高考物理二轮复习 计算题专题训练
-高考物理二轮复习 专题限时训练5 功、功率、动能定理-人教版高三全册物理试题
专题限时训练5 功、功率、动能定理时间：45分钟一、单项选择题1．(2018·全国名校联考)如下列图，静止在水平地面上的物体，受到一水平向右的拉力F 作用，F 是随时间先逐渐增大后逐渐减小的变力，力F 的大小随时间的变化如表所示，表格中的F fm 为物体与地面间的最大静摩擦力，设滑动摩擦力等于最大静摩擦力，如此( C )t (时刻) 0 1 s 2 s 3 s 4 s F (数值)F fm 2F fmF fmA.第2 s 末物体的速度最大B ．第2 s 末摩擦力的功率最大C ．第3 s 末物体的动能最大D ．在0～3 s 时间内，拉力F 先做正功后做负功解析：在0～1 s 时间内，物体所受水平拉力小于最大静摩擦力，物体静止；在1～3 s 时间内，物体受到的拉力大于最大静摩擦力，物体一直做加速运动，3 s 末物体的速度达到最大，动能最大，故A 、B 项错误，C 项正确；拉力F 始终与位移方向一样，一直做正功，故D 项错误．2．(2018·济宁模拟)如下列图的竖直轨道，其圆形局部半径分别是R 和R2，质量为m的小球通过这段轨道时，在A 点时刚好对轨道无压力，在B 点时对轨道的压力为mg .如此小球由A 点运动到B 点的过程中摩擦力对小球做的功为( A )A ．－mgRB ．－98mgRC ．－54mgRD ．－43mgR解析：在A 处对小球由牛顿第二定律得mg ＝m v 2AR，v A ＝gR ，在B 处对小球由牛顿第二定律得mg ＋F N ＝m v 2BR2，又F N ＝mg ，解得v B ＝gR ，小球由A 到B 的过程由动能定理得mg (2R－2×R 2)＋W f ＝12mv 2B －12mv 2A ，解得W f ＝－mgR ，故A 正确．3．(2018·江西师大附中模拟)如下列图，竖直放置的等螺距螺线管高为h ，该螺线管是用长为l 的硬质直管(内径远小于h )弯制而成．一光滑小球从上端管口由静止释放，关于小球的运动，如下说法正确的答案是( C )A ．小球到达下端管口时的速度大小与l 有关B ．小球到达下端管口时重力的功率为mg 2ghC ．小球到达下端的时间为2l2ghD ．小球在运动过程中受管道的作用力大小不变解析：在小球到达下端管口的过程中只有重力做功，故根据动能定理可知mgh ＝12mv 2，解得v ＝2gh ，小球到达下端管口时的速度大小与h 有关，与l 无关，故A 错误；到达下端管口的速度为v ＝2gh ，速度沿管道的切线方向，故重力的瞬时功率为P ＝mg 2gh cos θ，θ为小球到达下端管口时速度方向与重力方向的夹角，故B 错误；小球在管内下滑的加速度为a ＝gh l ，设下滑所需时间为t ，如此l ＝12at 2，t ＝2la＝2l2gh，故C 正确；小球运动速度越来越大，做的是螺旋圆周运动，根据F n ＝mv 2R可知，支持力越来越大，故D 错误．4．一物体静止在粗糙水平地面上．现用一大小为F 1的水平拉力拉动物体，经过一段时间后其速度变为v .假设将水平拉力的大小改为F 2，物体从静止开始经过同样的时间后速度变为2v .对于上述两个过程，用W F 1、W F 2分别表示拉力F 1、F 2所做的功，W f1、W f2分别表示前后两次抑制摩擦力所做的功，如此( C )A ．W F 2>4W F 1，W f2>2W f1B ．W F 2>4W F 1，W f2＝2W f1C ．W F 2<4W F 1，W f2＝2W f1D ．W F 2<4W F 1，W f2<2W f1解析：根据x ＝v ＋v 02t 得，两过程的位移关系x 1＝12x 2，根据加速度的定义a ＝v －v 0t得，两过程的加速度关系为a 1＝a 22.由于在一样的粗糙水平地面上运动，故两过程的摩擦力大小相等，即f 1＝f 2＝f ，根据牛顿第二定律得，F 1－f 1＝ma 1，F 2－f 2＝ma 2，所以F 1＝12F 2＋12f ，即F 1>F 22.根据功的计算公式W ＝Fl ，可知W f1＝12W f2，W F 1>14W F 2，应当选项C 正确，选项A 、B 、D 错误．5．(2018·保定模拟)一物体放在粗糙程度一样的水平面上，受到水平拉力的作用，由静止开始沿直线运动，物体的加速度a 和速度的倒数1v的关系如下列图．物体的质量为m ＝1kg ，不计空气阻力，重力加速度g 取10 m/s 2，如下说法正确的答案是( A )A ．物体与水平面之间的动摩擦因数为0.1B ．物体速度为1.5 m/s 时，加速度大小为2 m/s 2C ．拉力的最大功率为6 WD ．物体匀加速运动的时间为1 s解析：由图象可知物体速度为0～1 m/s 过程中做加速度为2 m/s 2的匀加速直线运动，在速度为1～3 m/s 过程中，拉力以恒定的功率拉动物体，由牛顿第二定律得P v－F f ＝ma ，从图中代入数据得，13P －F f ＝0，P －F f ＝2，解得P ＝3 W ，F f ＝1 N ，故C 错误；又F f ＝μmg ，解得物体与水平面之间的动摩擦因数μ＝0.1，故A 正确；将P ＝3 W ，F f ＝1 N ，m ＝1 kg ，v ＝1.5 m/s 代入P v－F f ＝ma ，解得a ＝1 m/s 2，即物体速度为1.5 m/s 时，加速度大小为1 m/s 2，故B 错误；从图象可知物体速度为0～1 m/s 过程中做加速度为2 m/s 2的匀加速直线运动，匀加速的时间为t ＝va ′＝0.5 s ，故D 错误． 6．(2018·山东临沂市一模)如图甲所示，质量m ＝2 kg 的小物体放在长直的水平地面上，用水平细线绕在半径R ＝0.5 m 的薄圆筒上．t ＝0时刻，圆筒由静止开始绕竖直的中心轴转动，其角速度随时间的变化规律如图乙所示，小物体和地面间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g 取10 m/s 2，如此( D )A ．小物体的速度随时间的变化关系满足v ＝4tB ．细线的拉力大小为2 NC ．细线拉力的瞬时功率满足P ＝4tD ．在0～4 s 内，细线拉力做的功为12 J解析：根据题图乙可知，圆筒匀加速转动，角速度随时间变化的关系式为：ω＝t ，圆周边缘线速度与物体前进速度大小一样，根据v ＝ωR 得：v ＝ωR ＝0.5t ，故A 错误；物体运动的加速度a ＝Δv Δt ＝0.5t t ＝0.5 m/s 2，根据牛顿第二定律得：F －μmg ＝ma ，解得：F ＝2×0.5 N＋0.1×2×10 N＝3 N ，故B 错误；细线拉力的瞬时功率P ＝Fv ＝3×0.5t ＝1.5t ，故C 错误；物体在4 s 内运动的位移：x ＝12at 2＝12×0.5×42m ＝4 m ，在0～4 s 内，细线拉力做的功为：W ＝Fx ＝3×4 J＝12 J ，故D 正确．二、多项选择题7．(2018·中山二模)在距水平地面10 m 高处，以10 m/s 的速度水平抛出一质量为1 kg 的物体，物体落地时的速度为16 m/s ，取g ＝10 m/s 2，如此如下说法正确的答案是( BC )A ．抛出时人对物体做功为150 JB ．自抛出到落地，重力对物体做功为100 JC ．飞行过程中物体抑制阻力做功22 JD ．物体自抛出到落地时间为 2 s解析：根据动能定理，抛出时人对物体做的功W 1＝12mv 21＝50 J ，选项A 错误；自抛出到落地，重力对物体做功W G ＝mgh ＝100 J ，选项B 正确；根据动能定理有mgh －W f ＝E k2－E k1，得物体抑制阻力做的功W f ＝mgh －12mv 22＋12mv 21＝22 J ，选项C 正确；由于空气阻力的影响，物体不做平抛运动，竖直分运动不是自由落体运动，无法求解物体运动的时间，选项D 错误．8．如下列图，AB 为半径R ＝0.50 m 的四分之一圆弧轨道，B 端距水平地面的高度h ＝0.45 m ．一质量m ＝1.0 kg 的小滑块从圆弧道A 端由静止释放，到达轨道B 端的速度v ＝2.0m/s.忽略空气的阻力．取g ＝10 m/s 2.如此如下说法正确的答案是( BC )A ．小滑块在圆弧轨道B 端受到的支持力大小F N ＝16 NB ．小滑块由A 端到B 端的过程中，抑制摩擦力所做的功W ＝3 JC ．小滑块的落地点与B 点的水平距离x ＝0.6 mD ．小滑块的落地点与B 点的水平距离x ＝0.3 m解析：小滑块在B 端时，根据牛顿第二定律有F N －mg ＝m v 2R，解得F N ＝18 N ，A 错误；根据动能定理有mgR －W ＝12mv 2，解得W ＝mgR －12mv 2＝3 J ，B 正确；小滑块从B 点做平抛运动，水平方向上x ＝vt ，竖直方向上h ＝12gt 2，解得x ＝v ·2hg＝0.6 m ，C 正确，D 错误．9．如下列图，竖直平面内有一个半径为R 的半圆形轨道OQP ，其中Q 是半圆形轨道的中点，半圆形轨道与水平轨道OE 在O 点相切，质量为m 的小球沿水平轨道运动，通过O 点后进入半圆形轨道，恰好能够通过最高点P ，然后落到水平轨道上，不计一切摩擦阻力，如下说法正确的答案是(g 为重力加速度)( ABD )A ．小球落地时的动能为52mgRB ．小球落地点离O 点的距离为2RC ．小球运动到半圆形轨道最高点P 时，向心力恰好为零D ．小球到达Q 点的速度大小为3gR解析：小球恰好能够通过P 点，由mg ＝m v 20R得v 0＝gR .小球从P 点至落地过程，根据动能定理得mg ·2R ＝12mv 2－12mv 20，解得12mv 2＝2.5mgR ，A 正确；由平抛运动知识得t ＝4R g，落地点与O 点距离x ＝v 0t ＝2R ，B 正确；小球在P 处时重力提供向心力，C 错误；小球从Q到P ，由动能定理得－mgR ＝12m (gR )2－12mv 2Q ，解得v Q ＝3gR ，D 正确．10．如图甲所示，小物块静止在倾角θ＝37°的粗糙斜面上．现对物块施加一个沿斜面向下的推力F ，力F 的大小随时间t 的变化情况如图乙所示，物块的速率v 随时间t 的变化规律如图丙所示，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g 取10 m/s 2.如下说法正确的答案是( AD )A ．物块的质量为1 kgB ．物块与斜面间的动摩擦因数为0.7C ．0～3 s 时间内力F 做功的平均功率为0.32 WD ．0～3 s 时间内物块抑制摩擦力做的功为5.12 J解析：由速度图象知在1～3 s 时间内，物块做匀加速直线运动，如此0.8 N ＋mg sin θ－μmg cos θ＝ma ，a ＝0.8－03－1 m/s 2＝0.4 m/s 2.在3～4 s 时间内，物块匀速运动，受力平衡，如此μmg cos θ－mg sin θ＝0.4 N ，解得m ＝1 kg ，μ＝0.8，选项A 正确，B 错误；0～1 s 时间内，物块静止，力F 不做功，1～3 s 时间内，力F ＝0.8 N ，物块的位移x ＝12×0.4×22m ＝0.8 m,0～3 s 内力F 做功的平均功率为Fx t 3＝0.8×0.83W ＝0.213 W ，选项C 错误；0～3 s时间内物块抑制摩擦力做的功为μmg cos θ·x ＝5.12 J ，选项D 正确．三、计算题11．下表是一辆电动车的局部技术指标，其中的额定车速是指电动车满载的情况下，在平直道路上以额定功率匀速行驶时的速度. 额定车速 18 km/h 电源输出电压 ≥36 V 整车质量 40 kg 充电时间 6～8 h载重80 kg电动机的额定输出功率 180 W电源136 V/12 Ah电动机的额定工作电压/电流36 V/6 A请根据表中的数据，完成如下问题(g 取10 m/s 2)．(1)在行驶的过程中，电动车受到的阻力是车重(包括载重)的k 倍，假定k 是定值，试推算k 的大小；(2)假设电动车以额定功率行驶，求速度为3 m/s 时的加速度是多少？解析：(1)由表可得到P 出＝180 W ，车速v ＝18 km/h ＝5 m/s ，由P 出＝Fv ，匀速直线运动时有F ＝f ，其中f ＝k (M ＋m )g ，解得k ＝0.03.(2)当车速v ′＝3 m/s 时，牵引力F ′＝P 出v ′，由牛顿第二定律知F ′－k (M ＋m )g ＝(m ＋M )a ，解得a ＝0.2 m/s 2.答案：(1)0.03 (2)0.2 m/s 212．(2018·常州模拟)高速连续曝光照相机可在底片上重叠形成多个图像．现利用这架照相机对某款家用汽车的加速性能进展研究，如图为汽车做匀加速直线运动时三次曝光的照片，图中汽车的实际长度为4 m ，照相机每两次曝光的时间间隔为2.0 s ．该汽车的质量为1 000 kg ，额定功率为90 kW ，汽车运动过程中所受的阻力始终为1 500 N.(1)求该汽车的加速度．(2)假设汽车由静止开始以此加速度做匀加速运动，如此匀加速运动状态能保持多长时间？(3)汽车所能达到的最大速度是多少？(4)假设该汽车从静止开始运动，牵引力不超过3 000 N ，求汽车运动2 400 m 所用的最短时间(汽车已经达到最大速度)．解析：(1)由图可得汽车在第1个2 s 时间内的位移x 1＝9 m ，第2个2 s 时间内的位移x 2＝15 m汽车的加速度a ＝Δx T2＝1.5 m/s 2.(2)由F －F f ＝ma 得，汽车牵引力F ＝F f ＋ma ＝(1 500＋1 000×1.5) N＝3 000 N汽车做匀加速运动的末速度v ＝P 额F ＝90×1033×103m/s ＝30 m/s匀加速运动保持的时间t 1＝v a ＝301.5s ＝20 s.(3)汽车所能达到的最大速度v m ＝P 额F f ＝90×1031.5×103m/s ＝60 m/s.(4)由(1)、(2)知匀加速运动的时间t 1＝20 s ， 运动的距离x 1′＝vt 12＝302×20 m＝300 m所以，以额定功率运动的距离x 2′＝(2 400－300) m ＝2 100 m对以额定功率运动的过程，有P 额t 2－F f x 2′＝12m (v 2m －v 2)解得t 2＝50 s所以所求时间为t 总＝t 1＋t 2＝(20＋50) s ＝70 s. 答案：(1)1.5 m/s 2(2)20 s (3)60 m/s (4)70 s。
高三物理第二轮复习计算题专题训练参考答案
高三物理第三轮复习计算题专题训练参考答案1.解：（1）小球刚能完成一次完整的圆周运动，它到最高点的速度为v 0，在最高点由牛顿第二定律有Lm mg 20ν= ①在小球从最低点运动到最高点的过程中，机械能守恒，并设小球在最低点速度为1v ，则202121221ννm L mg m +⋅= ②滑块从h 高处运动到将与小球碰撞时速度为v 2，对滑块由能的转化及守恒定律有22212νμm smg mgh +⋅= ③因弹性碰撞由动量守恒和动能守恒有432mv mv mv += ④242322212121mv mv mv += ⑤ 联立以上各式可解得h=0.5m（2）若滑块从h '=5m 处下滑到将要与小球碰撞时速度为u ，同理有2212/smg mu mgh μ+=⑥ 解得s m u /95= 滑块与小球碰后的瞬间，同理滑块静止，小球以s m u /95=的速度开始作圆周运动，绳的拉力T 和重力的合力充当向心力，则有Lu m mg T 2=- ⑦解得T=48N 方向竖直向上（3）滑块和小球最后一次碰撞时速度为s m v /53=， 滑块最后停在水平面上，它通过的路程为s '，同理有'2123/mgs m mgh μν+=⑧ 小球做完整圆周运动的次数为12'+-=sss n ⑨解得s '=19m ，n=10次2．解：（1）赛车恰好通过P 点时，由牛顿第二定律有Rmmg P2ν= ①赛车从P 点运动到最后停下来，由动能定理有22102P mv kmgx mgR -=- ②联立①②可得： x=2.5m(2)设赛车经历的时间为t ，赛车从A 点运动到P 点的过程中由动能定理可得：02122-=--B m mgR kmgL Pt ν代入数据可得：t=4.5s3．解：（1）小物块从A 点运动到B 点的过程中，设滑到B 点时的速度为0v ，由动能定理有2021mv mgR =① 小物块到达B 点后做匀速运动，则0Bqv mg = ② 联立①②可解得Rg qm B 2=由左手定则可知，磁场的方向垂直纸面向里（2）设小物块在轨道BC 上匀速运动t 秒，恰能从车上滑出 由动量守恒定律有：10)(v M m mv += ③由功能关系有：)((212102120t v L mg v M m mv -++=μ） ④由得：-=gR L t 2gRM m M2)(2+μ 当t 0>-=gRL t 2gRM m M2)(2+μ，则小物块能从车上滑出。
2014高考物理二轮复习：计算题专项训练二
计算题专项训练二1. 如图所示为摩托车特技比赛用的部分赛道,由一段倾斜坡道AB与竖直圆形轨道BCD衔接而成,衔接处平滑过渡且长度不计.已知坡道的倾角θ=11.5°,圆形轨道的半径R=10 m,摩托车及选手的总质量m=250 kg,摩托车在坡道行驶时所受阻力为其重力的0.1倍.摩托车从坡道上的A点由静止开始向下行驶,A与圆形轨道最低点B之间的竖直距离h=5 m,发动机在斜坡上产生的牵引力F=2 750 N,到达B点后摩托车关闭发动机.已知sin 11.5°=15,取g=10 m/s2.(1) 求摩托车在AB坡道上运动的加速度.(2) 求摩托车运动到圆轨道最低点时对轨道的压力大小.(3) 若运动到C点时恰好不脱离轨道,则摩托车在BC之间克服摩擦力做了多少功?2. 如图所示,AB为一光滑固定轨道,AC为动摩擦因数μ=0.25的粗糙水平轨道,O 为水平地面上的一点,且B、C、O在同一竖直线上,已知B、C两点的高度差为h, C、O两点的高度差也为h,AC两点相距s=2h.若两滑块P、Q从A点以相同的初速度v0分别沿两轨道滑行,到达B点或C点后分别水平抛出.(1) 求两滑块P、Q 落地点到O点的水平距离.(2) 欲使两滑块的落地点相同,求滑块的初速度v0应满足的条件.(3) 若滑块的初速度v0应满足(2)的条件,现将水平轨道AC向右延伸一段L,要使滑块Q落地点距O点的距离最远,L应为多少?3. 如图所示,质量足够大、截面是直角梯形的物块静置在光滑水平地面上,其两个侧面恰好与两个固定在地面上的压力传感器X 和Y 相接触. 图中AB 高H=0.3 m 、AD 长L=0.5 m,斜面倾角θ=37°. 可视为质点的小物块P(图中未画出)质量m=1 kg,它与斜面的动摩擦因数μ可以通过更换斜面表面的材料进行调节(调节范围是0≤μ≤1). 已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度取g=10 m/s 2. (1) 令μ=0,将P 由D 点静止释放,求P 在斜面上的运动时间.(2) 令μ=0.5,在A 点给P 一个沿斜面向上的初速度v 0=2 m/s,求P 落地时的动能. (3) 将X 和Y 接到同一数据处理器上,已知当X 和Y 受到物块压力时,分别显示正值和负值. 对于不同的μ,每次都在D 点给P 一个沿斜面向下足够大的初速度以保证它能滑离斜面,求滑行过程中处理器显示的读数F 随μ变化的关系表达式,并在坐标系中画出其函数图象.4. 如图所示,一直立的轻质薄空心圆管长为L,上下端口处各安放有一个质量均为m 的圆柱形物块A 、B,A 、B 紧贴管的内壁,厚度不计.A 、B 与管内壁间的最大静摩擦力分别是f 1=mg 、f 2=kmg(k>1),且滑动摩擦力与最大静摩擦力大小相等.管下方存在这样一个区域:当物块A 进入该区域时受到一个竖直向上的恒力F,而B 在该区域运动时不受F 的作用,PQ 、MN 是该区域上下水平边界,高度差为H(H<L).现让管的下端从距离上边界PQ 高H 处由静止释放.(1) 若F=mg,求A 到达上边界PQ 时的速度vA 和B到达下边界MN时的速度vB.(2) 为使A、B 间无相对运动,求F 应满足的条件.(3) 若F=3mg,求物块A 到达下边界MN时A、B 间距离.计算题专项训练二1. (1) 由受力分析与牛顿第二定律可知 F+mgsin θ-kmg=ma, 代入数据解得a=12 m/s2.(2) 设摩托车到达B 点时的速度v 1,由运动学公式得21v =2sin ah,解得v 1m/s.在B 点由牛顿第二定律可知,F N -mg=m 21v R ,轨道对摩托车的支持力为F N =1.75×104 N,由牛顿第三定律知,摩托车对轨道的压力为1.75×104 N. (3) 摩托车恰好不脱离轨道时,在最高点速度为v 2,由牛顿第二定律得mg=m 22v R .从B 点到C 点,由动能定理得-mg ·2R-W f =12m 22v -12m 21v ,由此可解得W f =1.25×104 J.2. (1) 滑块P 从A 到B 过程机械能守恒12m 20v =12m 2B v +mgh,得 v B.从B 点抛出后x 1=v B t P ,2h=12g 2P t ,得x 1滑块Q 从A 到C 过程,由动能定理得-μmgs=12m2C v-12m20v,又μ=0.25,s=2h,得vC,从C点抛出后x2=vCtQ,h=12g2Qt,得x2(2) 依题意有x1=x2,解得v0所以滑块的初速度v0应满足v0.(3) 由动能定理得-μmg(s+L)=12m2v-12m20v,从水平轨道AC向右延伸的最右端抛出后x=vtQ ,h=12g2Qt,距O点的距离为Δx=L+x,得Δ+L=-2+174h.当L=154h时,Δx取最大值为174h.3. (1) 当μ=0时,P沿斜面下滑的加速度为a=gsinθ=6m/s2.由运动学规律L=12at2,得代入数据解得s.(2) 设P沿斜面上滑位移为s时速度为0,由动能定理-(mgsinθ+μmgcosθ)s=0-12m20v,代入数据解得s=0.2m.设落地时P 的动能为E k ,则由动能定理mgH-μmgcos θ·2s=E k -12m 20v ,代入数据解得E k =3.4J.(3) P 在斜面上下滑的过程中梯形物块的受力如图所示,由平衡条件可得F+Nsin θ=fcos θ,将N=mgcos θ和f=μmgcos θ代入得 F=mgcos θ(μcos θ-sin θ), 代入数据得F=6.4μ-4.8, 其图象如图所示.4. (1) 整体从开始下落到刚好到达上边界PQ 过程中,由机械能守恒定律有2mgH=12(2m)2A v ,解得v A .整体从开始下落到完全离开MN 边界的过程中,由动能定理有2mg(2H+L)-FH=12(2m)2B v ,解得vB.(2) 设A、B与管不发生相对滑动时共同加速度为a,A与管的静摩擦力为fA,则对整体有2mg-F=2ma,对A有mg+fA-F=ma,并且fA ≤f1,解得F≤2mg.(3) 当F=3mg,可知A相对圆管向上滑动,设A的加速度为a1,则mg+f1-F=ma1,解得a1=-g.与前阶段自由落体H位移比较,A向下减速运动位移H时,速度刚好减到零,此过程运动的时间.由于管的质量不计,在此过程中,A对管的摩擦力与B对管的摩擦力方向相反、大小均为mg,B受到管的摩擦力小于kmg,则B与圆管相对静止,B与圆管整体受到重力、A对管的摩擦力二力平衡,以速度vA做匀速直线运动.物块A到达下边界MN时A、B间距离ΔL=L-(v A t-H),解得ΔL=L-H.。
高考物理二轮复习 训练2 力与物体的直线运动
训练2 力与物体的直线运动一、单项选择题1．如图2－10所示，一木块在光滑水平面上受一恒力F作用而运动，前方固定一个弹簧，当木块接触弹簧后( )．图2－10A．将立即做变减速运动B．将立即做匀减速运动C．在一段时间内仍然做加速运动，速度继续增大D．在弹簧处于最大压缩量时，物体的加速度为零2．以36 km/h的速度沿平直公路行驶的汽车，遇障碍物刹车后获得大小为a＝4m/s2的加速度，刹车后第3s内，汽车走过的路程为( )．A．12.5 m B．2 mC．10 m D．0.5 m3．一质点受到10 N的力的作用时，其加速度为2 m/s2；若要使小球的加速度变为5 m/s2，则应该给小球施的力的大小为( )．A．10 N B．20 NC．50 N D．25 N4．我国道路安全部门规定，在高速公路上行驶的汽车最大速度为120 km/h，交通部门提供下列资料：资料一：驾驶员的反应时间：0.3～0.6 s资料二：各种路面与轮胎之间的动摩擦因数( )．A．100 m B．200 mC．300 m D．400 m5. (2012·安徽卷，17)如图2－11所示，放在固定斜面上的物块以加速度a沿斜面匀加速下滑，若在物块上再施加一个竖直向下的恒力F，则( )．图2－11A．物块可能匀速下滑B．物块仍以加速度a匀加速下滑C．物块将以大于a的加速度匀加速下滑D．物块将以小于a的加速度匀加速下滑6. (2012·海南单科，6)如图2－12所示，表面处处同样粗糙的楔形木块abc固定在水平地面上，ab面和bc面与地面的夹角分别为α和β，且α>β.一初速度为v0的小物块沿斜面ab向上运动，经时间t0后到达顶点b时，速度刚好为零；然后让小物块立即从静止开始沿斜面bc下滑．在小物块从a运动到c的过程中，可能正确描述其速度大小v与时间t的关系的图象是( )．图2－12二、多项选择题7．(2012·新课标，14)伽利略根据小球在斜面上运动的实验和理想实验，提出了惯性的概念，从而奠定了牛顿力学的基础，早期物理学家关于惯性有下列说法，其中正确的是( )．A．物体抵抗运动状态变化的性质是惯性B．没有力的作用，物体只能处于静止状态C．行星在圆周轨道上保持匀速率运动的性质是惯性D．运动物体如果没有受到力的作用，将继续以同一速度沿同一直线运动8.一个质量为0.3 kg的物体沿水平面做直线运动，如图2－13所示，图线a表示物体受水平拉力时的v－t图象，图线b表示撤去水平拉力后物体继续运动的v－t图象，下列说法正确的是( )．图2－13A．水平拉力的大小为0.1 N，方向与摩擦力方向相同B．水平拉力对物体做功的数值为1.2 JC．撤去拉力后物体还能滑行7.5 mD．物体与水平面间的动摩擦因数为0.19．(2012·天津卷，8)如图2－14甲所示，静止在水平地面的物块A，受到水平向右的拉力F作用，F与时间t的关系如图乙所示，设物块与地面的静摩擦力最大值f m与滑动摩擦力大小相等，则( )．图2－14A．0～t1时间内F的功率逐渐增大B．t2时刻物块A的加速度最大C．t2时刻后物块A做反向运动D．t3时刻物块A的动能最大10.如图2－15所示，在倾角θ＝30°的光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物块A、B，它们的质量均为m，弹簧的劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态．现开始用一沿斜面方向的力F拉物块A使之以加速度a向上做匀加速运动，当物块B刚要离开C时F的大小恰为2mg.则( )．图2－15A ．物块B 刚要离开C 时B 的加速度也为a B ．加速度a ＝gC ．以A 、B 整体为研究对象可以计算出加速度a ＝12gD ．从F 开始作用到B 刚要离开C ，A 的位移为mgk三、计算题11. (2012·江苏泰州三模)如图2－16所示，在光滑水平面上有A 、B 两个物体，B 在前，A 在后，A 正以6 m/s 的速度向右运动，B 静止；当A 、B 之间距离为18 m 时，在A 、B 之间建立相互作用，其作用力为恒力，此后B 物体加速，经过4 s ，物体B 的速度达到3 m/s ，此时撤去A 、B 之间的相互作用，A 、B 继续运动又经4 s ，A 恰好追上B ，在这一过程中：求：图2－16(1)在A 物体追上B 物体前，B 运动的位移大小；(2)在两物体间有相互作用时，物体A 和B 的加速度a A 和a B 的大小； (3)物体A 和B 的质量之比． 12．如图2－17所示，“”形木块放在光滑水平地面上，木块水平表面AB粗糙，光滑表面BC 与水平面夹角为θ＝37°.木块右侧与竖直墙壁之间连接着一个力传感器，当力传感器受压时，其示数为正值；当力传感器被拉时，其示数为负值．一个可视为质点的滑块从C 点由静止开始下滑，运动过程中，传感器记录到的力和时间的关系如图乙所示．已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2，求：图2－17(1)斜面BC 的长度；(2)滑块的质量；(3)运动过程中滑块克服摩擦力做的功．参考答案1．C [物体在力F作用下向左加速，接触弹簧后受到弹簧向右的弹力，合外力向左逐渐减小，加速度向左逐渐减小，速度增大，当弹簧的弹力大小等于力F时合外力为0，加速度为0，速度最大，物体继续向左运动，弹簧弹力大于力F，合外力向右逐渐增大，加速度向右逐渐增大，速度减小，最后速度减小到0，此时加速度最大，综上所述，A、B、D错误，C正确．]2．D [由v t＝at可得t＝2.5 s，则第3 s内的位移，实质上就是2～2.5 s内的位移，x＝12at′2＝0.5 m．]3．D [根据F1＝ma1，把F1＝10 N，a1＝2 m/s2，代入，得m＝5 kg，再由F2＝ma2，把m＝5 kg，a2＝5 m/s2代入，解得F2＝25 N．]4．B [当驾驶员的反应时间最长，路面的动摩擦因数最小时对应的最长距离是安全距离．v＝120 km/h＝33.3 m/s，反应时间t＝0.6 s内位移x1约为20 m；又μmg＝ma，a＝3.2 m/s2，s2＝v22a＝173 m；s＝s1＋s2＝193 m．]5．C [设斜面的倾角为θ，根据牛顿第二定律知物块的加速度a＝mg sin θ－μmg cos θm，即μ<tan θ. 对物块施加竖直向下的压力F后，物块的加速度a′＝mg＋F sin θ－μmg＋F cos θm＝a＋F sin θ－μF cos θm，且F sin θ－μF cos θ>0，故a′>a，物块将以大于a的加速度匀加速下滑．故选项C正确，选项A、B、D错误．]6．C [物块在整个运动过程中，由能量守恒知，物块在c点的动能小于初动能，即v<v0，A项错误；物块在ab段和bc段分别做匀减速和匀加速运动，且a1>a2，故B、D错误，C正确．]7．AD [物体的惯性指物体本身要保持原来运动状态不变的性质，或者说是物体抵抗运动状态变化的性质，选项A正确；没有力的作用，物体将保持静止状态或匀速直线运动状态，选项B错误；行星在圆周轨道上做匀速圆周运动，而惯性是指物体保持静止或匀速直线运动的状态，选项C错误；运动物体如果没有受到力的作用，根据牛顿第一定律可知，物体将继续以同一速度沿同一直线一直运动下去，选项D正确．]8．AB [图线a表示的v－t图象加速度较大，说明物体所受的拉力与摩擦力方向相同，则F＋f＝ma a＝0.2 N，图线b表示物体只在摩擦力作用下做匀减速运动，有f＝ma b ＝0.1 N ，解得F ＝f ＝0.1 N ，A 项正确；有水平拉力时，物体位移为s ＝5＋32×3 m＝12 m ，故拉力做功的数值为W ＝Fs ＝1.2 J ，B 项正确；撤去拉力后物体能滑行13.5 m ，C 项错误；动摩擦因数μ＝f mg ＝130，D 项错误．] 9．BD [在0～t 1时间内物块A 所受的合力为零，物块A 处于静止状态，根据P ＝Fv 知，力F 的功率为零，选项A 错误；在t 2时刻物块A 受到的合力最大，根据牛顿第二定律知，此时物块A 的加速度最大，选项B 正确；物块A 在t 1～t 2时间内做加速度增大的加速运动，在t 2～t 3时间内做加速度减小的加速运动，t 3时刻，加速度等于零，速度最大，选项C 错误、选项D 正确．]10．BD [物块B 刚要离开C 时B 的加速度为0，A 项错；未加F 时对A 受力 分析得弹簧的压缩量x 1＝mg sin 30°k ＝mg2k，B 刚要离开C 时对B 受力分析得弹簧的伸长量x 2＝mg2k，此时对A 由牛顿第二定律得F －mg sin 30°－kx 2＝ma ，解得a ＝g ，B 项正确、C 项错；物体A 的位移x 1＋x 2＝mg k，D 项正确．] 11．解析 物体B 先加速运动后匀速运动(1)x B ＝v B 2t 1＋v B t 2＝⎝⎛⎭⎫32×4＋3×4m ＝18 m.(2)a B ＝Δvt 1＝0.75 m/s 2A 物体先减速运动再匀速运动 A 减速运动的位移：x 1＝v 0t 1－12a A t 21＝6×4－12a A ×42＝24－8a A ， A 匀速运动的位移：x 2＝(v 0－a A t 1)×t 2＝24－16a A ，由题知x A ＝x 1＋x 2＝x B ＋18，即48－24a A ＝18＋18， 解得a A ＝0.5 m/s 2.(3)由牛顿第三定律有F 1＝－F 2，则质量之比m A m B ＝a B a A ＝32.答案 (1)18 m (2)a A ＝0.5 m/s 2 a B ＝0.75 m/s 2 (3)3212.解析 (1)分析滑块受力，由牛顿第二定律得：a 1＝g sin θ＝6 m/s 2通过图象可知滑块在斜面上运动的时间为：t 1＝1 s由运动学公式得：s ＝121t 21＝3 m.(2)滑块对斜面的压力为N 1′＝mg cos θ 木块对传感器的压力为F 1＝N 1′sin θ 由图象可知：F 1＝12 N ，解得m ＝2.5 kg.(3)滑块滑到B 点时的速度为：v 1＝a 1t 1＝6 m/s ，由图象可知：f 1＝5 N ，t 2＝2 s ，滑块受到的摩擦力f ＝f 1＝5 N ，a 2＝f m 2 m/s ，s 2＝v 1t 2－12a 2t 22＝8 m ，W ＝fs 2＝40 J.答案 见解析。
新高考物理二轮总复习题型计算题专项训练3
新高考物理二轮总复习题型计算题专项训练31.(2020河南高三模拟)如图所示,将横截面积S=100 cm2、容积为V=5 L,开口向上的导热良好的气缸,置于t1=-13 ℃的环境中。
用厚度不计的轻质活塞将体积为V1=4 L的理想气体封闭在气缸中,气缸底部有一个单向阀门N。
外界大气压强p0=1.0×105 Pa,重力加速度g取10 m/s2,不计一切摩擦。
求:(1)将活塞用卡销Q锁定,用打气筒通过阀门N给气缸充气,每次可将体积V0=100 mL,压强为p0的理想气体全部打入气缸中,则打气多少次,才能使其内部压强达到1.2p0;(2)当气缸内气体压强达到1.2p0时,停止打气,关闭阀门N,将质量为m=20 kg的物体放在活塞上,然后拔掉卡销Q,则环境温度为多少摄氏度时,活塞恰好不脱离气缸。
2.(2020山东高三二模)如图所示,足够长的传送带与水平面的夹角θ=30°,传送带顺时针匀速运动的速度大小v0=2 m/s,物块A的质量m1=1 kg,与传送带间的动摩擦因数μ1=√3;物块B的质量5。
将两物块由静止开始同时在传送带上释放,经过一m2=3 kg,与传送带间的动摩擦因数μ2=2√35段时间两物块发生碰撞并粘在一起,碰撞时间极短。
开始释放时两物块间的距离L=13 m。
已知重力加速度g取10 m/s2,A、B相对传送带滑动时会留下浅痕,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
求:(1)两物块刚释放后各自加速度的大小;(2)两物块释放后经过多长时间发生碰撞;(3)传送带上痕迹的长度。
3.(2020浙江高三模拟)相距2 m的两平行金属导轨MN、PQ固定在水平面上,两导轨左端连接阻值为3 Ω的电阻R。
导轨所在处的空间分布一系列磁场区域,如图甲所示,每个磁场区的宽度和相邻磁场区的间距均为1.5 m,每个磁场区内的磁场均为匀强磁场,磁场方向垂直轨道平面,磁感应强度从左到右依次记为B1、B2、B3、…、B n,B1随时间变化的图像如图乙所示,其他磁场保持不变,规定磁场方向竖直向下为正方向。
高考物理二轮复习考点第十五章选考部分专题机械波计算题
专题15.5 机械波计算题1.（2020江西赣中南五校联考）一列简谐横波在介质中沿 x 轴正向传播,波长不小于 10 cm 。
O 和 A 是介质中平衡位置分别位于x =0 和 x =5 cm 处的两个质点。
t=0 时开始观测,此时质点 O 的位移为 y =4 cm,质点 A 处于波峰位置;t= 1/3 s 时,质点 O 第一次回到平衡位置,t=1 s 时,质点 A 第一次回到平衡位置。
求： (i)简谐波的周期、波速和波长; (ii)质点 O 的位移随时间变化的关系式。
【参考答案】(i) T=4 s v=7.5 cm/s λ=30 cm (ii)y=8sin(2πt+56π)cm【命题意图】本题考查机械波的传播及其相关的知识点，意在考查运用相关知识解决实际问题的能力。
2.(10分)如图所示，虚线是一列简谐横波在t ＝0时刻的波形，实线是这列波在t ＝1 s 时刻的波形．①若波沿x 轴正向传播，则t ＝1 s 时刻，x ＝3 m 处的质点第一次回到平衡位置需要的时间最长可能为多少？②若波速大小为75 m/s ，波速方向如何？ 【名师解析】①由图象可知：波长λ＝8 m当波沿x 轴正向传播时，波在Δt＝1 s 内传播距离： Δs＝(nλ＋5) m ＝(8n ＋5) m ，(其中n ＝0,1,2…) v ＝ΔsΔt＝(8n ＋5) m/s ，(其中n ＝0,1,2…) t ＝1 s 时刻，x ＝3 m 处的质点第一次回到平衡位置需要的时间，即为波沿x 轴传播1 m 距离需要的时间，最长时间t ＝Δx v min ＝15s ＝0.2 s当波沿x 轴负方向传播时，波在Δt＝1 s 内传播距离： s ＝(nλ＋3) m ＝(8n ＋3) m(其中n ＝0,1,2…)若波速大小为75 m/s ，则1 s 内波传播的距离s ＝vt ＝75×1 m＝75 m 因为s ＝75 m ＝(9λ＋3) m ，所以波向左传播．3.(10分)在一列沿水平直线传播的简谐横波上有相距4 m 的A 、B 两点， 图甲、乙分别是A 、B 两质点的振动图象，已知该波波长大于2 m ，求这列波可能的波速．【名师解析】由振动图象得质点振动周期T ＝0.4 s若波由A 向B 传播，B 点比A 点晚振动的时间Δt＝nT ＋34T(n ＝0,1,2,3，…)所以A 、B 间的距离Δs＝nλ＋34λ(n＝0,1,2,3，…)，则波长λ＝4Δs 4n ＋3＝164n ＋3因为λ＞2 m ，所以n ＝0或1，当n ＝0时，λ1＝163 m ，v 1＝λ1T ＝403 m/s当n ＝1时，λ2＝167 m ，v 2＝λ2T ＝407m/s若波由B 向A 传播，A 点比B 点晚振动时间Δt＝nT ＋14T(n ＝0,1,2,3，…)所以A 、B 间的距离Δs＝nλ＋14λ(n＝0,1,2,3，…)，则波长λ＝4Δs 4n ＋1＝164n ＋1因为λ＞2 m ，所以n ＝0或1，当n ＝0时，λ1＝16 m ，v 1＝40 m/s 当n ＝1时，λ2＝165 m ，v 2＝405m/s.4．(2020·东北三校联考)一列沿x 轴正向传播的简谐横波在t ＝0时刻的波的图象如图所示，经0.1 s ，质点M 第一次回到平衡位置，求：(1)波传播的速度；(2)质点M 在1.2 s 内走过的路程。
高考物理二轮专题复习：能量守恒定律综合计算题(word版含答案)
能量守恒定律综合计算专题复习1．如图，光滑水平面上静止一质量m1=1.0kg、长L=0.3m的木板，木板右端有质量m2=1.0kg的小滑块，在滑块正上方的O点用长r=0.4m的轻质细绳悬挂质量m=0.5kg的小球。
将小球向右上方拉至细绳与竖直方向成θ=60°的位置由静止释放，小球摆到最低点与滑块发生正碰并被反弹，碰撞时间极短，碰撞前后瞬间细绳对小球的拉力减小了4.8N，最终小滑块恰好不会从木板上滑下。
不计空气阻力，滑块、小球均可视为质点，重力加速度g取10m/s2。
求：(1)小球碰前瞬间的速度大小；(2)小球碰后瞬间的速度大小；(3)小滑块与木板之间的动摩擦因数。
2．如图所示，ABCD为固定在竖直平面内的轨道，其中ABC为光滑半圆形轨道，半径为R，CD为水平粗糙轨道，一质量为m的小滑块（可视为质点）从圆轨道中点B由静止释放，滑至D点恰好静止，CD 间距为4R。
已知重力加速度为g。
(1)求小滑块与水平面间的动摩擦因数(2)求小滑块到达C点时，小滑块对圆轨道压力的大小(3)现使小滑块在D点获得一初动能，使它向左运动冲上圆轨道，恰好能通过最高点A，求小滑块在D点获得的初动能3．如图甲，倾角α＝37︒的光滑斜面有一轻质弹簧下端固定在O点，上端可自由伸长到A点。
在A点放一个物体，在力F的作用下向下缓慢压缩弹簧到B点（图中未画出），该过程中力F随压缩距离x的变化如图乙所示。
重力加速度g取10m/s2，sin37︒＝0.6，cos37︒＝0.8，求：（1）物体的质量m；（2）弹簧的最大弹性势能；（3）在B点撤去力F，物体被弹回到A点时的速度。
4．如图所示，长为L的轻质木板放在水平面上，左端用光滑的铰链固定，木板中央放着质量为m的小物块，物块与板间的动摩擦因数为μ.用力将木板右端抬起，直至物块刚好沿木板下滑．最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。
(1)若缓慢抬起木板，则木板与水平面间夹角θ的正切值为多大时物块开始下滑；(2)若将木板由静止开始迅速向上加速转动，短时间内角速度增大至ω后匀速转动，当木板转至与水平面间夹角为45°时，物块开始下滑，则ω应为多大；(3)在(2)的情况下，求木板转至45°的过程中拉力做的功W。
2014高考物理二轮复习：计算题专项训练一
计算题专项训练一1. 如图所示,光滑平行的长金属导轨固定在水平面上,相距L=1 m,左端连接R=2 Ω的电阻.一质量m=0.5 kg 、电阻r=1 Ω的导体棒MN 垂直放置在两平行金属导轨上,彼此电接触良好,导轨的电阻不计.在两导轨间有这样的磁场:0≤x ≤0.5 m 区间,磁场方向竖直向下,磁感应强度B 大小随x 变化关系是B=0.6sin 0π2x x⎛⎫ ⎪⎝⎭ T,x 0=0.5 m;0.5 m<x ≤1 m 区间,磁场方向竖直向上,两区域磁感应强度大小关于直线x=0.5 m 对称.(1) 导体棒在水平向右的拉力F 作用下,以速度v 0=1 m/s 匀速穿过磁场区,求此过程中感应电流的最大值I m .(2) 在(1)的情况下,求棒穿过磁场过程中拉力做的功W 以及电阻R 上产生的热量Q R .(3) 若只给棒一个向右的初速度从O 点进入磁场并最终穿出磁场区,经过x=0.75 m 点时速度v=5 m/s,求棒经过该点时的加速度a.2. 如图甲所示,MN 、PQ 两条平行的光滑金属轨道与水平面成θ=30°角固定,M 、P 之间接电阻箱R,导轨所在空间存在匀强磁场,磁场方向垂直于轨道平面向上,磁感应强度为B=0.5 T.质量为m 的金属杆ab 水平放置在轨道上,其接入电路的电阻值为r.现从静止释放杆ab,测得最大速度为v m .改变电阻箱的阻值R,得到v m 与R 的关系如图乙所示.已知轨距为L=2 m,重力加速度取g=10 m/s 2,轨道足够长且电阻不计. (1) 当R=0时,求杆ab 匀速下滑过程中产生感应电动势E 的大小及杆中的电流方向. (2) 求金属杆的质量m 和阻值r.(3) 当R=4 Ω时,求回路瞬时电功率每增加1 W 的过程中合外力对杆做的功W.3. 如图所示,水平放置的两条光滑平行金属导轨ab相距为d=1 m,导轨之间垂直放置一质量为m=1 kg、长度L=2 m的均匀金属棒MN,棒与导轨始终良好接触.棒的电阻r=2 Ω,导轨的电阻忽略不计.左端导轨之间接有一电阻为R=2 Ω的灯泡.整个装置放在磁感应强度B=2 T的匀强磁场中,磁场方向垂直导轨平面向下.现对棒MN 施加一水平向右的拉力F,使棒从静止开始运动.(1) 若施加的水平恒力F=8 N,则金属棒达到的稳定速度为多少?(2) 在(1)的前提下,金属棒MN两端的电势差U是多少?MN(3) 若施加的水平外力功率恒为P=20 W,经历t=1 s时间,棒的速度达到2 m/s,则此过程中灯泡产生的热量是多少?4. 如图甲所示,平行金属轨道ANP和A'N'P', 间距L=1 m,最低点NN'处是一小段平滑圆弧(大小可以忽略)与两侧直轨道相连接,左侧部分倾角为θ=37°,金属轨道的NN'和MM'区间处于与轨道面垂直的匀强磁场中,磁感应强度B=3 T.轨道顶端接有R=4 Ω的定值电阻和理想电流表,不计金属轨道电阻和一切摩擦,PP'是质量m=0.5 kg、电阻r=2 Ω的金属棒.将该金属棒从右侧斜面上高H=0.8 m 处静止释放,测得初始一段时间内的I t(电流与时间关系,I 0未知)图象如图乙所示.已知重力加速度取g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8.时刻金属棒的速度v的大小.(1) 求t3(2) 求金属棒从开始释放到最终停止时,电阻R产生的总热量QR.(3) 若从t1时刻到t2时刻流过电阻R的电荷量为0.2 C,求导体棒在从t1时刻到t2时刻运动的时间t(t1、 t2未知).计算题专项训练一1. (1) 根据法拉第电磁感应定律有E m =B m Lv 0,由欧姆定律有I m =mE R r +,代入数据解得I m =0.2A.(2) 电流有效值,在磁场中运动的时间t=0xv ,由功能关系有W=I 2(R+r)t, 电阻R 产生电热Q R =I 2Rt, 解得W=0.06J,Q R =0.04J.(3) x=0.75m 处磁感应强度B 与0.25m 处磁感应强度大小相等,则B=0.6sin π4⎛⎫ ⎪⎝⎭T, 棒在该处产生的感应电流I=BLvR r +,棒在该处受到的安培力F=BIL, 由牛顿第二定律有F=ma,解得a=0.6m/s 2,加速度方向水平向左.2. (1) 由图可知,当R=0时,杆最终以v=2m/s 匀速运动,产生电动势 E=BLv=2 V,杆中电流方向从b →a.(2) 设最大速度为v,杆切割磁感线产生的感应电动势E=BLv,由闭合电路欧姆定律I=ER r +,杆达到最大速度时满足mgsin θ-BIL=0,解得v=22sin B L mg θR+22sin B L mg θr.由图象可知,斜率为k=4-22m/(s ·Ω)=1m/(s ·Ω),纵截距为v 0=2m/s, 得到22sin B L mg θr=v 0,22sin B L mg θ=k,解得m=0.2kg,r=2Ω.(3) 由题意E=BLv,P=2E R r +, 得P=222B L v R r +,ΔP=2222B L v R r +-2221B L v R r +,由动能定理得W=12m 22v -12m 21v , 解得W=22()2m R r B L +ΔP=0.6J.3. (1) 稳定时金属棒平衡,设速度为v,则有F=BId, 由法拉第电磁感应定律E=Bdv,由闭合电路欧姆定律I=2Er R +,解得v=6 m/s. (2) U MN =U 灯+B(L-d)v,U 灯=2R rR +E(或U 灯=IR),联立解得U MN =20 V.(3) 设金属棒克服安培力做功为W,由动能定理得Pt-W=12mv'2,克服安培力做功转化为内能,设为Q,则有Q=W,故灯泡发热为Q 1=2Rr R +Q,联立解得Q 1=12 J.4. (1) t 3时刻金属棒做匀速运动,mgsin θ=BIL,I=3BLv R r +,解得v 3=2 m/s.(2) 根据能量守恒,棒的机械能全部转化为内能, mgH=Q R +Q r ,R r Q Q =R r , 解得Q R =83 J.(3) 依据牛顿第二定律mgsin θ+22vB L R r +=ma, ∑mgsin θ·Δt+∑22B L R r +v ·Δt=∑ma ·Δt, mgsin θ·t+22B L R r +d=m(v 1-v 3), q=BLdR r +,v 1, 联立解得t=215 s.。
2023届高考物理二轮复习专题练习：验证力的平行四边形定则
验证力的平行四边形定则专题1.“验证力的平行四边形定则”的实验情况如图甲所示，其中A为固定橡皮筋的图钉，O为橡皮筋与细绳的结点，和为细绳。
图乙是在白纸上根据实验结果画出的图。
（1）如果没有操作失误，图乙中的F与两力中，方向一定沿AO方向的是。
（2）本实验采用的科学方法是___________。
A .理想实验法B .等效替代法C .控制变量法D .建立物理模型法（3）在此实验过程中必须注意以下几项：其中正确的是___________。
（填入相应的字母）A .两根细绳必须等长B .橡皮条应与两绳夹角的平分线在同一直线上C .在使用弹簧秤时要注意使弹簧秤与木板平面平行D .在用两个弹簧秤同时拉细绳时要注意使两个弹簧秤的读数相等E .用两个弹簧秤同时拉细绳时须将橡皮条的另一端拉到用一个弹簧秤拉时记下的位置2.用等效代替法验证力的平行四边形定则的实验情况如图甲所示，其中A为固定橡皮筋的图钉，O为橡皮筋与细绳的结点，OB和OC为细绳，图乙是白纸上根据实验结果画出的图。
（1）本实验中“等效代替”的含义是_____。
A .橡皮筋可以用细绳替代B .左侧弹簧测力计的作用效果可以替代右侧弹簧测力计的作用效果C .右侧弹簧测力计的作用效果可以替代左侧弹簧测力计的作用效果D .两弹簧测力计共同作用的效果可以用一个弹簧测力计的作用效果替代（2）图乙中的与两力中，方向一定沿着AO方向的是，图中是、合力的理论值。
3.做“验证力的平行四边形定则”的实验时：（1）本实验采用的科学方法是____（填正确答案标号）。
A .理想实验法B .等效替代法C .控制变量法D .建立物理模型法（2）从如图可读得弹簧秤B的示数为N。
（3）某同学认为实验中应该注意下列要求，其中正确的是____A .两根细绳必须等长B .在使用弹簧秤时要使弹簧秤与木板平行C .两根细绳的夹角必须成90°角D .在不超出量程的前提下，要使弹簧秤读数适当大一些（4）图乙是在白纸上根据实验结果画出的力的图示。
二轮复习高中物理计算题专题复习(含答案)
二轮复习计算题专题训练1、航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器，其质量m=1kg，动力系统提供的恒定升力F=14N，试飞时，飞行器从地面由静止开始竖直上升，设飞行器飞行时所受的阻力大小不变，g取10m/s2．(1)第一次试飞，飞行器飞行t1=8s时到达高度S m=64m，求飞行器阻力f的大小；(2)第二次试飞，飞行器飞行t2=6s时遥控器出现故障，飞行器立即失去升力，求飞行器能达到的最大高度．2、如图所示，滑块b静止在光滑水平面上，滑块a右端与一轻弹簧相连后以某一速度冲向滑块b，与b碰撞后弹簧不与b相粘连，b在与弹簧分离后，冲上半径为R的竖直光滑固定半圆轨道，且恰好能从轨道顶端水平飞出。
已知a、b两个滑块的质量分别为2m和m，重力加速度为g，求：(滑块a、b可视为质点，弹簧始终处在弹性限度内)，求：(1)滑块b与弹簧分离时的速度大小；(2)滑块a碰撞前的速度大小；(3)a、b在碰撞过程中弹簧获得的最大弹性势能。
3、如图所示，半径R=0.4m的光滑圆弧轨道BC固定在竖直平面内，轨道的上端点B和圆心O的连线与水平方向的夹角θ=30°，下端点C为轨道的最低点且与粗糙水平面相切，一根轻质弹簧的右端固定在竖直挡板上。
质量m=0.1kg的小物块(可视为质点)从空中的A点以v0=2m/s的速度被水平拋出，恰好从B点沿轨道切线方向进入轨道，经过C点后沿水平面向右运动至D点时，弹簧被压缩至最短，此时弹簧的弹性势能E pm=0.8J，已知小物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.5，g取10m/s2。
求：(1)小物块从A点运动至B点的时间。
(2)小物块经过圆弧轨道上的C点时，对轨道的压力大小。
(3)C、D两点间的水平距离L。
4、如图所示，装置的左边AB部分是长为L1=1m的水平面，一水平放置的轻质弹簧左端固定并处于原长状态。
装置的中间BC部分是长为L2=2m的水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接，传送带始终以v=2m/s的速度顺时针转动。
2024届高考物理大二轮刷题计算题综合提升专练强化版
一、单选题二、多选题1. 在上《超重与失重》新课时，老师请艾力同学站在压力传感器上完成几个下蹲起立的动作，如图所示是压力传感器在某个阶段的示数变化情况，则图中对应的是该同学完成了（）A ．一次下蹲动作B ．一次下蹲起立的动作C ．一次起立动作D ．一次起立下蹲动作2. 在静电场中由静止释放一电子，该电子仅在电场力作用下沿直线运动，其加速度a 随时间t的变化规律如图所示，则（ ）A ．电子做减速直线运动B ．该电场可能为匀强电场C ．电子运动过程中途经各点的电势逐渐降低D ．电子运动过程中具有的电势能逐渐减小3. 已知物体在4N 、6N 、8N 三个共点力的作用下处于平衡状态，若撤去其中8N 的力，其余两个力不变．那么其余两个力的合力大小为（ ）A ．8 NB ．6ＮC ．4 ND ．10Ｎ4. 图甲为家庭常用的燃气灶实物图，杜面上有一个支架。
共有4个均匀分布的支承面，对放在上面的厨具起到支撑作用。
现把一个高压锅放在支架上，并抽象成示意图乙，已知支架的每个支承面与水平方向成角。
高压锅和里面的食物总重质量为4.8kg 。
则每个支承面给高压锅的支持力为（忽略高压锅和支承面之间的摩擦力，取g =10m/s 2）（ ）A ．12NB ．15NC ．20ND ．48N5. 2023年4月7日至9日，第十一届中国电子信息博览会在深圳会展中心举办，博览会上展示的反射式速调管是利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理可简化为静电场模型，静电场的方向平行于x 轴，其电势φ随x 的分布如图所示。
一带电粒子从x =-0.5cm 处由静止释放，仅在电场力作用下沿x轴做往复运动，不计粒子重力，下列说法正确的是（ ）A ．粒子带正电，在x 轴正、负半轴分布着方向相同的匀强电场B ．从x =−0.5cm 到x =1cm ，电势一直降低C ．从x =−0.5cm 处由静止开始向右运动的过程中，粒子的电势能先减少后增加D ．在0<x <1cm 范围内，电场强度的大小为500V/m ，方向沿x 轴正方向2024届高考物理大二轮刷题计算题综合提升专练强化版三、实验题6. 下列各三角形的各边分别表示三个力F 1、F 2、F 3，对各图中三个力及它们的合力F 的关系描述正确的是（ ）A．B．C．D．7. 关于下列说法正确的是（ ）A．图中，若此时两极板间电场强度正在增大，则电流为顺时针方向B．图中，微波炉利用的是微波的热效应使食物被加热C ．图中是泊松亮斑的图样D ．图中的调制方法叫作调频8. 如图所示为一小型交流发电的示意图，两磁极N 、S 间的磁场可视为匀强磁场，磁感应强度大小B =T 。
2021届新高考物理二轮复习计算题专项训练 含解析
计算题专项训练(时间:80分钟满分:100分)题型专项能力训练第53页1.(14分)如图甲所示,水平传送带AB逆时针匀速转动,一个质量为m0=1.0kg的小物块以某一初速度由传送带左端滑上,通过速度传感器记录下物块速度随时间的变化关系如图乙所示(图中取向左为正方向,以物块滑上传送带时为计时零点)。
已知传送带的速度保持不变,g取10m/s2。
求:(1)物块与传送带间的动摩擦因数μ;(2)物块在传送带上的运动时间;(3)整个过程中系统产生的热量。
答案:(1)0.2(2)4.5s(3)18J解析:(1)由题中v-t图像可得,物块做匀变速运动的加速度a=Δ Δ 4.02m/s2=2.0m/s2由牛顿第二定律得F f=m0a得到物块与传送带间的动摩擦因数μ= 0 0 2.010=0.2。
(2)由题中v-t图像可知,物块初速度大小v=4m/s、传送带速度大小v'=2m/s,物块在传送带上滑动t1=3s后,与传送带相对静止。
前2s内物块的位移大小x1= 2t1'=4m,向右后1s内的位移大小x2= '2t1″=1m,向左3s内位移x=x1-x2=3m,向右物块再向左运动时间t2= '=1.5s物块在传送带上运动时间t=t1+t2=4.5s。
(3)物块相对传送带滑动的3s内,传送带的位移x'=v't1=6m,向左;物块的位移x=x1-x2=3m,向右相对位移为Δx'=x'+x=9m所以转化的热能E Q=F f×Δx'=18J。
2.(14分)如图所示,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。
2021届高考物理二轮专题复习测试：光学计算题(解析版)
2021年高考专题复习测试：光学计算题（解析版）一、解答题1.（2021·辽宁模拟）截面为直角梯形的棱镜，制作材料的折射率n=1.5，其横截面如图所示，图中∠A= 60°，∠B=90°。
截面内一细束与AB边平行的光线，从棱镜AD边上的E点射入，经折射后射到AB边上。
求：（ⅰ）光线在AD边上发生折射的折射角的正弦值；（ⅱ）不考虑多次反射，求从BC边射出的光线与最初的入射光线夹角的正弦值。
2.（2021·永州模拟）如图所示，直角三角形ABC为某种透明介质的横截面，∠B＝30°，BC＝30cm，AB面涂有反光材料．某单色光从BC上的D点垂直BC射入介质，经AB面反射后从AC面上射出，射出方向与AB面垂直．已知BD＝21cm，不考虑光在AC面的反射．求：（i）介质的折射率；（ii）光在介质中的传播时间．3.（2021·重庆模拟）将自然光引入室内进行照明是一种新型的绿色能源技术。
某科技兴趣小组设计了一种接收太阳光的实验装置，如图为过装置中心轴线的截面，上部的集光球是半径为R的某种均匀透明材料的R范围内的光束平行于PQ射半球体，下部为导光管，两部分的交界面是PQ。
若只有PQ上方高度ℎ=√32入后，能直接通过PQ面进入导光管（不考虑集光球内表面的反射），求该材料的折射率。
4.（2021·内江一模）如图所示，三角形ABC是横截面为直角三角形的三棱镜，其中∠A=60°，AB长度为20cm。
一束单色光从AC边上的D点射入棱镜，入射角为45°，进入棱镜后折射到BC边的中点，D、C两点间距离为10cm。
光在真空中的速度C=3×108m/s。
求：(i)三棱镜材料对这束单色光的折射率；(ii)光线从AC边射入到第一次从三棱镜射出所经历的时间。
5.（2021·成都模拟）对比钻石折射率是判断钻石真假的一种方法。
图（a）为某种材料做成的钻石示意图，其截面如图（b）所示，虚线为垂直于MN边的对称轴，∠AOB可以根据需要打磨成不同大小，现有光线从图示位置垂直于MN边射入该钻石内。
2024届高考物理大二轮刷题计算题综合提升专练突破版
一、单选题1. 某同学推一物块沿水平面做直线运动。
设物块在这条直线上运动的速度大小为v ，到某参考点的距离为x，物块运动的图像如图所示，图线是一条过原点的倾斜直线。
关于该物块的运动，下列说法正确的是（ ）A ．该物块运动到x =2.0m 处时的速度大小为4m/sB ．该物块做匀减速直线运动，加速度大小为20m/s 2C ．该物块从x =1.0m 处运动到x =2.0m处所用的时间为D ．该物块从x =1.0m 处运动到x =2.0m 处所用的时间为3s2. 如图所示，竖直平面内蜘蛛网上A 、B 、C 三点的连线构成一个三角形，三根蜘蛛丝a 、b 、c 的延长线过三角形的重心O 点，蜘蛛丝a 沿水平方向，蜘蛛丝c 沿竖直方向，c中有张力。
则（ ）A ．蜘蛛静止在O 点时，a 的张力一定等于c 的张力B ．蜘蛛从O 点竖直向上匀速运动时，b 的张力变大C ．蜘蛛在O 点由静止沿方向向左加速的瞬间，b 的张力不变D ．蜘蛛网在水平风吹拂下晃动，a 的张力大小不变3. 如图所示,在光滑绝缘的水平面上方有两个方向相反的沿水平方向的匀强磁场，PQ 为两磁场的边界，磁场范围足够大，磁感应强度的大小分别为B 1=B 和B 2=2B ，一个竖直放置的边长为l 、质量为m 、电阻为R 的正方形金属线框以初速度v 垂直于磁场方向从图中实线位置开始向右运动,当线框运动到在每个磁场中各有一半的面积时,线框的速度为则下列判断错误的是A．此过程中通过线框截面的电荷量为B．此过程中线框克服安培力做的功为mv 2C．此时线框的加速度为D．此时线框中的电功率为4. 如图所示，分别用力、、将质量为m 的物体，由静止沿同一光滑斜面以相同的加速度，从斜面底端拉到斜面的顶端。
在此过程中，力、、的平均功率关系为（ ）2024届高考物理大二轮刷题计算题综合提升专练突破版A．B．C．D．5. 如图所示，质量为 M 的带有光滑圆弧轨道的小车静止在光滑水平面上，一质量为m的小球以水平速度v₀从小车的左端冲上小车，经过时间t到达最大高度，此时小球恰好与0点相平，之后小球又返回小车的左端。
高三物理二轮复习计算题32分强化练2
计算题32分强化练（二）1. （12分）泥石流是在雨季由于無雨、洪水将含有沙石且松软的上质山体经饱和稀释后 形成的洪流，它的而积、体积和流量都较大.泥石流流动的全过程虽然只有很短时间，但由 于其髙速前进，具有强大的能量，因而破坏性极大.某课题小组对泥石流的威力进行了模拟 研究，如图1甲所示，他们设计了如下的模型：在水平地面上放置一个质量为zn=5kg 的物 体，让其在随位移均匀减小的水平推力作用下运动，推力尸随位移变化如图乙所示，已知物 体与地而间的动摩擦因数为〃=0.6, g 取10 m/s=.求：图1（1） 物体在运动过程中的最大加速度为多大？ （2） 在距出发点多远处，物体的速度达到最大？ （3） 物体在水平面上运动的最大位移是多大？【解析】（1）当推力尸最大时，加速度最大 由牛顿第二左律，得尸一“mg=ma （2分） 解得 a=10 m/s 5.（1 分）（2）由图象可知：尸随x 变化的函数方程为F=80-20.r（1分） 速度最大时，合外力为零，即（2分） 所以 x=2. 5 m.（1 分）（3） 位移最大时，末速度为零根据动能定理可得舲一 Sgs=Q（2分） 根据图象可知，力尸做的功为»>=|^=160 J （2分）【答案】(1)10 m/s 3 (2)2.5 m (3)5. 33 m2. （20分）如图2所示，光滑斜而的倾角a =30° ,在斜而上放置一矩形线框abed, ab 边的边长厶=lm, be 边的边长厶=0・6m,线框的质kg,电阻7?=0. 1 Q,线框 通过细线与重物相连，重物质M M=2 kg>斜|fil± ef 线（ef〃前）的右方有垂直斜而向上的所以 _160S =1Qm=5・ 33 m.（1分）甲乙匀强磁场，磁感应强度5=0.5 T,如图线框从静止开始运动，进入磁场最初一段时间是匀 速的，ef 线和动的距离s=ll ・4 m （取g=10 m/s ：）,求：（1） 线框进入磁场前重物"的加速度： （2） 线框进入磁场时匀速运动的速度r ； （3） 必边由静I 上开始运动到前线处所用的时间t;（4） 必边运动到胡线处的速度大小和在线框由静止开始到运动到前线的整个过程中产生的焦耳热.【导学号：37162119]2X10-1：?严 30。
2024届高考物理大二轮刷题计算题综合提升专练经典题解版
一、单选题1. 如图所示为安培力演示仪，两磁极间可视为匀强磁场磁感应强度为B ，一质量为m 的金属框ABCD 处于磁场中，可绕CD 自由旋转，其中AB ＝L 1，CB ＝L 2，当线框ABCD 中通以恒定电流时，线框向右摆开的最大角度为θ，则下列说法正确的是A ．线框AB 边通过的电流方向为B 到AB ．线框ABCD 中通以电流I 时，线框AB 边受到的安培力大小为BIL 2C．线框中通入的电流大小为D．线框中通入的电流大小为2. 如图所示，直角三角形ABC 中∠B =30°，点电荷A 、B 所带电荷量分别为Q A 、Q B ，测得在C 处的某负点电荷所受静电力方向平行于AB 向左，则下列说法正确的是（ ）A ．B 带正电，Q A ∶Q B =1∶4B ．B 带负电，Q A ∶Q B =1∶4C ．B 带正电，Q A ∶Q B =1∶8D ．B 带负电，Q A ∶Q B =1∶83. 图为2020年深圳春节期间路灯上悬挂的灯笼，三个灯笼由轻绳连接起来挂在灯柱上，为结点，轻绳OA 、OB 、OC 长度相等，无风时三根绳拉力分别为、、。
其中、两绳的夹角为，灯笼总质量为，重力加速度为。
下列表述正确的是（ ）A．一定小于B．与是一对平衡力C．与大小相等D．与合力大小等于4. 一定质量的理想气体从状态A 经过状态B 和C 又回到状态A ，其压强p 随体积V 变化的图线如图所示，其中A 到B 为等温过程，C 到A 为绝热过程。
下列说法正确的是（）2024届高考物理大二轮刷题计算题综合提升专练经典题解版二、多选题A ．A →B 过程，气体从外界吸收热量B ．B →C 过程，压缩气体气体温度升高C ．B →C 过程，气体分子平均动能不变D ．C →A 过程，气体分子平均动能不变5. 取两个完全相同的长导线，用其中一根绕成如图（a ）所示的螺线管，当该螺线管中通以电流强度为I 的电流时，测得螺线管内中部的磁感应强度大小为B ，若将另一根长导线对折后绕成如图（b ）所示的螺线管，并通以电流强度也为I 的电流时，则在螺线管内中部的磁感应强度大小为（）A ．0B ．0.5BC ．BD ．2 B6. 如图所示，平径为r = 1 m 的两块完全相同的圆形金属板上、下平行 水平正对放置，构成平行板电容器，与它相连接的电路中电源电动势E =150V 、内阻r 0=0.5Ω，定值电阻R =19.5 Ω。
高考物理二轮复习 计算题专练(一)
计算题专练（一）[近四年全国Ⅰ卷计算题涉及的考点与内容]年份第24题分值第25题分值2013年运动学(两辆玩具小车牵连运动问题)13分电磁感应(滑轨、动力学)19分2014年运动学(公路上两车安全距离问题)12分类平抛运动、带电粒子在电场中运动(动力学)20分2015年电路和力学问题(安培力作用下导体棒平衡)12分板块模型：两物体多阶段匀变速运动组合问题(动力学)20分2016年(乙卷)(双棒模型＋三角体)电磁感应定律应用、力的平衡方程14分(轻弹簧＋斜面＋光滑圆弧轨道)平抛运动、牛顿定律、动能定理18分例题展示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F T，右斜面对ab棒的支持力的大小为F N1，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F N2，对于ab棒，受力分析如图甲所示，由力的平衡条件得甲 乙2mg sin θ＝μF N1＋F T ＋F① F N1＝2mg cos θ②对于cd 棒，受力分析如图乙所示，由力的平衡条件得mg sin θ＋μF N2＝F T ′＝F T③ F N2＝mg cos θ④ 联立①②③④式得：F ＝mg (sin θ－3μcos 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 ＝BLv ⑥ 回路中电流I ＝ER⑦ 安培力F ＝BIL⑧联立⑤⑥⑦⑧得：v ＝(sin θ－3μcos θ)mgRB 2L2答案 (1)mg (sin θ－3μcos θ) (2)(sin θ－3μcos θ)mgR B 2L 22.(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56R 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＝14，重力加速度大小为g .(取sin 37°＝35，cos 37°＝45)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72R 、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：l BC ＝7R －2R ＝5R ①设P 到达B 点时的速度为v B ，由动能定理得mgl BC sin θ－μmgl BC cos θ＝12mv 2B②式中θ＝37°，联立①②式并由题给条件得v B ＝2 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E p ，由B →E 过程，根据动能定理得mgx sin θ－μmgx cos θ－E p ＝0－12mv 2B ④ E 、F 之间的距离l 1为l 1＝4R －2R ＋x⑤P 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 E p －mgl 1sin θ－μmgl 1cos θ＝0⑥联立③④⑤⑥式得x ＝R ⑦ E p ＝125mgR⑧(3)设改变后P 的质量为m 1，D 点与G 点的水平距离为x 1、竖直距离为y 1，由几何关系(如图所示)得θ＝37°.由几何关系得：x 1＝72R －56R sin θ＝3R ⑨ y 1＝R ＋56R ＋56R cos θ＝52R⑩设P 在D 点的速度为v D ，由D 点运动到G 点的时间为t . 由平抛运动公式得：y 1＝12gt 2⑪x 1＝v D t⑫联立⑨⑩⑪⑫得v D ＝355gR ⑬设P 在C 点速度的大小为v C ，在P 由C 运动到D 的过程中机械能守恒，有 12m 1v 2C ＝12m 1v 2D ＋m 1g (56R ＋56R cos θ)⑭P 由E 点运动到C 点的过程中，由动能定理得E p －m 1g (x ＋5R )sin θ－μm 1g (x ＋5R )cos θ＝12m 1v 2C⑮联立⑦⑧⑬⑭⑮得m 1＝13m⑯答案 (1)2 gR (2)125mgR (3)355gR 13m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)gR3 (2)7R 18μ解析 (1)小球由静止摆到最低点的过程中，有：mgR (1－cos 60°)＝12mv 20，解得v 0＝gR小球与小物块Q 相撞时，动量守恒，机械能守恒，则有：mv 0＝mv 1＋mv Q12mv 20＝12mv 21＋12mv 2Q 解得：v 1＝0，v Q ＝v 0＝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mv Q ＝Mv ＋m (2v )解得，v ＝16v Q ＝gR 6小物块Q 离开平板车时，速度为：2v ＝gR3(2)由能量守恒定律，知F f L ＝12mv 2Q －12Mv 2－12m (2v )2又F f ＝μmg解得，平板车P 的长度为L ＝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 ＝L4，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E 0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U Ob ； (3)小滑块运动的总路程s . 答案 (1)2E 0mgL(2)－2n －12q E 0 (3)2n ＋14L 解析 (1)由Aa ＝Bb ＝L4，O 为AB 连线的中点得：a 、b 关于O 点对称，则U ab ＝0；设小滑块与水平面间的摩擦力大小为F f ，对于滑块从a →b 过程，由动能定理得：q ·U ab －F f ·L2＝0－E 0而F f ＝μmg 解得：μ＝2E 0mgL(2)滑块从O →b 过程，由动能定理得：q ·U Ob －F f ·L4＝0－nE 0解得：U Ob ＝－2n －1E 02q(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 ·U aO －F f ·s ＝0－E 0而U aO ＝－U Ob ＝2n －1E 02q解得：s ＝2n ＋14L。
2024届高考物理大二轮刷题计算题综合提升专练考点速查版
一、单选题二、多选题1. 如图所示，一跳台滑雪运动员以6m/s 的初速度从倾角为30°的斜坡顶端水平滑出。
不计空气阻力，重力加速度g =10m/s 2。
则运动员再次落到斜面上时，其落点与坡顶的高度差为（ ）A ．2.4mB ．3.6mC ．4.8mD ．5.4m 2. 有一个已充电的电容器，两极板之间的电压为，所带电荷量为，此电容器的电容是（ ）A．B．C．D．3. 如图1所示，一个物体放在粗糙的水平地面上．从t=0时刻起，物体在水平力F 作用下由静止开始做直线运动．在0到t 0时间内物体的加速度a 随时间t 的变化规律如图2所示．已知物体与地面间的动摩擦因数处处相等．则A ．t 0时刻，力F 等于0B ．在0到t 0时间内，力F 大小恒定C ．在0到t 0时间内，物体的速度逐渐变大D ．在0到t 0时间内，物体的速度逐渐变小4. 理想变压器与额定电压均为12V 的四个相同灯泡连接成如图所示的电路，开关S 断开时，灯泡L 1、L 2、L 3都正常发光，忽略灯泡电阻随温度的变化。
下列说法正确的是（ ）A ．理想变压器原、副线圈的匝数比为3：1B ．理想变压器原线圈所接交流电源的电压为24VC ．闭合开关S ，灯泡L 1、L 2、L 3仍能正常发光D ．闭合开关S ，灯泡L 1可能烧毁5. 如图所示，表面粗糙的斜面固定于地面上，并处于方向垂直纸面向里的匀强磁场B 中．质量为m 、带电量为+q 的小滑块从斜面顶端由静止下滑．对滑块下滑的过程，下列判断正确的是（）A ．滑块受到的洛仑兹力方向垂直斜面向上B ．滑块受到的摩擦力大小不变C ．滑块一定不能到达斜面底端D ．滑块到达地面时的动能与B 的大小有关6. 如图所示，矩形线圈abcd 与理想变压器原线圈组成闭合电路，线圈在有界匀强磁场中绕垂直于磁场的bc 边匀速转动，磁场只分布在bc 边的左侧，磁感应强度大小为B ，线圈面积为S ，转动角速度为ω，匝数为N ，线圈电阻不计。
2024年高考物理二轮复习计算题专项练一含解析
计算题专项练(一)(满分:46分时间:45分钟)1.(7分)(2021福建漳州高三二模)一滑雪运动员的运动过程可简化为如图所示的模型,运动员(可视为质点)沿倾角θ=37°的滑道由静止开始匀加速直线下滑,到达坡底后进入水平滑道,匀减速直线滑行s=51.2 m停下。
已知水平段运动时间t=6.4 s,滑雪板与整个滑道间的动摩擦因数均相同,运动员进入水平滑道瞬间的速度大小不变,不计空气阻力。
(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2)求:(1)滑雪板与滑道间的动摩擦因数μ;(2)运动员开始下滑位置到坡底的距离x。
2.(9分)(2021山东枣庄高三二模)有一颗类地行星,它的地表有辽阔的湖面,不过湖里不是液态的水,而是液态二氧化碳。
假设该液态二氧化碳的密度为1.2×103 kg/m3,湖面下方2.0 m处的压强为5.0×106 Pa,下方5.0 m处的压强为7.7×106 Pa。
(1)求该行星表面的重力加速度g'的大小。
(2)假设在该行星表面有一个开口向下、竖直静止放置的导热良好的均匀汽缸,汽缸深为40.0 cm。
其中活塞横截面积为2.5 cm2,活塞质量可忽略不计。
当活塞下面悬挂一个质量为400.0 g的重物时,活塞恰好位于汽缸口处;取下重物,将汽缸缓慢旋转到竖直开口向上,然后把相同的重物放在活塞上,待稳定后,活塞到汽缸口的距离是多少?(假设行星表面处的气温不变,结果保留三位有效数字)3.(14分)(2021安徽高三三模)如图甲所示,杂技运动员在固定的竖直金属杆上表演。
当运动员开始表演时,它与金属杆接触处距离地面8.80 m,运动员双腿夹紧金属杆倒立,并通过双腿对金属杆施加不同的压力来控制身体的运动。
运动员整个下滑过程的v-t图像如图乙所示。
已知运动员的质量为60.0 kg,身高为1.68 m,接触处距离头顶1.00 m,身体与杆的夹角始终保持37°,若不计空气阻力,求:(g取10 m/s2,sin 37°=0.6)甲乙(1)运动员下滑的最大速度的大小;(2)运动员下滑过程克服摩擦力做的功;(3)运动员加速下滑和减速下滑过程的摩擦力大小之比。
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计算题专题训练第1组1．（2012·惠州一中月考）如图所示，一弹丸从离地高度H ＝1.95 m 的A 点以v 0＝8.0 m/s 的初速度水平射出，恰以平行于斜面的速度射入静止在固定斜面顶端C 处的一木块中，并立即与木块具有相同的速度（此速度大小为弹丸进入木块前一瞬间速度的110）共同运动，在斜面下端有一垂直于斜面的挡板，木块与它相碰没有机械能损失，碰后恰能返回C 点。
已知斜面顶端C 处离地高h ＝0.15 m ，求：（1）A 点和C 点间的水平距离。
（2）木块与斜面间的动摩擦因数μ。
（3）木块从被弹丸击中到再次回到C 点的时间t 。
2．（2012·广州一模，35）如图所示，有小孔O 和O ′的两金属板正对并水平放置，分别与平行金属导轨连接，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ区域有垂直导轨所在平面的匀强磁场。
金属杆ab 与导轨垂直且接触良好，并一直向右匀速运动。
某时刻ab 进入Ⅰ区域，同时一带正电小球从O 孔竖直射入两板间。
ab 在Ⅰ区域运动时，小球匀速下落；ab 从Ⅲ区域右边离开磁场时，小球恰好从O ′孔离开。
已知板间距为3d ，导轨间距为L ，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ区域的磁感应强度大小相等、宽度均为d 。
带电小球质量为m ，电荷量为q ，ab 运动的速度为v 0，重力加速度为g 。
求：（1）磁感应强度的大小。
（2）ab 在Ⅱ区域运动时，小球的加速度大小。
（3）小球射入O 孔时的速度v 。
第2组3．如图所示，AB 、BC 、CD 三段轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接，其中轨道AB 、CD 段是光滑的，水平轨道BC 的长度L ＝5 m ，轨道CD 足够长且倾角θ＝37°，A 点离轨道BC 的高度为H ＝4.30 m 。
质量为m 的小滑块自A 点由静止释放，已知小滑块与轨道BC 间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：（1）小滑块第一次到达C 点时的速度大小；（2）小滑块第一次与第二次通过C 点的时间间隔； （3）小滑块最终停止位置距B 点的距离。
4．如图所示，磁感应强度为B ＝2.0×10－3T 的磁场分布在xOy 平面上的MON 三角形区域，其中M 、N 点距坐标原点O 均为1.0 m ，磁场方向垂直纸面向里。
坐标原点O 处有一个粒子源，不断地向xOy 平面发射比荷为qm＝5×107 C/kg 的带正电粒子，它们的速度大小都是v ＝5×104m/s，与x轴正方向的夹角分布在0～90°范围内。
（1）求平行于x轴射入的粒子，出射点的位置及在磁场中运动时间；（2）若从O点入射的与x轴正方向成θ角的粒子恰好不能从MN边射出，试画出此粒子运动的轨迹；（3）求能从直线MN射出的粒子，从粒子源O发射时的速度与x轴正向夹角范围。
（可供参考几个三角函数值：sin41°＝0.656，sin38°＝0.616）第3组5．（2012·广州二模，35）如图所示的水平地面，ab段粗糙，bc段光滑。
可视为质点的物体A和B紧靠在一起，静止于b处，已知A的质量为3m，B的质量为m。
两物体在足够大的内力作用下突然沿水平方向左右分离，获得的总动能为E。
B碰到c处的墙壁后等速率反弹，并追上已停在ab段的A，A、B与ab段的动摩擦因数均为u，重力加速度为g，求：（1）分离瞬间A、B的速度大小；（2）A从分离到第一次停止的时间；（3）B第一次追上A时的速度大小。
6．有一平行板电容器，内部为真空，两个电极板的间距为d，极板的长为L，极板间有一均匀电场，U为两极板间的电压，电子从极板左端的正中央以初速v0射入，其方向平行于极板，并打在极板边缘的D点，如图甲所示。
电子的电荷量用e表示，质量用m表示，重力不计。
回答下面各问题（用字母表示结果）（1）求电子打到D点的动能；（2）电子的初速v0至少必须大于何值，电子才能飞出极板？（3）若极板间没有电场，只有垂直进入纸面的匀强磁场，其磁感应强度为B，电子从极板左端的正中央以平行于极板的初速v0射入，如图乙所示，则电子的初速v0为何值，电子才能飞出极板？第4组7．（2012·烟台一模）如图甲所示，水平光滑的桌面上静止放置一条长为l＝1.6 m的纸带，纸带上正中间位置放置有一质量为m＝1.0 kg的小铁块，纸带的左边恰好在桌面的左边缘，小铁块与纸带间的动摩擦因数为μ＝0.1。
现让纸带从t＝0 s时刻开始一直保持v＝1 m/s 的速度向左匀速运动。
已知桌面高度为H＝0.8 m，取g＝10 m/s2，小铁块在运动过程中不翻滚，不计空气阻力。
求：图甲图乙（1）小铁块从开始运动到桌面边缘过程所经历的时间并在乙图画出此过程中小铁块的v －t图象；（2）小铁块抛出后落地点到抛出点的水平距离；（3）小铁块从开始运动到桌面边缘过程中产生的内能。
8．（2012·肇庆二模，36）如图所示，带电平行金属板PQ和MN之间的距离为d；两金属板之间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。
建立如图所示的坐标系，x轴平行于金属板，且与金属板中心线重合，y轴垂直于金属板。
区域Ⅰ的左边界是y轴，右边界与区域Ⅱ的左边界重合，且与y轴平行；区域Ⅱ的左、右边界平行。
在区域Ⅰ和区域Ⅱ内分别存在匀强磁场，磁感应强度大小均为B，区域Ⅰ内的磁场垂直于Oxy平面向外，区域Ⅱ内的磁场垂直于Oxy平面向里。
一电子沿着x轴正向以速度v0射入平行板之间，在平行板间恰好沿着x 轴正向做直线运动，并先后通过区域Ⅰ和Ⅱ。
已知电子电荷量为e，质量为m，区域Ⅰ和区域Ⅱ沿x轴方向宽度均为3mv02Be。
不计电子重力。
（1）求两金属板之间电势差U；（2）求电子从区域Ⅱ右边界射出时，射出点的纵坐标y；（3）撤除区域Ⅰ中的磁场而在其中加上沿x轴正向的匀强电场，使得该电子刚好不能从区域Ⅱ的右边界飞出。
求电子两次经过y轴的时间间隔t。
第5组9．如图所示，一个半径R＝1.0 m的圆弧形光滑轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B和圆心O的连线与竖直方向夹角θ＝60°，C为轨道最低点，D为轨道最高点。
一个质量m＝0.50 kg的小球（视为质点）从空中A点以v0＝4.0 m/s的速度水平抛出，恰好从轨道的B 端沿切线方向进入轨道。
重力加速度g取10 m/s2。
试求：（1）小球抛出点A距圆弧轨道B端的高度h。
（2）小球经过轨道最低点C时对轨道的压力F C。
（3）小球能否到达轨道最高点D？若能到达，试求对D点的压力F D。
若不能到达，试说明理由。
10．（2012·海南单科，16）如图（a）所示的xOy平面处于匀强磁场中，磁场方向与xOy 平面（纸面）垂直，磁感应强度B随时间t变化的周期为T，变化图线如图（b）所示。
当B 为＋B0时，磁感应强度方向指向纸外。
在坐标原点O有一带正电的粒子P，其电荷量与质量之比恰好等于2π/（TB0）。
不计重力。
设P在某时刻t0以某一初速度沿y轴正向自O点开始运动，将它经过时间T到达的点记为A。
（1）若t0＝0，则直线OA与x轴的夹角是多少？（2）若t0＝T/4，则直线OA与x轴的夹角是多少？（3）为了使直线OA与x轴的夹角为π/4，在0＜t0＜T/4的范围内，t0应取何值？参考答案 第1组1．答案：（1）4.8 m （2）0.125 （3）0.27 s 解析：（1）弹丸从A 到C 做平抛运动t ＝2(H －h )g ＝2(1.95－0.15)10s ＝0.6 sA 点到C 点的水平距离s ＝v 0t ＝8.0×0.6 m＝4.8 m （2）弹丸到C 的速度方向与水平方向的夹角为tan θ＝v y v x ＝gt v 0＝10×0.68＝34vc ==＝82＋(10×0.6)2m/s ＝10 m/s弹丸与塑料块在C 点具有的相同速度v C ′＝110v C ＝1 m/s分析弹丸与塑料块从C 点开始下滑到返回到C 点的整个过程，根据动能定理有：－μmg cos θ×2×h sin θ＝0－12mv C ′2解得动摩擦因数μ＝18＝0.125（3）根据牛顿第二定律，下滑时由a 1＝g sin θ－μg cos θ可得a 1＝5 m/s 2由h sin θ＝v C ′t 1＋12a 1t 12可解得t 1＝0.17 s 上滑时由a 1＝g sin θ＋μg cos θ可得a 2＝7 m/s 2由h sin θ＝12a 2t 22可解得t 2＝0.27 s 所以塑料块从被弹丸击中到再次回到C 点的时间t ＝t 1＋t 2＝0.44 s2．答案：（1）B ＝3dmg qLv 0 （2）a ＝2g （3）v ＝v 0－gdv 0解析：（1）ab 在磁场区域运动时，产生的感应电动势大小为： ε＝BLv 0 ①金属板间产生的场强大小为：E ＝ε3d②ab 在Ⅰ磁场区域运动时，带电小球匀速下落，有mg ＝qE ③联立①②③得：B ＝3dmgqLv 0④（2）ab 在Ⅱ磁场区域运动时，设小球的加速度a ，依题意，有qE ＋mg ＝ma ⑤ 联立③⑤得：a ＝2g ⑥（3）依题意，ab 分别在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ磁场区域运动时，小球在电场中分别做匀速、匀加速和匀速运动，设发生的位移分别为s Ⅰ、s Ⅱ、s Ⅲ；ab 进入Ⅲ磁场区域时，小球的运动速度为v Ⅲ。
则：s Ⅰ＝v ·dv 0⑦s Ⅱ＝v ·d v 0＋12·2g ·（dv 0）2 ⑧s Ⅲ＝v Ⅲ·dv 0⑨v Ⅲ＝v ＋2g ·dv 0⑩又：s Ⅰ＋s Ⅱ＋s Ⅲ＝3d ⑪ 联立可得：v ＝v 0－gdv 0⑫ 第2组 3．答案：（1）6 m/s （2）2 s （3）1.4 m 解析：（1）小物块从A →B →C 过程中，由动能定理得mgH －μmgL ＝12mv C 2代入数据解得v C ＝6 m/s（2）小物块沿CD 段上滑的加速度大小a ＝g sin θ＝6 m/s 2小物块沿CD 段上滑到最高点的时间t 1＝v C a＝1 s由对称性可知小物块从最高点滑回C 点的时间t 2＝t 1＝1 s 故小物块第一次与第二次通过C 点的时间间隔t ＝t 1＋t 2＝2 s（3）对小物块运动全过程利用动能定理，设小物块在水平轨道上运动的总路程为s ，有： mgH ＝μmgs代入数据解得s ＝8.6 m故小物块最终停止位置距B 点的距离为2L －s ＝1.4 m4．答案：（1）出射点的坐标P （0.5,0.5）,1.57×10－5s （2）见解析图 （3）[0,20.5°）解析：（1）粒子在磁场中做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力有：qvB ＝m v 2R解得：R ＝mvqB代入数据有：R ＝0.5 m作平行于x 轴射入粒子的轨迹，由磁场的形状可知，粒子刚好在磁场中做了1/4圆弧，从MN 中点P 射出磁场，出射点的坐标P （0.5，0.5），如图所示。