应电动势为E=Blv⑥‎ 小电珠正常发光,其两端电压等于E,必有E=U灯⑦‎ 联立⑥⑦式并代入数据解得B=0.5 T.‎ 答案:(1)‎5 m/s2 (2)‎5 m/s (3)0.5 T ‎5.如图所示,半径为R的光滑半圆轨道ABC与倾角为θ=37°的粗糙斜面轨道DC相切于C点,圆轨道的直径AC与斜面垂直.质量为m的小球从A点左上方距A高为h的斜面上方P点以某一速度水平抛出,刚好与半圆轨道的A点相切进入半圆轨道内侧,之后经半圆轨道沿斜面刚好滑到与抛出点等高的D处.已知当地的重力加速度为g,取R=h,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,不计空气阻力,求:‎ - 5 -‎ ‎(1)小球被抛出时的速度v0;‎ ‎(2)小球到达半圆轨道最低点B时,对轨道的压力大小;‎ ‎(3)小球从C到D过程中摩擦力做的功W.‎ 解析:(1)小球到达A点时,速度与水平方向的夹角为θ,如图所示.‎ 则有v=2gh,‎ 由几何关系得v0=v⊥cot θ,‎ 解得v0=.‎ ‎(2)A、B间竖直高度H=R(1+cos θ)‎ 设小球到达B点时的速度为v,则从抛出点到B的过程,有 mv+mg(H+h)=mv2,‎ 在B点,有FN-mg=m,‎ 解得FN=5.6mg.‎ 由牛顿第三定律知,小球在B点对轨道的压力大小是5.6mg.‎ ‎(3)小球沿斜面上滑过程中摩擦力做的功等于小球做平抛运动的初动能,有 W=mv=mgh.‎ 答案:(1) (2)5.6mg (3)mgh ‎6.一圆筒的横截面如图所示,其圆心为O.筒内有垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B.圆筒下面有相距为d的平行金属板M、N,其中M板带正电荷,N板带等量负电荷.质量为m、电荷量为q的带正电粒子自M板边缘的P处由静止释放,经N板的小孔S以速度v沿半径SO方向射入磁场中.粒子与圆筒发生两次碰撞后仍从S孔射出,设粒子与圆筒碰撞过程中没有动能损失,且电荷量保持不变,在不计重力的情况下,求:‎ ‎(1)M、N间电场强度E的大小;‎ ‎(2)圆筒的半径R;‎ - 5 -‎ ‎(3)保持M、N间电场强度E不变,仅将M板向上平移d,粒子仍从M板边缘的P处由静止释放,粒子自进入圆筒至从S孔射出期间,与圆筒的碰撞次数n.‎ 解析:(1)设两板间的电压为U,由动能定理得 qU=mv2①‎ 由匀强电场中电势差与电场强度的关系得U=Ed②‎ 联立两式可得E=.③‎ ‎(2)粒子进入磁场后做匀速圆周运动,运用几何关系作出圆心为O′,圆半径为r.设第一次碰撞点为A,由于粒子与圆筒发生两次碰撞又从S孔射出,因此,SA弧所对的圆心角∠AO′S等于.‎ 由几何关系得r=Rtan④‎ 粒子运动过程中洛伦兹力充当向心力,由牛顿第二定律,得 qvB=m⑤‎ 联立④⑤式得R=⑥‎ ‎(3)保持M、N间电场强度E不变,M板向上平移了d后,设板间电压为U′,则 U′==⑦‎ 设粒子进入S孔时的速度为v′,由①式得出=,‎ 综合⑦式可得v′=v⑧‎ 设粒子做圆周运动的半径为r′,则r′=⑨‎ 设粒子从S到第一次与圆筒碰撞期间的轨迹所对圆心角为θ,比较⑥⑨两式得到r′=R,可见 θ=⑩‎ 粒子须经过四个这样的圆弧才能从S孔射出,‎ 故n=3.‎ 答案:(1) (2) (3)3‎ - 5 -‎

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