【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?
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(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=.
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(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:
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(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;
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(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
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