高三物理计算题专项训练
高三物理计算题专项练习：
高三物理计算题专项训练本题答题时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须写出明确的数值与单位．1.某同学做拍篮球的游戏，篮球在球心距地面高h 1=0.9m 范围内做竖直方向的往复运动。
在最高点时手开始击打篮球，球落地后到反弹与地面作用的时间t=0.1s ，反弹速度v 2的大小是刚触地时速度v 1大小的54，且反弹后恰好到达最高点。
已知篮球的质量m=0.5kg ，半径R=0.1m 。
设地面对球的作用力可视为恒力，忽略空气阻力，g 取10m/s 2。
求： ①地面对球弹力大小。
②每次拍球时手对球做功W 。
2．如图所示，用特定材料制作的细钢轨竖直放置，半圆形轨道光滑，半径分别为R ，2R,3R 和4R ，R=0.5m ，水平部分长度L=2m ，轨道最低点离水平地面高h=1m 。
中心有孔的钢球（孔径略大于细钢轨道直径），套在钢轨端点P 处，质量为m=0.5kg ，与钢轨水平部分的动摩擦因数为μ=0.4。
给钢球一初速度v 0=13m/s 。
取g=10m/s 2。
求：（1）钢球运动至第一个半圆形轨道最低点A 时对轨道的压力。
（2）钢球落地点到抛出点的水平距离。
3.如图所示，在xOy 平面的第一象限内存在着方向垂直纸面向外，磁感应强度为B 的匀强磁场，在第四象限内存在方向沿负x 方向的匀强电场。
从y 轴上坐标为（0，a ）的P 点同时沿垂直磁场方向向磁场区发射速度大小不是都相等的带正电的同种粒子，粒子的速度方向在与y 轴正方向成30°～150°角的范围内，结果所有粒子经过磁场偏转后都垂直打到x 轴上，然后进入第四象限内的电场区。
已知带电粒子电量为+q ，质量为m ，不计粒子重力和粒子间的相互作用力。
[来源:] （1）求全部粒子经过x 轴的时间差。
（2）求粒子通过x 轴时的位置范围。
（3）已知从P 点发出时速度最大的粒子受到的磁场力与它在电场中受到的电场力大小相等，求从P点发出时速度最小的粒子穿过电场后在y 轴上的Q 点射出电场时的速度大小v 。
2022届高三物理二轮复习练习：计算题专项练(二) Word版含解析
计算题专项练(二)1.(2021浙江宁波高三二模)如图所示为某乐园2021年春节表演的礼花秀,漂亮的礼花一边扩大,一边下落。
假设某种型号的礼花弹在地面上从专用炮筒中沿竖直方向射出,到达最高点时炸开。
已知礼花弹从炮筒射出的速度为v0,假设整个过程中礼花弹、弹片所受的空气阻力大小始终是重力的k倍(k<1),忽略炮筒的高度,重力加速度为g。
(1)求礼花弹射出后,上升的最大高度h。
(2)求礼花弹炸开后的弹片的最小加速度大小。
(3)礼花弹在最高点炸开后,其中有一弹片速度大小恰好为v0,方向竖直向上,求礼花弹炸开后该弹片在空中的运动时间。
2.(2021广东高三二模)如图所示,半径为L的金属圆环内部等分为两部分,两部分有垂直于圆环平面、方向相反的匀强磁场,磁感应强度大小均为B0,与圆环接触良好的导体棒绕圆环中心O匀速转动。
圆环中心和圆周用导线与半径为R的D形金属盒相连,D形盒处于真空环境且内部存在着磁感应强度为B的匀强磁场,磁场方向垂直于纸面向里。
t=0时刻导体棒从如图所示位置开始运动,同时在D形盒内中心附近的A点,由静止释放一个质量为m,电荷量为-q(q>0)的带电粒子,粒子每次通过狭缝都能得到加速,最后恰好从D形盒边缘出口射出。
不计粒子重力及所有电阻,忽略粒子在狭缝中运动的时间,导体棒始终以最小角速度ω(未知)转动。
(1)求ω的大小。
(2)求粒子在狭缝中加速的次数。
(3)考虑实际情况,粒子在狭缝中运动的时间不能忽略,求狭缝宽度d的取值范围。
计算题专项练(二)1.答案(1)(2)(1-k)g(3)解析(1)设礼花弹的质量为m1,上升过程中,由牛顿第二定律可得m1g+km1g=m1a1解得a1=(1+k)g1由运动学公式可得0-=2(-a1)h解得h=。
(2)由题意可知,炸开后,竖直下落的弹片加速度最小,设该弹片质量为m2,由牛顿第二定律可得m2g-km2g=m2a2解得a2=(1-k)g。
(3)由以上分析可知,速度大小为v0的弹片继续上升的最大高度为h1=h=该过程所用时间t1=从最高点下降的过程有h1+h=a2解得下降时间为t2=礼花弹炸开后该弹片在空中运动的总时间为t=t1+t2=。
高考复习(物理)专项练习：计算题专项练【含答案及解析】(三)
计算题专项练(三)(满分:46分时间:45分钟)1.(7分)(2021广东肇庆高三三模)一列简谐横波沿x轴正向传播,M、P、N是x轴上沿正向依次分布的三个质点,M、N两质点平衡位置间的距离为1.3 m,P质点平衡位置到M、N两质点平衡位置的距离相等。
M、N两质点的振动图像分别如图甲、乙所示。
(1)求P质点的振动周期。
(2)求这列波的波长。
2.(9分)(2021山东高三二模)某兴趣小组设计了一种检测油深度的油量计,如图甲所示,油量计固定在油桶盖上并使油量计可以竖直插入油桶,不计油量计对油面变化的影响。
图乙是油量计的正视图,它是由透明塑料制成的,它的下边是锯齿形,锯齿部分是n个相同的等腰直角三角形,腰长为√2d,相邻两2个锯齿连接的竖直短线长度为d,最右边的锯齿刚好接触到油桶的底部,油面不会超过图乙中的虚线2Ⅰ,塑料的折射率小于油的折射率。
用一束单色平行光垂直照射油量计的上表面时,观察到有明暗区域。
(1)为了明显观察到明暗区域,求透明塑料的折射率的最小值。
(2)当油面在图丙所示虚线Ⅱ位置时,请在图丙上画出明暗交界处的光路图并标注出明暗区域。
若某次测量最左边亮区域的宽度为l,求此时油的深度。
3.(14分)(2021浙江6月真题)一种探测气体放电过程的装置如图甲所示,充满氖气(Ne)的电离室中有两电极与长直导线连接,并通过两水平长导线与高压电源相连。
在与长直导线垂直的平面内,以导线为对称轴安装一个用阻值R0=10 Ω的细导线绕制、匝数n=5×103的圆环形螺线管,细导线的始末两端c、d与阻值R=90 Ω的电阻连接。
螺线管的横截面是半径a=1.0×10-2 m的圆,其中心与长直导线的距离r=0.1 m。
气体被电离后在长直导线回路中产生顺时针方向的电流I,其I-t图像如图乙所示。
,其中k=2×10-7 T·m/A。
为便于计算,螺线管内各处的磁感应强度大小均可视为B=kIr甲乙(1)求0~6.0×10-3 s内通过长直导线横截面的电荷量Q。
新课程高三物理计算题精选(含答案)
专题“大文字量应用题”1. （394字，组合题）如图所示为某种弹射装置的示意图，光滑的水平导轨MN右端N处与水平传送带理想连接，传送带长度L=4.0m，皮带轮沿顺时针方向转动，带动皮带以恒定速率v=3.0m/s匀速传动。
三个质量均为m=1.0kg的滑块A、B、C置于水平导轨上，开始时滑块B、C之间用细绳相连，其间有一压缩的轻弹簧，处于静止状态。
滑块A以初速度v0=2.0m/s沿B、C连线方向向B运动，A与B碰撞后粘合在一起，碰撞时间极短，可认为A与B碰撞过程中滑块C的速度仍为零。
因碰撞使连接B、C的细绳受扰动而突然断开，弹簧伸展，从而使C与A、B分离。
滑块C脱离弹簧后以速度v C=2.0m／s滑上传送带，并从右端滑出落至地面上的P点。
已知滑块C与传送带之问的动摩擦因数μ=0.20，重力加速度g取10m／s2。
求：（1）滑块c从传送带右端滑出时的速度大小；（2）滑块B、C用细绳相连时弹簧的弹性势能E p；（3）若每次实验开始时弹簧的压缩情况相同，要使滑块C总能落至P点，则滑块A与滑块B 碰撞前速度的最大值V m是多少?解（1）滑块C 滑上传送带后做匀加速运动，设滑块C 从滑上传送带到速度达到传送带的速度v 所用的时间为t ，加速度大小为a ，在时间t 内滑块C 的位移为x 。
根据牛顿第二定律和运动学公式 μmg=ma222C v v S a-= 解得 S=1.25m ＜L即滑块C 在传送带上先加速，达到传送带的速度v 后随传送带匀速运动，并从右端滑出，则滑块C 从传道带右端滑出时的速度为v=3.0m/s 。
（2）设A 、B 碰撞后的速度为v1，A 、B 与C 分离时的速度为v2，C 的速度为v C ，由动量守恒定律mv 0=2mv 12mv 1=2mv 2+mv C 由能量守恒规律2221211122222P C mv E mv mv +=+ 解得E P =1.0J（3）在题设条件下，若滑块A 在碰撞前速度有最大值，则碰撞后滑块C 的速度有最大值，它减速运动到传送带右端时，速度应当恰好等于传递带的速度v 。
高三物理动量、能量计算题专题训练
动量、能量计算题专题训练1．（19分）如图所示，光滑水平面上有一质量M=4.0kg 的带有圆弧轨道的平板车，车的上表面是一段长L=1.5m 的粗糙水平轨道，水平轨道左侧连一半径R=0.25m 的41光滑圆弧轨道,圆弧轨道与水平轨道在O ′点相切。
现将一质量m=1.0kg 的小物块（可视为质点）从平板车的右端以水平向左的初速度v 0滑上平板车，小物块与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.5。
小物块恰能到达圆弧轨道的最高点A 。
取g=10m/2，求：（1）小物块滑上平板车的初速度v 0的大小。
（2）小物块与车最终相对静止时，它距O ′点的距离。
（3）若要使小物块最终能到达小车的最右端，则v 0要增大到多大？2.（19分）质量m A =3.0kg ．长度L =0.70m ．电量q =+4.0×10-5C 的导体板A 在足够大的绝缘水平面上，质量m B =1.0kg 可视为质点的绝缘物块B 在导体板A 的左端，开始时A 、B 保持相对静止一起向右滑动，当它们的速度减小到0v =3.0m/s 时，立即施加一个方向水平向左．场强大小E =1.0×105N/C 的匀强电场,此时A 的右端到竖直绝缘挡板的距离为S =2m ，此后A 、B 始终处在匀强电场中，如图所示．假定A 与挡板碰撞时间极短且无机械能损失，A 与B 之间（动摩擦因数1μ=0．25）及A 与地面之间（动摩擦因数2μ=0．10）的最大静摩擦力均可认为等于其滑动摩擦力，g 取10m/s 2（不计空气的阻力）求：（1）刚施加匀强电场时，物块B 的加速度的大小？（2）导体板A 刚离开挡板时，A 的速度大小？（3）B 能否离开A ，若能，求B 刚离开A 时，B 的速度大小；若不能，求B 距A 左端的最大距离。
3．(19分)如图所示，一个质量为M 的绝缘小车，静止在光滑的水平面上，在小车的光滑板面上放一质量为m 、带电荷量为q 的小物块(可以视为质点)，小车的质量与物块的质量之比为M ：m=7：1，物块距小车右端挡板距离为L ，小车的车长为L 0=1.5L ，现沿平行车身的方向加一电场强度为E 的水平向右的匀强电场，带电小物块由静止开始向右运动，而后与小车右端挡板相碰，若碰碰后小车速度的大小是滑块碰前速度大小的14，设小物块其与小车相碰过程中所带的电荷量不变。
高三物理计算题练习试题集
高三物理计算题练习试题答案及解析，固定在绝缘的支1.如图所示，真空中有两个可视为点电荷的小球，其中A带正电，电量为Q1架上，B质量为m，用长为L的绝缘细线悬挂，两者均处于静止状态，悬线与竖直方向成θ角，且两者处在同一水平线上．相距为R，静电力常量为K，重力加速度为g．求：（1）B带正电荷还是负电荷？（2）B球带电量绝对值Q2为多少？【答案】（1）负电（2）【解析】：（1）对B受力分析，根据平衡条件，可知，电场力方向水平向右，因此B球带负电荷；（2）由库仑定律，则有：，对球B，受力处理，根据力的平行四边形定则，结合三角函数，则有：，解得：。
【考点】考查了库伦定律的应用2.（19分）如图所示，在平面坐标系xoy内，第Ⅱ、Ⅲ象限内存在沿y轴正方向的匀强电场，第Ⅰ、Ⅳ象限内存在半径为L的圆形匀强磁场，磁场圆心在M（L，0）点，磁场方向垂直于坐标平沿x轴正方向射出，恰好从面向外，一带正电粒子从第Ⅲ象限中的Q（－2L，－L）点以速度v坐标原点O进入磁场，从P（2L，0）点射出磁场。
不计粒子重力。
求：（1）电场强度与磁感应强度的大小之比；（2）粒子在磁场与电场中运动的时间之比。
【答案】【解析】带电粒子在电场中做类似平抛运动的时间：2分沿y轴方向有：3分解得： 1分带电粒子到达O点时， 1分所以v方向与x轴正方向的夹角 1分1分带电粒子进入磁场后做匀速圆周运动由得 2分由几何关系得 2分圆心角为90° 1分解得 1分在磁场中的时间 2分1分【考点】本题考查带电粒子在匀强电场和在匀强磁场中的运动。
3.(18分)某校兴趣小组制作了一个游戏装置，其简化模型如图所示，在A点用一弹射装置可将静止的小滑块以水平速度弹射出去，沿水平直线轨道运动到B点后，进入半径R=0.1m的光滑竖直圆形轨道，运行一周后自B点向C点运动，C点右侧有一陷阱，C、D两点的竖直高度差h=0.2m，水平距离s=0.6m，水平轨道AB长为L1=0.5m，BC长为L2=1.5m，小滑块与水平地面间的动摩擦因数μ=0.4，重力加速度g=10m/s2。
江苏省高三物理计算题专项训练(答案)人教版选修三
S3O /09高三物理计算题专项训练一 姓名1. 矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴转动，线圈共100匝，转速为(10/π)r/s ，在转动过程中穿过线圈磁通量的最大值为0.03Wb ，如此线圈平面转到与磁感线平行时，感应电动势为多少？当线圈平面转到与中性面夹角为π/3时，感应电动势为多少？2. 质量为m 的物块套在光滑竖直杆上，不可伸长的轻绳跨过固定的光滑小滑轮O 〔大小不计〕，小滑轮到杆的水平距离OB=0.3m 。
绳另一端挂一质量为M 的物块，当细绳与竖直杆间的夹角为60°时，系统恰可保持静止状态。
不计轻绳的重力和一切阻力〔g 取10m/s 2〕〔1〕求Mm的值。
〔2〕当将m 由B 点起从静止开始释放后，m 将在BC 间做往复运动，求BC 间的距离与最大速度。
3. 如下列图电路中,电源电动势E =9V,内电阻r =2Ω,定值电阻R 1=6Ω,R 2=10Ω,R 3=6Ω,电容器的电容=10μF. ⑴保持开关S 1、S 2闭合，求电容器C 的带电量；⑵保持开关S 1闭合，将开关S 2断开，求断开开关S 2后流过电阻R 2的电量。
4. 某游乐场中有一种叫“空中飞椅〞的游乐设施，其根本装置是将绳子上端固定在转盘的边缘上，绳子下端连接座椅，人坐在座椅上随转盘旋转而在空中飞旋。
假设将人和座椅看成是一个质点，如此可简化为如下列图的物理模型。
其中P 为处于水平面内的转盘，可绕竖直转轴OO ′转动，设绳长l =10m ，质点的质量m =60kg θ=370。
〔不计空气阻力与绳重，绳子不可伸长，sin370=0.6，cos370=0.8，g =10m/s 2〕求：〔1〕质点与转盘一起做匀速圆周运动时转盘的角速度与绳子的拉力大小； 〔2〕质点从静止到做匀速圆周运动的过程中，绳子对质点做的功。
5. 如下列图，在直角坐标系的第Ⅰ象限0≤x ≤4区域内，分布着场强C N E /10825⨯=的匀强电场，方向竖直向上；第Ⅱ象限中的两个直角三角形区域内，分布着磁感应强度均为TB2100.5-⨯=的匀强磁场，方向分别垂直纸面向外和向里.质量kg m27106.1-⨯=、电荷量为q=+3.2×10-19C 的带电粒子(不计粒子重力)，从坐标点M 〔-4，2〕处，以2×106m/s 的速度平行于x 轴向右运动，并先后通过匀强磁场区域和匀强电场区域. (1)求带电粒子在磁场中的运动半径；(2)在图中画出粒子从直线4-=x到x=4之间的运动轨迹，并在图中标明轨迹与y 轴和直线x=4的坐标(不要求写出解答过程)；(3)求粒子在两个磁场与电场区域偏转所用的总时间.V 0 B FA09高三物理计算题专项训练二 姓名1. 发电站发电机的输出电压为5000V ，输出功率5000kW ，远距离输电线的电阻80Ω，输电线上功率损耗要求不超过总功率的4%，如此(1)电站输出的电压应升到多少伏？理想变压器的原、副线圈匝数比多大？(2)到达用户区使用匝数比192∶1的降压变压器，对负载电阻10Ω的用电器供电，最多可接这样的用电器多少个？2. 如下列图，ABC 和DEF 是在同一竖直平面内的两条光滑轨道，其中ABC 的末端水平，DEF 是半径为r=0.4m 的半圆形轨道，其直径DF 沿竖直方向，C 、D 可看作重合。
高三物理力的计算习题集
高三物理力的计算习题集一、动力学1. 一个物体质量为5 kg，受到的力是20 N，求物体的加速度。
2. 如果一个物体质量为2 kg，加速度是5 m/s²，求物体所受的合力是多少。
3. 一辆质量为1000 kg的汽车，以20 m/s的速度行驶，在2 s内停下来，求汽车的减速度。
4. 如果一个物体的质量是10 kg，力是20 N，物体的加速度是多少。
5. 一辆汽车质量为1200 kg，以30 m/s的速度行驶，在5 s内速度减为10 m/s，求汽车的减速度。
二、静力学1. 物体质量为10 kg，在水平地面上受到一竖直向上的力30 N，受到摩擦力20 N，求物体的加速度。
2. 一根绳子拉力为45 N，上面悬挂着一个质量为5 kg的物体，求绳子受力的方向和大小。
3. 一个物体以1 m/s²的加速度下滑，摩擦力为15 N，物体的质量是多少。
4. 一木块沿竖直方向下滑，当物体的重力为80 N，摩擦力为12 N时，求木块的质量。
5. 一根悬挂在天花板上的绳子上挂着一个质量为8 kg的物体，在静止时绳子受力的大小为多少。
三、动能和功1. 一个质量为2 kg的物体以4 m/s的速度运动，求它的动能。
2. 如果一个物体的质量是5 kg，速度是6 m/s，求它的动能。
3. 一个力为10 N的物体沿水平方向移动20 m，求物体所做的功。
4. 若一个物体受到40 N的力推动，移动5 m，求物体所做的功。
5. 求一个质量为8 kg的物体沿水平方向移动10 m，如果所需的功是100 J，求物体的速度。
四、功率和机械效率1. 如果一项工作以200 W的功率完成，时间为2分钟，求所做的功。
2. 一辆汽车以1000 W的功率向前行驶，速度恒定为20 m/s，求汽车的机械效率。
3. 求一个功率为80 W的机器，在10 s内做完的功。
4. 一个机器的功率是400 W，效率为60%，求机器用电的功率。
5. 一台电动机的功率为500 W，它在1小时内消耗的电能是多少？注意：以上题目仅为给出的示例，有需要的话可以根据实际情况增加或修改其他习题。
高三物理33复习+计算题练习精选
高三物理33复习+计算题练习一、分子动理论1、物体是由大量分子组成的微观量：分子体积V 0、分子直径d 、分子质量m 0宏观量：物质体积V 、摩尔体积V A 、物体质量m 、摩尔质量M 、物质密度ρ.联系桥梁：阿伏加德罗常数（N A ＝6.02×1023mol －1）A V M V m ==ρ（1）分子质量：AA 0N V N MN m m A ρ===（2）分子体积：AA 0N M N V N V V A ρ＝＝=（对气体，V 0应为气体分子占据的空间大小）（3）分子大小：(数量级10-10m)○1球体模型．30)2(34dN M N V V A A A πρ===直径36πV d =（固、液体一般用此模型）油膜法估测分子大小：S Vd =S —单分子油膜的面积，V —滴到水中的纯油酸的体积○2立方体模型．30=V d （气体一般用此模型；对气体，d 应理解为相邻分子间的平均距离）注意：固体、液体分子可估算分子质量、大小(认为分子一个挨一个紧密排列)；气体分子间距很大，大小可忽略，不可估算大小，只能估算气体分子所占空间、分子质量.（4）分子的数量：A A N M VN M m nN N A ρ===2、分子永不停息地做无规则运动（1）扩散现象：不同物质彼此进入对方的现象.温度越高，扩散越快.直接说明了组成物体的分子总是不停地做无规则运动，温度越高分子运动越剧烈. （2）布朗运动：悬浮在液体中的固体微粒的无规则运动.发生原因是固体微粒受到包围微粒的液体分子无规则运动地撞击的不平衡性造成的．因而间接说明了液体分子在永不停息地做无规则运动．① 布朗运动是固体微粒的运动而不是固体微粒中分子的无规则运动． ②布朗运动反映液体分子的无规则运动但不是液体分子的运动． ③课本中所示的布朗运动路线，不是固体微粒运动的轨迹． ④微粒越小，布朗运动越明显；温度越高，布朗运动越明显． 3、分子间存在相互作用的引力和斥力①分子间引力和斥力一定同时存在，且都随分子间距离的增大而减小，随分子间距离的减小而增大，但斥力变化快，实际表现出的分子力是分子引力和分子斥力的合力③分子力的表现及变化，对于曲线注意两个距离，即平衡距离r 0（约10－10m ）与10r 0.（ⅰ）当分子间距离为r 0时，分子力为零.（ⅱ）当分子间距r ＞r 0时，引力大于斥力，分子力表现为引力.当分子间距离由r 0增大时，分子力先增大后减小（ⅲ）当分子间距r ＜r 0时，斥力大于引力，分子力表现为斥力.当分子间距离由r 0减小时，分子力不断增大 二、温度和内能1、统计规律：单个分子的运动都是不规则的、带有偶然性的；大量分子的集体行为受到统计规律的支配.多数分子速率都在某个值附近，满足“中间多，两头少”的分布规律.2、分子平均动能：物体内所有分子动能的平均值.①温度是分子平均动能大小的标志. ②温度相同时任何物体的分子平均动能相等，但平均速率一般不等（分子质量不同）．3、分子势能 (1)一般规定无穷远处分子势能为零，(2)分子力做正功分子势能减少，分子力做负功分子势能增加. (3)分子势能与分子间距离r 0关系①当r ＞r 0时，r 增大，分子力为引力，分子力做负功分子势能增大. ② 当＜r 0时，r 减小，分子力为斥力，分子力做负功分子势能增大. ③当r =r 0（平衡距离）时，分子势能最小（为负值）(3)决定分子势能的因素：从宏观上看：分子势能跟物体的体积有关.（注意体积增大，分子势能不一定增大） 从微观上看：分子势能跟分子间距离r 有关.4、内能：物体内所有分子无规则运动的动能和分子势能的总和P K E E N E +=内（1）内能是状态量 （2）内能是宏观量，只对大量分子组成的物体有意义，对个别分子无意义.（3）物体的内能由物质的量（分子数量）、温度（分子平均动能）、体积（分子间势能）决定，与物体的宏观机械运动状态无关．内能与机械能没有必然联系．三、热力学定律和能量守恒定律1、改变物体内能的两种方式：做功和热传递.①等效不等质：做功是内能与其他形式的能发生转化；热传递是不同物体（或同一物体的不同部分）之间内能的转移，它们改变内能的效果是相同的.②概念区别：温度、内能是状态量，热量和功则是过程量，热传递的前提条件是存在温差，传递的是热量而不是温度，实质上是内能的转移． 2、热力学第一定律(1)内容：一般情况下，如果物体跟外界同时发生做功和热传递的过程，外界对物体做的功W 与物体从外界吸收的热量Q 之和等于物体的内能的增加量ΔU (2)数学表达式为：ΔU ＝W+Q (3)符号法则：(4)绝热过程Q ＝0，关键词“绝热材料”或“变化迅速”(5)对理想气体：①ΔU 取决于温度变化，温度升高ΔU>0，温度降低ΔU<0 ②W 取决于体积变化，v 增大时，气体对外做功，W<0；v 减小时，外界对气体做功，W>0；③特例：如果是气体向真空扩散，W ＝0 3、能量守恒定律：（1）能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体转移到别的物体，在转化或转移的过程中其总量不变.这就是能量守恒定律.（2）第一类永动机：不消耗任何能量，却可以源源不断地对外做功的机器.（违背能量守恒定律） 4、热力学第二定律（1）热传导的方向性：热传导的过程可以自发地由高温物体向低温物体进行，但相反方向却不能自发地进行，即热传导具有方向性，是一个不可逆过程.（2）说明：①“自发地”过程就是在不受外来干扰的条件下进行的自然过程.②热量可以自发地从高温物体传向低温物体，热量却不能自发地从低温物体传向高温物体.③热量可以从低温物体传向高温物体，必须有“外界的影响或帮助”，就是要由外界对其做功才能完成. （3）热力学第二定律的两种表述①克劳修斯表述：不可能使热量从低温物体传向高温物体而不引起其他变化.②开尔文表述：不可能从单一热源吸收热量，使之完全变为有用功而不引起其他变化.（4）热机①热机是把内能转化为机械能的装置.其原理是热机从高温热源吸收热量Q 1，推动活塞做功W ，然后向低温热源（冷凝器）释放热量Q 2.（工作条件：需要两个热源） ②由能量守恒定律可得： Q 1=W+Q 2 ③我们把热机做的功和它从热源吸收的热量的比值叫做热机效率，用η表示，即η= W / Q 1 ④热机效率不可能达到100%做功W 热量Q内能的改变ΔU 取正值“+” 外界对系统做功 系统从外界吸收热量 系统的内能增加 取负值“－”系统对外界做功系统向外界放出热量系统的内能减少（5）第二类永动机①设想：只从单一热源吸收热量，使之完全变为有用的功而不引起其他变化的热机.②第二类永动机不可能制成，不违反热力学第一定律或能量守恒定律，违反热力学第二定律.原因：尽管机械能可以全部转化为内能，但内能却不能全部转化成机械能而不引起其他变化；机械能和内能的转化过程具有方向性.（6）推广：与热现象有关的宏观过程都是不可逆的.例如；扩散、气体向真空的膨胀、能量耗散.（7）熵和熵增加原理①热力学第二定律微观意义：一切自然过程总是沿着分子热运动无序程度增大的方向进行.②熵：衡量系统无序程度的物理量，系统越混乱，无序程度越高，熵值越大.③熵增加原理：在孤立系统中，一切不可逆过程必然朝着熵增加的方向进行.热力学第二定律也叫做熵增加原理.（8）能量退降：在熵增加的同时，一切不可逆过程总是使能量逐渐丧失做功的本领，从可利用状态变成不可利用状态，能量的品质退化了.（另一种解释：在能量转化过程中，总伴随着内能的产生，分子无序程度增加，同时内能耗散到周围环境中，无法重新收集起来加以利用）四、固体和液体1、晶体和非晶体①晶体内部的微粒排列有规则，具有空间上的周期性，因此不同方向上相等距离内微粒数不同，使得物理性质不同（各向异性），由于多晶体是由晶体）集合而成，因此不显示各向异性，形状也不规则.②晶体达到熔点后由固态向液态转化，分子间距离要加大.此时晶体要从外界吸收热量来破坏晶体的点阵结构，所以吸热只是为了克服分子间的引力做功，只增加了分子的势能.分子平均动能不变，温度不变.2、液晶：介于固体和液体之间的特殊物态物理性质①具有晶体的光学各向异性——在某个方向上看其分子排列比较整齐②具有液体的流动性——从另一方向看，分子的排列是杂乱无章的．3、液体的表面张力现象和毛细现象（１）表面张力──表面层（与气体接触的液体薄层）分子比较稀疏，r＞r0，分子力表现为引力，在这个力作用下，液体表面有收缩到最小的趋势，这个力就是表面张力.表面张力方向跟液面相切，跟这部分液面的分界线垂直．（２）浸润和不浸润现象：附着层的液体分子比液体内部分子力表现附着层趋势毛细现象浸润密排斥力扩张上升不浸润稀疏吸引力收缩下降（３）毛细现象：对于一定液体和一定材质的管壁，管的内径越细，毛细现象越明显.①管的内径越细，液体越高②土壤锄松，破坏毛细管，保存地下水分；压紧土壤，毛细管变细，将水引上来五、气体实验定律理想气体（1）探究一定质量理想气体压强p、体积V、温度T之间关系，采用的是控制变量法（2）三种变化：①等温变化，玻意耳定律：PV＝C②等容变化，查理定律： P / T＝C③等压变化，盖—吕萨克定律：V/ T＝C提示：①等温变化中的图线为双曲线的一支，等容（压）变化中的图线均为过原点的直线（之所以原点附近为虚线，表示温度太低了，规律不再满足）②图中双线表示同一气体不同状态下的图线，虚线表示判断状态关系的两种方法③对等容（压）变化，如果横轴物理量是摄氏温度t，则交点坐标为－273.15（3）理想气体状态方程①理想气体，由于不考虑分子间相互作用力，理想气体的内能仅由温度和分子总数决定，与气体的体积无关.②对一定质量的理想气体，有112212p V p VT T=（或恒定=Tpv）nRTpV=（n为摩尔数）（4）气体压强微观解释：大量气体分子对器壁频繁地碰撞产生的.压强大小与气体分子单位时间内对器壁单位面积的碰撞次数有关.决定因素：①气体分子的平均动能，从宏观上看由气体的温度决定②单位体积内的分子数(分子密度)，从宏观上看由气体的体积决定六、饱和汽和饱和汽压1、饱和汽与饱和汽压：在单位时间内回到液体中的分子数等于从液面飞出去的分子数，这时汽的密度不再增大，液体也不再减少，液体和汽之间达到了平衡状态，这种平衡叫做动态平衡.我们把跟液体处于动态平衡的汽叫做饱和汽，把没有达到饱和状态的汽叫做未饱和汽.在一定温度下，饱和汽的压强一定，叫做饱和汽压.未饱和汽的压强小于饱和汽压.饱和汽压影响因素：①与温度有关，温度升高，饱和气压增大 ②饱和汽压与饱和汽的体积无关 3）空气的湿度（1）空气的绝对湿度：用空气中所含水蒸气的压强来表示的湿度叫做空气的绝对湿度.（2）空气的相对湿度：同温度下水的饱和汽压水蒸气的实际汽压相对湿度相对湿度更能够描述空气的潮湿程度，影响蒸发快慢以及影响人们对干爽与潮湿感受. （3）干湿泡湿度计：两温度计的示数差别越大，空气的相对湿度越小.理想气体习题1．若已知大气压强为p 0，在图中各装置均处于静止状态，图中液体密度均为ρ，求被封闭气体的压强.2．如图中两个汽缸质量均为M ，内部横截面积均为S ，两个活塞的质量均为m ，左边的汽缸静止在水平面上，右边的活塞和汽缸竖直悬挂在天花板下.两个汽缸内分别封闭有一定质量的空气A 、B ，大气压为p 0，求封闭气体A 、B 的压强各多大？ 3.一氧气瓶的容积为0.08m 3，开始时瓶中氧气的压强为20个大气压.某实验室每天消耗1个大气压的氧气0.36m 3.当氧气瓶中的压强降低到2个大气压时，需重新充气.若氧气的温度保持不变，求这瓶氧气重新充气前可供该实验室使用多少天.4.如图所示，有一圆柱形汽缸，上部有固定挡板，汽缸内壁的高度是2L，一个很薄且质量不计的活塞封闭一定质量的理想气体，开始时活塞处在离底部L高处，外界大气压强为1.0×105Pa，温度为27 ℃，现对气体加热，求：当加热到427 ℃时，封闭气体的压强.5．如图，粗细均匀的弯曲玻璃管A、B两端开口，管内有一段水银柱，中管内水银面与管口A之间气体柱长为40cm，气体温度为27 ℃.将左管竖直插入水银槽中，整个过程温度不变，稳定后右管内水银面和中管内水银面出现4 cm的高度差.已知大气压强p0＝76 cmHg，气体可视为理想气体.(1)求左管A端插入水银槽的深度d；(2)为使右管内水银面和中管内水银面再次相平，需使气体温度降为多少℃？6如图，一固定的竖直汽缸由一大一小两个同轴圆筒组成，两圆筒中各有一个活塞.已知大活塞的质量为m1＝2.50 kg，横截面积为S1＝80.0 cm2；小活塞的质量为m2＝1.50 kg，横截面积为S2＝40.0 cm2；两活塞用刚性轻杆连接,间距为l＝40.0 cm；汽缸外大气的压强为p＝1.00×105 Pa,温度为T＝303 K.初始时大活塞与大圆筒底部相距l2，两活塞间封闭气体的温度为T1＝495 K.现汽缸内气体温度缓慢下降，活塞缓慢下移.忽略两活塞与汽缸壁之间的摩擦,重力加速度大小g取 10 m/s2. 求：（ⅰ）在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间，缸内封闭气体的温度；（ⅱ）缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时，缸内封闭气体的压强.7.如图，一粗细均匀的U形管竖直放置，A侧上端封闭，B侧上端与大气相通，下端开口处开关K关闭；A侧空气柱的长度为l＝10.0 cm，B侧水银面比A侧的高h＝3.0 cm.现将开关K打开，从U形管中放出部分水银，当两侧水银面的高度差为h1＝10.0 cm时将开关K关闭.已知大气压强p0＝75.0 cmHg.（ⅰ）求放出部分水银后A侧空气柱的长度；（ⅱ）此后再向B侧注入水银，使A、B两侧的水银面达到同一高度，求注入的水银在管内的长度.8.扣在水平桌面上的热杯盖有时会发生被顶起的现象.如图，截面积为S的热杯盖扣在水平桌面上，开始时内部封闭气体的温度为300 K，压强为大气压强p0.当封闭气体温度上升至303 K时，杯盖恰好被整体顶起，放出少许气体后又落回桌面，其内部气体压强立刻减为p0，温度仍为303 K.再经过一段时间，内部气体温度恢复到300 K.整个过程中封闭气体均可视为理想气体.求：（ⅰ）当温度上升到303 K且尚未放气时，封闭气体的压强；（ⅱ）当温度恢复到300 K时，竖直向上提起杯盖所需的最小力.9如图,两汽缸A、B粗细均匀、等高且内壁光滑，其下部由体积可忽略的细管连通,A的直径是B的2倍，A上端封闭，B上端与大气连通；两汽缸除A顶部导热外，其余部分均绝热.两汽缸中各有一厚度可忽略的绝热轻活塞a、b,活塞下方充有氮气，活塞a上方充有氧气.当大气压为p0、外界和汽缸内气体温度均为7 ℃且平衡时，活塞a离汽缸顶的距离是汽缸高度的14，活塞b在汽缸正中间.（ⅰ）现通过电阻丝缓慢加热氮气，当活塞b恰好升至顶部时，求氮气的温度；（ⅱ）继续缓慢加热，使活塞a上升.当活塞a上升的距离是汽缸高度的116时，求氧气的压强.10一种水下重物打捞方法的工作原理如图所示.将一质量M＝3×103 kg、体积V0＝0.5 m3的重物捆绑在开口朝下的浮筒上.向浮筒内充入一定量的气体，开始时筒内液面到水面的距离h1＝40 m，筒内气体体积V1＝1 m3.在拉力作用下浮筒缓慢上升，当筒内液面到水面的距离为h2时，拉力减为零，此时气体体积为V2，随后浮筒和重物自动上浮.求V2和h2. 已知大气压强p0＝1×105 Pa,水的密度ρ＝1×103 kg/m3，重力加速度的大小g＝10 m/s2.不计水温变化，筒内气体质量不变且可视为理想气体，浮筒质量和筒壁厚度可忽略.11. 如图所示,一上端开口、下端封闭的细长玻璃管竖直放置.玻璃管的下部封有长l1＝25.0 cm的空气柱,中间有一段长l2＝25.0 cm的水银柱，上部空气柱的长度l3＝40.0 cm.已知大气压强为p0＝75.0 cmHg.现将一活塞（图中未画出）从玻璃管开口处缓慢往下推,使管下部空气柱长度变为l1′＝20.0 cm.假设活塞下推过程中没有漏气，求活塞下推的距离.12.如图所示，两个侧壁绝热、顶部和底部都导热的相同汽缸直立放置，汽缸底部和顶部均有细管连通.顶部的细管带有阀门K.两汽缸的容积均为V0,汽缸中各有一个绝热活塞（质量不同，厚度可忽略）.开始时K关闭,两活塞下方和右活塞上方充有气体（可视为理想气体），压强分别为p0和p0/3；左活塞在汽缸正中间，其上方为真空；右活塞上方气体体积为V0/4.现使汽缸底与一恒温热源接触，平衡后左活塞升至汽缸顶部，且与顶部刚好没有接触；然后打开K，经过一段时间，重新达到平衡.已知外界温度为T0，不计活塞与汽缸壁间的摩擦.求：（1）恒温热源的温度T；（2）重新达到平衡后左汽缸中活塞上方气体的体积V x.13一定质量的理想气体由状态A经过状态B变为状态C，其有关数据如p－T图象甲所示.若气体在状态A的温度为－73.15 ℃，在状态C的体积为0.6 m3，求：(1)状态A的热力学温度；(2)说出A至C过程中气体的变化情形，并根据图象提供的信息，计算图中V A的值；(3)在图乙坐标系中，作出由状态A经过状态B变为状态C的V－T图象，并在图线相应位置上标出字母A、B、C.如果需要计算才能确定坐标值，请写出计算过程.14．如图，密闭汽缸两侧与一U形管的两端相连，汽缸壁导热，U形管内盛有密度为ρ＝7.5×102kg/m3的液体.一活塞将汽缸分成左、右两个气室，开始时，左气室的体积是右气室的体积的一半，气体的压强均为p0＝4.5×103Pa.外界温度保持不变.缓慢向右拉活塞使U形管两侧液面的高度差h＝40cm，求此时左、右两气室的体积之比.取重力加速度大小g＝10m/s2，U形管中气体的体积和活塞拉杆的体积忽略不计.15．内壁光滑的导热汽缸竖直浸放在盛有冰水混合物的水槽中，用不计质量的活塞封闭压强为1.0×105 Pa、体积为2.0×10－3m3的理想气体，现在活塞上方缓缓倒上砂子，使封闭气体的体积变为原来的一半，然后将汽缸移出水槽，缓慢加热，使气体温度变为127℃.(1)求汽缸内气体的最终体积；(2)在图上画出整个过程中汽缸内气体的状态变化. (大气压强为1.0×105 Pa)16．如图5所示，一根粗细均匀的长l＝72cm的细玻璃管AB开口朝上竖直放置，玻璃管中有一段长h＝24 cm的水银柱，下端封闭了一段长x0＝24 cm的空气柱，系统温度恒定，外界大气压强恒为p0＝76 cmHg.现将玻璃管缓慢倒置，若空气可以看作理想气体，求倒置后水银柱相对B端移动的距离.17如图，两汽缸A、B粗细均匀、等高且内壁光滑，其下部由体积可忽略的细管连通；A的直径是B的2倍，A上端封闭，B上端与大气连通；两汽缸除A顶部导热外，其余部分均绝热.两汽缸中各有一厚度可忽略的绝热轻活塞a、b，活塞下方充有氮气，活塞a上方充有氧气.当大气压为p0、外界和汽缸内气体温度均为7 ℃且平衡时，活塞a离汽缸顶的距离是汽缸高度的1 4，活塞b在汽缸正中间.(1)现通过电阻丝缓慢加热氮气，当活塞b恰好升至顶部时，求氮气的温度；(2)继续缓慢加热，使活塞a上升.当活塞a上升的距离是汽缸高度的116时，求氧气的压强.。
高三物理电磁感应计算题专题训练
电磁感应计算题专题训练1．（19分）某同学利用电磁感应现象设计了一种发电装置。
如图1为装置示意图，图2为俯视图，将8块相同的磁铁N 、S 极交错放置组合成一个高h = 0.5m 、半径r = 0.2m 的圆柱体，并可绕固定的OO ′轴转动。
圆柱外侧附近每个磁场区域的磁感应强度大小均为B = 0.2T ，磁场方向都垂直于圆柱表面，相邻两个区域的磁场方向相反。
紧靠圆柱外侧固定一根与圆柱体等长的金属杆ab ，杆与圆柱平行，杆的电阻R = 0.4Ω。
从上往下看，圆柱体以ω=100rad/s的角速度顺时针方向匀速转动。
以转到如图所示的位置为t = 0的时刻。
取g = 10m/s 2，π2= 10。
求：（1）圆柱转过八分之一周期的时间内，ab 杆中产生的感应电动势的大小E ；（2）如图3所示，M 、N 为水平放置的平行板电容器的两极板，极板长L 0 = 0.314 m ，两板间距d = 0.125m 。
现用两根引线将M 、N 分别与a 、b 相连。
若在t = 0的时刻，将一个电量q = +1.00×10-6C 、质量m =1.60×10-8kg 的带电粒子从紧临M 板中心处无初速释放。
求粒子从M 板运动到N 板所经历的时间t 。
不计粒子重力。
（3）在如图3所示的两极板间，若在t = 0的时刻，上述带电粒子从靠近M 板的左边缘处以初速度v 0水平射入两极板间。
若粒子沿水平方向离开电场，求初速度v 0的大小，并在图中画出粒子对应的运动轨迹。
不计粒子重力。
2．（19分）如图甲所示，PQNM 是表面粗糙的绝缘斜面，abcd 是质量m=0.5kg 、总电阻R=0.5Ω、边长L=0.5m 的正方形金属线框，线框的匝数N=10。
将线框放在斜面上，使斜面的倾角θ由0°开始缓慢增大，当θ增大到37°时，线框即将沿斜面下滑。
假设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，现保持斜面的倾角θ=37°不变，在OO ′NM 的区域加上垂直斜面方向的匀强磁场，使线框的一半．．处于磁场中，磁场的磁感应强度B 随时间t 变化的图像如图乙所示。
高三物理非选择题训练(一)计算题
高三物理非选择题训练（一）计算题1、质量M＝3 kg 的长木板放在光滑的水平面上。
在水平拉力F＝11 N作用下由静止开始向右运动。
如图所示，当速度达到1 m/s时，将质量m＝4 kg的物块轻轻放到木板的右端。
已知物块与木板间动摩擦因数μ＝0.2，物块可视为质点。
(g＝10 m/s2)求：(1)物块刚放置在木板上时，物块和木板的加速度分别为多大；(2)木板至少多长物块才能与木板最终保持相对静止；(3)物块与木板相对静止后物块受到的摩擦力大小？2、如图所示，水平光滑地面的右端与一半径R＝0.2 m的竖直半圆形光滑轨道相连，某时刻起质量m2＝2 kg的小球在水平恒力F的作用下由静止向左运动，经时间t＝1 s 撤去力F，接着与质量m1＝4 kg以速度v1＝5 m/s向右运动的小球碰撞，碰后质量为m1的小球停下来，质量为m2的小球反向运动，然后与停在半圆形轨道底端A点的质量m3＝1 kg的小球碰撞，碰后两小球粘在一起沿半圆形轨道运动，离开B点后，落在离A点0.8 m的位置，求恒力F 的大小。
(g取10 m/s2)3、如图所示，在E＝103 V/m的竖直匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道QPN与一水平绝缘轨道MN在N点平滑相接，半圆形轨道平面与电场线平行，其半径R＝40 cm，N为半圆形轨道最低点，P为QN圆弧的中点，一带负电q＝10－4C的小滑块质量m＝10 g，与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.15，位于N点右侧1.5 m的M处，取g＝10 m/s2，求：(1)要使小滑块恰能运动到圆轨道的最高点Q，则小滑块应以多大的初速度v0向左运动？(2)这样运动的小滑块通过P点时对轨道的压力是多大？4、如图所示，宽度为d的有界匀强磁场，磁感应强度为B，MM′和NN′是它的两条边界。
现有质量为m、电荷量为+q的带电粒子沿图示方向垂直磁场射入。
要使粒子不能从边界NN′射出，求粒子入射速率v的最大值可能是多少。
5、（12分）如图a是冰壶运动，选手们从起点开始用力推冰壶一段时间后，放手让冰壶向前滑动，若冰壶最后停在规定的有效区域内，视为成功；其简化模型如图b所示，AC是长度为L1=5m的水平地面，选手们可将冰壶放在A点，从A点开始用恒定不变的水平推力推冰壶，BC为有效区域，BC长度为L2=1m。
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。
高三理综物理综合计算题荟萃附答案
高三物理综合计算题高三物理综合计算题 2011.5 1．如图是为了检验某种防护罩承受冲击力的装置，M 是半径为R =1.0m 的固定于竖直平面内的1/4光滑圆弧轨道，轨道上端切线水平。
N 为待检验的固定曲面，该曲面在竖直面内的截面为半径44.0=r m 的1/4圆弧，圆弧下端切线水平且圆心恰好位于M 轨道的上端点。
M 的下端相切处放置竖直向上的弹簧枪，可发射速度不同的质量m =0.01kg 的小钢珠，假设某次发射的钢珠沿轨道恰好能经过M 的上端点，水平飞出后落到曲面N 的某一点上，取g =10 m/s 2。
求：钢球刚进入轨道时，初动⑪钢球刚进入轨道时，初动 能是多大？能是多大？⑫钢珠从M 圆弧轨道最高点飞出至落到圆弧N 上所用的时间是多少？时间是多少？ 2．如图所示，一平板车以某一速度v 0匀速行驶，某时刻一货箱（可视为质点）无初速度地放置于平板车上，货箱离车后端的距离为l =3m ，货箱放入车上的同时，平板车开始刹车，刹车过程可视为做a =4m/s 2的匀减速直线运动。
已知货箱与平板车之间的摩擦因数为μ=0.2，g =10 m/s 2。
求：。
求：⑪为使货箱不从平板上掉下来，平板车匀速行驶时的速度v 0应满足什么条件？应满足什么条件？如果货箱恰好不掉下，最终停在离车后端多远处？⑫如果货箱恰好不掉下，最终停在离车后端多远处？r R M N v3．一平板车质量M ＝100kg ，停在水平路面上，车身的平板离地面的高度h =1.25m 。
一质量m =50kg 的物块置于车的平板上，它到车尾的距离b =1.00 =1.00 mm ，与车板间的动摩擦因数μ=0.20，如图所示。
今对平板车施加一水平方向的恒力使车向前行驶，结果物块从车板上滑落，物块刚离开车板的时刻，车向前行驶的距离S 0=2.0m 。
求物块落地时刻，物块的落地点到车尾的水平距离S 。
（不计路面与车间及轮轴间的摩擦，g 取10 m/s 2）. 4.如图所示，一质量为M=5.0kg 的平板车静止在光滑的水平地面上，平板车的上表面距离地面高h=0.8m ，其右侧足够远处有一障碍A ，一质量为m=2.0kg 可视为质点的滑块，以v0=8m/s 的初速度从左端滑上平板车，同时对平板车施加一水平向右的、大小为5N 的恒力F 。
高三物理新课标复习计算题规范练习(含答案)
2019-2019高三物理新课标复习计算题规范练习（含答案）物理是当今最精密的一门自然科学学科，以下是2019-2019高三物理新课标复习计算题规范练习，请考生认真练习。
1.(12分)灯丝发射的电子束0)经U0=5 000 V的加速电压加速后，沿水平放置的平行板电容器的中心线垂直射入匀强电场，如图所示。
若电容器板间距离d=1.0 cm，板长l=5.0 cm。
试问，要使飞出电容器的电子偏转角度最大，两个极板上应加多大电压(不计电子重力)?2.(12分)风洞实验室可以给实验环境提供恒定的水平风力，在风洞中，有一长为L的轻杆上端的转轴固定在天花板上，正中间套有一个质量为m的小环，当轻杆竖直放置时，小环F，已知Fmg，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则：(1)轻杆和小环之间的动摩擦因数为多大?(2)若将轻杆旋转45角后并固定，此时释放小环，小环加速度为多大?(3)若将轻杆旋转45角后并固定，此时释放小环，到达轻杆底端时速度为多大?3.(12分)下端有一挡板的光滑斜面，一轻弹簧的两端分别连接有两个质量均为3 kg的物块A与B，静置在斜面上如图甲A物块在斜面上从弹簧的原长处由静止释放后下滑的加速度随弹簧的形变量的关系如图乙所示。
现让A物块从弹簧原长处以1.5 m/s的初速度沿斜面向上运动到最高位置时，B物块恰好对挡板无压力(重力加速度取10 m/s2)。
求：(1)斜面的倾角(2)A物块运动到最高位置时弹簧的弹性势能；(3)A物块到最高位置后继续运动过程中的最大速度。
4.(20分)某地华侨城极速空间站通过人工制造和控制气流，能够将游客在一个特定的空间里吹浮起来，让人能体会到天空翱翔的奇妙感觉。
其装置示意图如图所示，假设风洞内向上的总风量和风速保持不变，体验者通过调整身姿，来改变所受的向上风力大小，人体可上下移动的空间总高度为H。
人体所受风力大小与正对面积成正比，水平横躺时受风面积最大，站立时受风面积为水平横躺时的。
高考物理试题计算题大题及答案解析(word版)
高考物理试题计算题大题及答案解析(word 版)1. （15分）如图18（a ）所示，一个电阻值为R ，匝数为n 的圆形金属线与阻值为2R 的电阻R 1连结成闭合回路。
线圈的半径为r 1 . 在线圈中半径为r 2的圆形区域存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B 随时间t 变化的关系图线如图18（b ）所示。
图线与横、纵轴的截距分别为t 0和B 0 . 导线的电阻不计。
求0至t 1时间内（1）通过电阻R 1上的电流大小和方向； （2）通过电阻R 1上的电量q 及电阻R 1上产生的热量。
⑴ 00B B t t ∆=∆； B E n n s t t φ∆∆==⋅∆∆ 而22s r π= 11E I R R =+，得到202103nB r I Rt π= 电流方向为从b 到a⑵通过电阻1R 上的电量20211103nB r t q I t Rt π==； 1R 上的热量22242021111229n B r t Q I R t Rt π== 2．（17分）如图20所示，绝缘长方体B 置于水平面上，两端固定一对平行带电极板，极板间形成匀强电场E 。
长方体B 的上表面光滑，下表面与水平面的动摩擦因数μ=0.05（设最大静摩擦力与滑动摩擦力相同）。
B 与极板的总质量B m =1.0kg.带正电的小滑块A 质量A m =0.60kg ，其受到的电场力大小F=1.2N.假设A 所带的电量不影响极板间的电场分布。
t=0时刻，小滑块A 从B 表面上的a 点以相对地面的速度A v =1.6m/s 向左运动，同时，B （连同极板）以相对地面的速度B v =0.40m/s 向右运动。
问（g 取10m/s 2）（1）A 和B 刚开始运动时的加速度大小分别为多少？（2）若A 最远能到达b 点，a 、b 的距离L应为多少？从t=0时刻至A 运动到b 点时，摩擦力对B 做的功为多少？⑴A刚开始运动时的加速度大小22.0/A AFa m s m == 方向水平向右 B 刚开始运动时受电场力和摩擦力作用 由牛顿第三定律得电场力'1.2F F N ==摩擦力()0.8A B f m m g N μ=+=， B 刚开始运动时'22.0/B BF fa m s m +==方向水平向左⑵设B 从开始匀减速到零的时间为t 1，则有10.2BBv t s a == 此时间内B 运动的位移110.042B B v t s m == t 1时刻A 的速度11 1.2/0A A A v v a t m s =-=>，故此过程A 一直匀减速运动。
高中物理经典题库-力学计算题49个
力学计算题集粹（49个）1．在光滑的水平面内，一质量ｍ＝1ｋｇ的质点以速度ｖ０＝10ｍ／ｓ沿ｘ轴正方向运动，经过原点后受一沿ｙ轴正方向的恒力Ｆ＝5Ｎ作用，直线ＯＡ与ｘ轴成37°角，如图1-70所示，求：图1-70（1）如果质点的运动轨迹与直线ＯＡ相交于Ｐ点，则质点从Ｏ点到Ｐ点所经历的时间以及Ｐ的坐标；（2）质点经过Ｐ点时的速度．2．如图1-71甲所示，质量为1ｋｇ的物体置于固定斜面上，对物体施以平行于斜面向上的拉力Ｆ，1ｓ末后将拉力撤去．物体运动的ｖ-ｔ图象如图1-71乙，试求拉力Ｆ．图1-71图1-72图1-73图1-74图1-75图1-7614．如图1-77所示，一条不可伸长的轻绳长为Ｌ，一端用手握住，另一端系一质量为ｍ的小球，今使手握的一端在水平桌面上做半径为Ｒ、角速度为ω的匀速圆周运动，且使绳始终与半径Ｒ的圆相切，小球也将在同一水平面内做匀速圆周运动，若人手做功的功率为Ｐ，求：图1-77（1）小球做匀速圆周运动的线速度大小．（2）小球在运动过程中所受到的摩擦阻力的大小．15．如图1-78所示，长为Ｌ＝0．50ｍ的木板ＡＢ静止、固定在水平面上，在ＡＢ的左端面有一质量为Ｍ＝0．48ｋｇ的小木块Ｃ（可视为质点），现有一质量为ｍ＝20ｇ的子弹以ｖ０＝75ｍ／ｓ的速度射向小木块Ｃ并留在小木块中．已知小木块Ｃ与木板ＡＢ之间的动摩擦因数为μ＝0．1．（ｇ取10ｍ／ｓ２）图1-78（1）求小木块Ｃ运动至ＡＢ右端面时的速度大小ｖ２．（2）若将木板ＡＢ固定在以ｕ＝1．0ｍ／ｓ恒定速度向右运动的小车上（小车质量远大于小木块Ｃ的质量），小木块Ｃ仍放在木板ＡＢ的Ａ端，子弹以ｖ０′＝76ｍ／ｓ的速度射向小木块Ｃ并留在小木块中，求小木块Ｃ运动至ＡＢ右端面的过程中小车向右运动的距离ｓ．16．如图1-79所示，一质量Ｍ＝2ｋｇ的长木板Ｂ静止于光滑水平面上，Ｂ的右边放有竖直挡板．现有一小物体Ａ（可视为质点）质量ｍ＝1ｋｇ，以速度ｖ０＝6ｍ／ｓ从Ｂ的左端水平滑上Ｂ，已知Ａ和Ｂ间的动摩擦因数μ＝0．2，Ｂ与竖直挡板的碰撞时间极短，且碰撞时无机械能损失．图1-79图1-80图1-81图1-82图1-83图1-8422．设人造地球卫星绕地球作匀速圆周运动，根据万有引力定律、牛顿运动定律及周期的概念，论述人造地球卫星随着轨道半径的增加，它的线速度变小，周期变大．图1－80 图1－81图1－82 图1－83图1－84 图1－8532．如图1－87所示，1、2两木块用绷直的细绳连接，放在水平面上，其质量分别为ｍ1＝1.0ｋｇ、ｍ2＝2.0ｋｇ，它们与水平面间的动摩擦因数均为μ＝0.10．在ｔ＝0时开始用向右的水平拉力Ｆ＝6.0Ｎ拉木块2和木块1同时开始运动，过一段时间细绳断开，到ｔ＝6.0ｓ时1、2两木块相距Δｓ＝22.0ｍ（细绳长度可忽略），木块1早已停止．求此时木块2的动能．（ｇ取10ｍ／ｓ2）33．如图1－88甲所示，质量为Ｍ、长Ｌ＝1.0ｍ、右端带有竖直挡板的木板Ｂ静止在光滑水平面上，一个质量为ｍ的小木块（可视为质点）Ａ以水平速度ｖ0＝4.0ｍ／ｓ滑上Ｂ的左端，之后与右端挡板碰撞，最后恰好滑到木板Ｂ的左端，已知Ｍ／ｍ＝3，并设Ａ与挡板碰撞时无机械能损失，碰撞时间可以忽略不计，ｇ取10ｍ／ｓ2．求（1）Ａ、Ｂ最后速度；（2）木块Ａ与木板Ｂ之间的动摩擦因数．（3）木块Ａ与木板Ｂ相碰前后木板Ｂ的速度，再在图1－88乙所给坐标中画出此过程中Ｂ相对地的ｖ－ｔ图线．图1－88图1－89 图1－90 图1－91图1－92 图1－93图1－96 图1－97图1－98 图1－99图1－100 图1－101 图1－10248．如图1－101所示，在光滑的水平面上，有两个质量都是M的小车Ａ和Ｂ，两车之间用轻质弹簧相连，它们以共同的速度ｖ0向右运动，另有一质量为ｍ＝Ｍ／2的粘性物体，从高处自由落下，正好落在Ａ车上，并与之粘合在一起，求这以后的运动过程中，弹簧获得的最大弹性势能Ｅ．49．一轻弹簧直立在地面上，其劲度系数为ｋ＝400Ｎ／ｍ，在弹簧的上端与盒子Ａ连接在一起，盒子内装物体Ｂ，Ｂ的上下表面恰与盒子接触，如图1－102所示，Ａ和Ｂ的质量ｍＡ＝ｍＢ＝1ｋｇ，ｇ＝10ｍ／ｓ2，不计阻力，先将Ａ向上抬高使弹簧伸长5ｃｍ后从静止释放，Ａ和Ｂ一起做上下方向的简谐运动，已知弹簧的弹性势能决定于弹簧的形变大小．（1）试求Ａ的振幅；（2）试求Ｂ的最大速率；（3）试求在最高点和最低点Ａ对Ｂ的作用力．参考解题过程与答案1．解：设经过时间ｔ，物体到达Ｐ点（1）ｘＰ＝ｖ０ｔ，ｙＰ＝（1／2）（Ｆ／ｍ）ｔ2，ｘＰ／ｙＰ＝ｃｔｇ37°，联解得ｔ＝3ｓ，ｘ＝30ｍ，ｙ＝22．5ｍ，坐标（30ｍ，22．5ｍ） （2）ｖｙ＝（Ｆ／ｍ）ｔ＝15ｍ／ｓ，∴ｖ＝220yv v += 513ｍ／ｓ， ｔｇα＝ｖｙ／ｖ０＝15／10＝3／2，∴ α＝ａｒｃｔｇ（3／2），α为ｖ与水平方向的夹角．2．解：在0～1ｓ内，由ｖ-ｔ图象，知 ａ１＝12ｍ／ｓ２，由牛顿第二定律，得Ｆ－μｍｇｃｏｓθ－ｍｇｓｉｎθ＝ｍａ１， ①在0～2ｓ内，由ｖ-ｔ图象，知ａ２＝－6ｍ／ｓ２， 因为此时物体具有斜向上的初速度，故由牛顿第二定律，得 －μｍｇｃｏｓθ－ｍｇｓｉｎθ＝ｍａ２， ② ②式代入①式，得 Ｆ＝18Ｎ．3．解：在传送带的运行速率较小、传送时间较长时，物体从Ａ到Ｂ需经历匀加速运动和匀速运动两个过程，设物体匀加速运动的时间为ｔ1，则（ｖ／2）ｔ１＋ｖ（ｔ－ｔ１）＝Ｌ，所以 ｔ１＝2（ｖｔ－Ｌ）／ｖ＝（2×（2×6－10）／2）ｓ＝2ｓ．为使物体从Ａ至Ｂ所用时间最短，物体必须始终处于加速状态，由于物体与传送带之间的滑动摩擦力不变，所以其加速度也不变．而 ａ＝ｖ／ｔ＝1ｍ／ｓ２．设物体从Ａ至Ｂ所用最短的时间为ｔ2，则 （1／2）ａｔ2２＝Ｌ， ｔ2＝2L a =2101⨯＝25ｓ． ｖｍｉｎ＝ａｔ2＝1×25ｍ／ｓ＝25ｍ／ｓ．传送带速度再增大1倍，物体仍做加速度为1ｍ／ｓ２的匀加速运动，从Ａ至Ｂ的传送时间为25ｍ／ｓ．4．解：启动前Ｎ１＝ｍｇ， 升到某高度时 Ｎ2＝（17／18）Ｎ１＝（17／18）ｍｇ， 对测试仪 Ｎ2－ｍｇ′＝ｍａ＝ｍ（ｇ／2）， ∴ ｇ′＝（8／18）ｇ＝（4／9）ｇ，ＧｍＭ／Ｒ2＝ｍｇ，ＧｍＭ／（Ｒ＋ｈ）2＝ｍｇ′，解得：ｈ＝（1／2）Ｒ．5．解：由匀加速运动的公式 ｖ２＝ｖ０２＋2ａｓ 得物块沿斜面下滑的加速度为ａ＝ｖ2／2ｓ＝1．42／（2×1．4）＝0．7ｍｓ－２，由于ａ＜ｇｓｉｎθ＝5ｍｓ－２，可知物块受到摩擦力的作用．图3分析物块受力，它受3个力，如图3．对于沿斜面的方向和垂直于斜面的方向，由牛顿定律有ｍｇｓｉｎθ－ｆ１＝ｍａ，ｍｇｃｏｓθ－Ｎ１＝0，分析木楔受力，它受5个力作用，如图3所示．对于水平方向，由牛顿定律有ｆ2＋ｆ１ｃｏｓθ－Ｎ１ｓｉｎθ＝0，由此可解得地面的作用于木楔的摩擦力ｆ2＝ｍｇｃｏｓθｓｉｎθ－（ｍｇｓｉｎθ－ｍａ）ｃｏｓθ＝ｍａｃｏｓθ＝1×0．7×（／2）＝0．61Ｎ．此力的方向与图中所设的一致（由指向）．7．解：设月球表面重力加速度为ｇ，根据平抛运动规律，有ｈ＝（1／2）ｇｔ２，①水平射程为Ｌ＝ｖ０ｔ，②联立①②得ｇ＝2ｈｖ０２／Ｌ２．③根据牛顿第二定律，得ｍｇ＝ｍ（2π／Ｔ）２Ｒ，④联立③④得Ｔ＝（πＬ／ｖ０ｈ）．⑤8．解：前2秒内，有Ｆ－ｆ＝ｍａ１，ｆ＝μＮ，Ｎ＝ｍｇ，则ａ１＝（Ｆ－μｍｇ）／ｍ＝4ｍ／ｓ２，ｖｔ＝ａ１ｔ＝8ｍ／ｓ，撤去Ｆ以后ａ２＝ｆ／ｍ＝2ｍ／ｓ，ｓ＝ｖ１２／2ａ２＝16ｍ．9．解：（1）用力斜向下推时，箱子匀速运动，则有Ｆｃｏｓθ＝ｆ，ｆ＝μＮ，Ｎ＝Ｇ＋Ｆｓｉｎθ，联立以上三式代数据，得Ｆ＝1．2×10２Ｎ．（2）若水平用力推箱子时，据牛顿第二定律，得Ｆ合＝ｍａ，则有Ｆ－μＮ＝ｍａ，Ｎ＝Ｇ，联立解得ａ＝2．0ｍ／ｓ２．ｖ＝ａｔ＝2．0×3．0ｍ／ｓ＝6．0ｍ／ｓ，ｓ＝（1／2）ａｔ２＝（1／2）×2．0×3．0２ｍ／ｓ＝9．0ｍ，推力停止作用后ａ′＝ｆ／ｍ＝4．0ｍ／ｓ２（方向向左），ｓ′＝ｖ２／2ａ′＝4．5ｍ，则ｓ总＝ｓ＋ｓ′＝13．5ｍ．10．解：根据题中说明，该运动员发球后，网球做平抛运动．以ｖ表示初速度，Ｈ表示网球开始运动时离地面的高度（即发球高度），ｓ１表示网球开始运动时与网的水平距离（即运动员离开网的距离），ｔ１表示网球通过网上的时刻，ｈ表示网球通过网上时离地面的高度，由平抛运动规律得到ｓ１＝ｖｔ１，Ｈ－ｈ＝（1／2）ｇｔ１２，消去ｔ１，得ｖ＝ｍ／ｓ，ｖ≈23ｍ／ｓ．以ｔ２表示网球落地的时刻，ｓ２表示网球开始运动的地点与落地点的水平距离，ｓ表示网球落地点与网的水平距离，由平抛运动规律得到Ｈ＝（1／2）ｇｔ２２，ｓ２＝ｖｔ２，消去ｔ２，得ｓ２＝ｖ2Hg≈16ｍ，网球落地点到网的距离ｓ＝ｓ２－ｓ１≈4ｍ．11．解：（1）设卫星质量为ｍ，它在地球附近做圆周运动，半径可取为地球半径Ｒ，运动速度为ｖ，有ＧＭｍ／Ｒ２＝ｍｖ２／Ｒ得ｖ＝GMR．（2）由（1）得：Ｍ＝ｖ２Ｒ／Ｇ＝＝6．0×1024ｋｇ．13．解：设木块到Ｂ时速度为ｖ０，车与船的速度为ｖ１，对木块、车、船系统，有ｍ１ｇｈ＝（ｍ１ｖ０2／2）＋（（ｍ２＋ｍ３）ｖ１2／2），ｍ１ｖ０＝（ｍ２＋ｍ３）ｖ１，解得ｖ０＝5gh15，ｖ１＝gh15．木块到Ｂ后，船以ｖ１继续向左匀速运动，木块和车最终以共同速度ｖ２向右运动，对木块和车系统，有ｍ１ｖ０－ｍ２ｖ１＝（ｍ１＋ｍ２）ｖ２，μｍ１ｇｓ＝（（ｍ１ｖ０2／2）＋（ｍ２ｖ１2／2））－（（ｍ１＋ｍ２）ｖ２2／2），得ｖ２＝ｖ１gh152ｈ．图4研究小球的受力情况如图4所示，因为小球做匀速圆周运动，所以切向合力为零，即Ｆｓｉｎθ＝ｆ，其中 ｓｉｎθ＝Ｒ／22L R +， 联立解得 ｆ＝Ｐ／ω22L R +．15．解：（1）用ｖ１表示子弹射入木块Ｃ后两者的共同速度，由于子弹射入木块Ｃ时间极短，系统动量守恒，有 ｍｖ０＝（ｍ＋Ｍ）ｖ１，∴ ｖ１＝ｍｖ０／（ｍ＋Ｍ）＝3ｍ／ｓ， 子弹和木块Ｃ在ＡＢ木板上滑动，由动能定理得：（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ２２－（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ１２＝－μ（ｍ＋Ｍ）ｇＬ，解得 ｖ２＝21v 2gL -μ＝22ｍ／ｓ．（2）用ｖ′表示子弹射入木块Ｃ后两者的共同速度，由动量守恒定律，得 ｍｖ０′＋Ｍｕ＝（ｍ＋Ｍ）ｖ１′，解得 ｖ１′＝4ｍ／ｓ．木块Ｃ及子弹在ＡＢ木板表面上做匀减速运动 ａ＝μｇ．设木块Ｃ和子弹滑至ＡＢ板右端的时间为ｔ，则木块Ｃ和子弹的位移ｓ１＝ｖ１′ｔ－（1／2）ａｔ2，由于ｍ车≥（ｍ＋Ｍ），故小车及木块ＡＢ仍做匀速直线运动，小车及木板ＡＢ的位移 ｓ＝ｕｔ，由图5可知：ｓ１＝ｓ＋Ｌ，联立以上四式并代入数据得： ｔ2－6ｔ＋1＝0，解得：ｔ＝（3－22）ｓ，（ｔ＝（3＋22）ｓ不合题意舍去）， （11）∴ ｓ＝ｕｔ＝0．18ｍ．16．解：（1）设Ａ滑上Ｂ后达到共同速度前并未碰到档板，则根据动量守恒定律得它们的共同速度为ｖ，有图5ｍｖ０＝（Ｍ＋ｍ）ｖ，解得ｖ＝2ｍ／ｓ，在这一过程中，Ｂ的位移为ｓＢ＝ｖＢ2／2ａＢ且ａＢ＝μｍｇ／Ｍ，解得ｓＢ＝Ｍｖ2／2μｍｇ＝2×22／2×0．2×1×10＝2ｍ．设这一过程中，Ａ、Ｂ的相对位移为ｓ１，根据系统的动能定理，得μｍｇｓ１＝（1／2）ｍｖ０2－（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2，解得ｓ１＝6ｍ．当ｓ＝4ｍ时，Ａ、Ｂ达到共同速度ｖ＝2ｍ／ｓ后再匀速向前运动2ｍ碰到挡板，Ｂ碰到竖直挡板后，根据动量守恒定律得Ａ、Ｂ最后相对静止时的速度为ｖ′，则Ｍｖ－ｍｖ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ′，解得ｖ′＝（2／3）ｍ／ｓ．在这一过程中，Ａ、Ｂ的相对位移为ｓ２，根据系统的动能定理，得μｍｇｓ２＝（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2－（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ′2，解得ｓ２＝2．67ｍ．因此，Ａ、Ｂ最终不脱离的木板最小长度为ｓ１＋ｓ２＝8．67ｍ（2）因Ｂ离竖直档板的距离ｓ＝0．5ｍ＜2ｍ，所以碰到档板时，Ａ、Ｂ未达到相对静止，此时Ｂ的速度ｖＢ为ｖＢ2＝2ａＢｓ＝（2μｍｇ／Ｍ）ｓ，解得ｖＢ＝1ｍ／ｓ，设此时Ａ的速度为ｖＡ，根据动量守恒定律，得ｍｖ０＝ＭｖＢ＋ｍｖＡ，解得ｖＡ＝4ｍ／ｓ，设在这一过程中，Ａ、Ｂ发生的相对位移为ｓ１′，根据动能定理得：μｍｇｓ１′＝（1／2）ｍｖ０2－（（1／2）ｍｖＡ2＋（1／2）ＭｖＢ2），解得ｓ１′＝4．5ｍ．Ｂ碰撞挡板后，Ａ、Ｂ最终达到向右的相同速度ｖ，根据动能定理得ｍｖＡ－ＭｖＢ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ，解得ｖ＝（2／3）ｍ／ｓ．在这一过程中，Ａ、Ｂ发生的相对位移ｓ２′为μｍｇｓ２′＝（1／2）ｍｖＡ2＋（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2，解得ｓ２′＝（25／6）ｍ．Ｂ再次碰到挡板后，Ａ、Ｂ最终以相同的速度ｖ′向左共同运动，根据动量守恒定律，得Ｍｖ－ｍｖ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ′，解得ｖ′＝（2／9）ｍ／ｓ．在这一过程中，Ａ、Ｂ发生的相对位移ｓ３′为：μｍｇｓ３′＝（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2－（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ′2，解得ｓ３′＝（8／27）ｍ．因此，为使Ａ不从Ｂ上脱落，Ｂ的最小长度为ｓ１′＋ｓ２′＋ｓ３′＝8．96ｍ．17．解：（1）Ｂ与Ａ碰撞后，Ｂ相对于Ａ向左运动，Ａ所受摩擦力方向向左，Ａ的运动方向向右，故摩擦力作负功．设Ｂ与Ａ碰撞后的瞬间Ａ的速度为ｖ１，Ｂ的速度为ｖ２，Ａ、Ｂ相对静止后的共同速度为ｖ，整个过程中Ａ、Ｂ组成的系统动量守恒，有Ｍｖ０＝（Ｍ＋1．5Ｍ）ｖ，ｖ＝2ｖ０／5．碰撞后直至相对静止的过程中，系统动量守恒，机械能的减少量等于系统克服摩擦力做的功，即Ｍｖ２＋1．5Ｍｖ１＝2．5Ｍｖ，①（1／2）×1．5Ｍｖ１2＋（1／2）Ｍｖ２2－（1／2）×2．5Ｍｖ2＝Ｍμｇｌ，②可解出ｖ１＝（1／2）ｖ０（另一解ｖ１＝（3／10）ｖ０因小于ｖ而舍去）这段过程中，Ａ克服摩擦力做功Ｗ＝（1／2）×1．5Ｍｖ１2－（1／2）×1．5Ｍｖ2＝（27／400）Ｍｖ０2（0．068Ｍｖ０2）．（2）Ａ在运动过程中不可能向左运动，因为在Ｂ未与Ａ碰撞之前，Ａ受到的摩擦力方向向右，做加速运动，碰撞之后Ａ受到的摩擦力方向向左，做减速运动，直到最后，速度仍向右，因此不可能向左运动．Ｂ在碰撞之后，有可能向左运动，即ｖ２＜0．先计算当ｖ２＝0时满足的条件，由①式，得ｖ１＝（2ｖ０／3）－（2ｖ２／3），当ｖ２＝0时，ｖ１＝2ｖ０／3，代入②式，得（（1／2）×1．5Ｍ4ｖ０2／9）－（（1／2）×2．5Ｍ4ｖ０2／25）＝Ｍμｇｌ，解得μｇｌ＝2ｖ０2／15．Ｂ在某段时间内向左运动的条件之一是μｌ＜2ｖ０2／15ｇ．另一方面，整个过程中损失的机械能一定大于或等于系统克服摩擦力做的功，即（1／2）Ｍｖ０2－（1／2）2．5Ｍ（2ｖ０／5）2≥2Ｍμｇｌ，解出另一个条件是μｌ≤3ｖ０2／20ｇ，最后得出Ｂ在某段时间内向左运动的条件是2ｖ０2／15ｇ＜μｌ≤3ｖ０2／20ｇ．19．解：（1）开始Ａ、Ｂ处于静止状态时，有ｋｘ０－（ｍＡ＋ｍＢ）ｇｓｉｎ30°＝0，①设施加Ｆ时，前一段时间Ａ、Ｂ一起向上做匀加速运动，加速度为ａ，ｔ＝0．2ｓ，Ａ、Ｂ间相互作用力为零，对Ｂ有：ｋｘ－ｍＢｇｓｉｎ30°＝ｍＢａ，②ｘ－ｘ０＝（1／2）ａｔ2，③解①、②、③得：ａ＝5ｍｓ－2，ｘ０＝0．05ｍ，ｘ＝0．15ｍ，初始时刻Ｆ最小Ｆｍｉｎ＝（ｍＡ＋ｍＢ）ａ＝60Ｎ．ｔ＝0．2ｓ时，Ｆ最大Ｆｍａｘ－ｍＡｇｓｉｎ30°＝ｍＡａ，Ｆｍａｘ＝ｍＡ（ｇｓｉｎ30°＋ａ）＝100Ｎ，（2）ΔＥＰＡ＝ｍＡｇΔｈ＝ｍＡｇ（ｘ－ｘ０）ｓｉｎ30°＝5Ｊ．20．解：当弹簧处于压缩状态时，系统的机械能等于两滑块的动能和弹簧的弹性势能之和．当弹簧伸长到其自然长度时，弹性势能为零，因这时滑块Ａ的速度为零，故系统的机械能等于滑块Ｂ的动能．设这时滑块Ｂ的速度为ｖ则有Ｅ＝（1／2）ｍ２ｖ2，①由动量守恒定律（ｍ１＋ｍ２）ｖ０＝ｍ２ｖ，②解得Ｅ＝（1／2）（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２．③假定在以后的运动中，滑块Ｂ可以出现速度为零的时刻，并设此时滑块Ａ的速度为ｖ１．这时，不论弹簧是处于伸长还是压缩状态，都具有弹性势能Ｅｐ．由机械能守恒定律得（1／2）ｍ１ｖ１2＋Ｅｐ＝（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２），④根据动量守恒（ｍ１＋ｍ２）ｖ０＝ｍ１ｖ１，⑤求出ｖ１，代入④式得（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ１）＋Ｅｐ＝（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２），⑥因为Ｅｐ≥0，故得（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ１）≤（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２），⑦即ｍ１≥ｍ２，与已知条件ｍ１＜ｍ２不符．可见滑块Ｂ的速度永不为零，即在以后的运动中，不可能出现滑动Ｂ的速度为零的情况．21．解：设恰好物体相对圆盘静止时，弹簧压缩量为Δｌ，静摩擦力为最大静摩擦力ｆｍａｘ，这时物体处于临界状态，由向心力公式ｆｍａｘ－ｋΔｌ＝ｍＲｗ2，①假若物体向圆心移动ｘ后，仍保持相对静止，ｆ１－ｋ（Δｌ＋ｘ）＝ｍ（Ｒ－ｘ）ｗ2，②由①、②两式可得ｆｍａｘ－ｆ１＝ｍｘｗ2－ｋｘ，③所以ｍｘｗ2－ｋｘ≥0，得ｋ≤ｍｗ2，④若物体向外移动ｘ后，仍保持相对静止，ｆ２－ｋ（Δｌ－ｘ）≥ｍ（Ｒ＋ｘ）ｗ2，⑤由①～⑥式得ｆｍａｘ－ｆ２＝ｋｘ－ｍｘｗ2≥0，⑥所以ｋ≥ｍｗ2，⑦即若物体向圆心移动，则ｋ≤ｍｗ2，若物体向远离圆心方向移动，则ｋ≥ｍｗ2．22．解：卫星环绕地球作匀速圆周运动，设卫星的质量为ｍ，轨道半径为ｒ，受到地球的万有引力为Ｆ，Ｆ＝ＧＭｍ／ｒ2，①式中Ｇ为万有引力恒量，Ｍ是地球质量．设ｖ是卫星环绕地球做匀速圆周运动的线速度，Ｔ是运动周期，根据牛顿第二定律，得Ｆ＝ｍｖ2／ｒ，②由①、②推导出ｖ＝GMr．③③式表明：ｒ越大，ｖ越小．人造卫星的周期就是它环绕地球运行一周所需的时间Ｔ，Ｔ＝2πｒ／ｖ，④由③、④推出Ｔ＝2π3rGM，⑤⑤式说明：ｒ越大，Ｔ越大．23．证：设质点通过Ａ点时的速度为ｖＡ，通过Ｃ点时的速度为ｖＣ，由匀变速直线运动的公式得：ｓ1＝ｖＡＴ＋ａＴ2／2，ｓ3＝ｖＣＴ＋ａＴ2／2，ｓ3－ｓ1＝ｖＣＴ－ｖＡＴ．∵ｖＣ＝ｖＡ＋2ａＴ，∴ｓ3－ｓ1＝（ｖＡ－2ａＴ－ｖＡ）Ｔ＝2ａＴ2，ａ＝（ｓ3－ｓ1）／2Ｔ2．24．根据：如果在连续的相等的时间内的位移之差相等，则物体做匀变速运动．证明：设物体做匀速运动的初速度为ｖ0，加速度为ａ，第一个Ｔ内的位移为ｓ1＝ｖ0Ｔ＋ａＴ2／2；第二个Ｔ内的位移为ｓ2＝（ｖ0＋ａＴ）Ｔ＋ａＴ2／2；第Ｎ个Ｔ内的位移为ｓＮ＝［ｖ0＋（Ｎ－1）ａＴ］Ｔ＋ａＴ2／2．ｓＮ－ｓＮ－1＝ａＴ2，逆定理也成立．25．解：由匀变速直线运动的公式得小物块的加速度的大小为ａ1＝（ｖ0－ｖｔ）／ｔ＝2（ｍ／ｓ2）．木板的加速度大小为ａ2＝2ｓ／ｔ2＝0.25（ｍ／ｓ2）．根据牛顿第二定律Ｆ＝ｍａ对小物块得ｆ′1＝ｍａ1＝1×2＝2Ｎ，对木板得ｆ1－μ（ｍ＋Ｍ）ｇ＝Ｍａ2，μ＝（ｆ1－Ｍａ2）／（ｍ＋Ｍ）ｇ＝（2－4×0.25）／（1＋4）×10＝0.02．27．解：当ｔ＝0时，ａＡ0＝9／3＝3ｍ／ｓ2，ａＢ0＝3／6＝0.5ｍ／ｓ2．ａＡ0＞ａＢ0，Ａ、Ｂ间有弹力，随ｔ之增加，Ａ、Ｂ间弹力在减小，当（9－2ｔ）／3＝（3＋2ｔ）／6，ｔ＝2.5ｓ时，Ａ、Ｂ脱离，以Ａ、Ｂ整体为研究对象，在ｔ＝2.5ｓ内，加速度ａ＝（ＦＡ＋ＦＢ）／（ｍＡ＋ｍＢ）＝4／3ｍ／ｓ2，ｓ＝ａｔ2／2＝4.17ｍ．28．解：（1）由ｍＣｖ0＝ｍＣｖ＋（ｍＡ＋ｍＢ）ｖ1，Ｃ由Ａ滑至Ｂ时，Ａ、Ｂ的共同速度是ｖ1＝ｍＣ（ｖ0－ｖ）／（ｍＡ＋ｍＢ）＝0.2ｍ／ｓ．由μｍＣｇｌＡ＝ｍＣｖ02／2－ｍＣｖ2／2－（ｍＡ＋ｍＢ）ｖ12／2，得μ＝［ｍＣ（ｖ02－ｖ2）－（ｍＡ＋ｍＢ）ｖ12］／2ｍＣｇｌＡ＝0.48．（2）由ｍＣｖ＋ｍＢｖ1＝（ｍＣ＋ｍＢ）ｖ2，Ｃ相对Ｂ静止时，Ｂ、Ｃ的共同速度是ｖ2＝（ｍＣｖ＋ｍＢｖ1）／（ｍＣ＋ｍＢ）＝0.65ｍ／ｓ．由μｍＣｇｌＢ＝ｍＣｖ2／2＋ｍＢｖ12－（ｍＣ＋ｍＢ）ｖ22／2，Ｃ在Ｂ上滑行距离为ｌＢ＝［ｍＣｖ2＋ｍＢｖ12－（ｍＣ＋ｍＢ）ｖ22］／2μｍＣｇ＝0.25ｍ．（3）由μｍＣｇｓ＝ｍＢｖ22／2－ｍＢｖ12／2，Ｂ相对地滑行的距离ｓ＝［ｍＢ（ｖ22－ｖ12）］／2μｍＣｇ＝0.12ｍ．（4）Ｃ在Ａ、Ｂ上匀减速滑行，加速度大小由μｍＣｇ＝ｍＣａ，得ａ＝μｇ＝4.8ｍ／ｓ2．Ｃ在Ａ上滑行的时间ｔ1＝（ｖ0－ｖ）／ａ＝0.21ｓ．Ｃ在Ｂ上滑行的时间ｔ2＝（ｖ－ｖ2）／ａ＝0.28ｓ．所求时间ｔ＝ｔ1＋ｔ2＝0.21ｓ＋0.28ｓ＝0.49ｓ．29．匀加速下滑时，受力如图1ａ，由牛顿第二定律，有：ｍｇｓｉｎθ－μｍｇｃｏｓθ＝ｍａ＝ｍｇｓｉｎθ／2，ｓｉｎθ／2＝μｃｏｓθ，得μ＝ｓｉｎθ／2ｃｏｓθ．图1静止时受力分析如图1ｂ，摩擦力有两种可能：①摩擦力沿斜面向下；②摩擦力沿斜面向上．摩擦力沿斜面向下时，由平衡条件Ｆｃｏｓθ＝ｆ＋ｍｇｓｉｎθ，Ｎ＝ｍｇｃｏｓθ＋Ｆｓｉｎθ，ｆ＝μＮ，解得Ｆ＝（ｓｉｎθ＋μｃｏｓθ）／（ｃｏｓθ－μｓｉｎθ）ｍｇ＝3ｓｉｎθｃｏｓθ／（2ｃｏｓ2θ－ｓｉｎ2θ）ｍｇ．摩擦力沿斜面向上时，由平衡条件Ｆｃｏｓθ＋ｆ＝ｍｇｓｉｎθ，Ｎ＝ｍｇｃｏｓθ＋Ｆｓｉｎθ，ｆ＝μＮ．解得Ｆ＝（ｓｉｎθ－μｃｏｓθ）／（ｃｏｓθ＋μｓｉｎθ）ｍｇ＝ｓｉｎθｃｏｓθ／（2ｃｏｓ2θ＋ｓｉｎ2θ）ｍｇ．31．解：（1）设刹车后，平板车的加速度为ａ0，从开始刹车到车停止所经历时间为ｔ0，车所行驶距离为ｓ0，则有ｖ02＝2ａ0ｓ0，ｖ0＝ａ0ｔ0．欲使ｔ0小，ａ0应该大，作用于木箱的滑动摩擦力产生的加速度ａ1＝μｍｇ／ｍ＝μｇ．当ａ0＞ａ1时，木箱相对车底板滑动，从刹车到车停止过程中木箱运动的路程为ｓ1，则ｖ02＝2ａ2ｓ1．为使木箱不撞击驾驶室，应有ｓ1－ｓ0≤Ｌ．联立以上各式解得：ａ0≤μｇｖ02／（ｖ02－2μｇＬ）＝5ｍ／ｓ2，∴ｔ0＝ｖ0／ａ0＝4.4ｓ．（2）对平板车，设制动力为Ｆ，则Ｆ＋ｋ（Ｍ＋ｍ）ｇ－μｍｇ＝Ｍａ0，解得：Ｆ＝7420Ｎ．32．解：对系统ａ0＝［Ｆ－μｇ（ｍ1＋ｍ2）］／（ｍ1＋ｍ2）＝1ｍ／ｓ2．对木块1，细绳断后：│ａ1│＝ｆ1／ｍ1＝μｇ＝1ｍ／ｓ2．设细绳断裂时刻为ｔ1，则木块1运动的总位移：ｓ1＝2ａ0ｔ12／2＝ａ0ｔ12．对木块2，细绳断后，ａ2＝（Ｆ－μｍ2ｇ）／ｍ2＝2ｍ／ｓ2．木块2总位移ｓ2＝ｓ′＋ｓ″＝ａ0ｔ12／2＋ｖ1（6－ｔ1）＋ａ2（6－ｔ1）2／2，两木块位移差Δｓ＝ｓ2－ｓ1＝22（ｍ）．得ａ0ｔ12／2＋ｖ1（6－ｔ1）＋ａ2（6－ｔ1）2／2－ａ0ｔ12＝22，把ａ0，ａ2值，ｖ1＝ａ0ｔ1代入上式整理得：ｔ12＋12ｔ1－28＝0，得ｔ1＝2ｓ．木块2末速ｖ2＝ｖ1＋ａ2（6－ｔ1）＝ａ0ｔ1＋ａ2（6－ｔ1）＝10ｍ／ｓ．此时动能Ｅｋ＝ｍ2ｖ22／2＝2×102／2Ｊ＝100Ｊ．图234．解：设ｍ1、ｍ2两物体受恒力Ｆ作用后，产生的加速度分别为ａ1、ａ2，由牛顿第二定律Ｆ＝ｍａ，得ａ1＝Ｆ／ｍ1，ａ2＝Ｆ／ｍ2，历时ｔ两物体速度分别为ｖ1＝ａ1ｔ，ｖ2＝ｖ0＋ａ2ｔ，由题意令ｖ1＝ｖ2，即ａ1ｔ＝ｖ0＋ａ2ｔ或（ａ1－ａ2）ｔ＝ｖ0，因ｔ≠0、ｖ0＞0，欲使上式成立，需满足ａ1－ａ2＞0，即Ｆ／ｍ1＞Ｆ／ｍ2，或ｍ1＜ｍ2，也即当ｍ1≥ｍ2时不可能达到共同速度，当ｍ1＜ｍ2时，可以达到共同速度．35．解：（1）当小球刚好能在轨道内做圆周运动时，水平初速度ｖ最小，此时有ｍｇ＝ｍｖ2／Ｒ， 故 ｖ＝gR ＝100.8/2⨯＝2ｍ／ｓ．（2）若初速度ｖ′＜ｖ，小球将做平抛运动，如在其竖直位移为Ｒ的时间内，其水平位移ｓ≥Ｒ，小球可进入轨道经过Ｂ点．设其竖直位移为Ｒ时，水平位移也恰为R ，则Ｒ＝ｇｔ2／2，Ｒ＝ｖ′ｔ，解得：ｖ′＝2gR ／2＝2ｍ／ｓ．因此，初速度满足2ｍ／ｓ＞ｖ′≥2ｍ／ｓ时，小球可做平抛运动经过Ｂ点．36．卫星在天空中任何天体表面附近运行时，仅受万有引力Ｆ作用使卫星做圆周运动，运动半径等于天体的球半径Ｒ．设天体质量为Ｍ，卫星质量为ｍ，卫星运动周期为Ｔ，天体密度为ρ．根据万有引力定律Ｆ＝ＧＭｍ／Ｒ2，卫星做圆周运动向心力Ｆ′＝ｍ4π2Ｒ／Ｔ2， 因为 Ｆ′＝Ｆ，得ＧＭｍ／Ｒ2＝ｍ4π2Ｒ／Ｔ2，∴Ｔ＝234R GMπ．又球体质量Ｍ＝4πＲ3ρ／3．得Ｔ＝2334R 4G R3ππ⋅⋅ρ=3G πρ，∴Ｔ∝1／ρ，得证．37．解：由于两球相碰满足动量守恒ｍ1ｖ0＝ｍ1ｖ1＋ｍ2ｖ2，ｖ1＝－1.3ｍ／ｓ． 两球组成系统碰撞前后的总动能Ｅｋ1＋Ｅｋ2＝ｍ1ｖ02／2＋0＝2.5Ｊ， Ｅｋ1′＋Ｅｋ2′＝ｍ1ｖ12／2＋ｍ2ｖ22／2＝2.8Ｊ．可见，Ｅｋ1′＋Ｅｋ2′＞Ｅｋ1＋Ｅｋ2，碰后能量较碰撞前增多了，违背了能量守恒定律，这种假设不合理．38．解：（1）由动量守恒，得ｍｖ0＝ｍｖ1＋Ｍｖ2， 由运动学公式得ｓ＝（ｖ1－ｖ2）ｔ，ｈ＝ｇｔ2／2， 由以上三式得ｖ2＝（ｍｖ0－ｓｍg2h）／（Ｍ＋ｍ）． （2）最后车与物体以共同的速度ｖ向右运动，故有ｍｖ0＝（Ｍ＋ｍ）ｖｖ＝ｍｖ0／（Ｍ＋ｍ）．∴ΔＥ＝ｍｖ02／2＋ｍｇｈ－（Ｍ＋ｍ）ｍ2ｖ02／2（Ｍ＋ｍ）2． 解得ΔＥ＝ｍｇｈ＋Ｍｍｖ02／2（Ｍ＋ｍ）．39．解：设碰前Ａ、Ｂ有共同速度ｖ时，Ｍ前滑的距离为ｓ．则ｍｖ0＝（ｍ＋Ｍ）ｖ，ｆｓ＝Ｍｖ2／2，ｆ＝μｍｇ．由以上各式得ｓ＝Ｍｍｖ02／2μｇ（Ｍ＋ｍ）2．当ｖ0＝2ｍ／ｓ时，ｓ＝2／9ｍ＜0.5ｍ，即Ａ、Ｂ有共同速度．当ｖ0＝4ｍ／ｓ时，ｓ＝8／9ｍ＞0.5ｍ，即碰前Ａ、Ｂ速度不同．40．解：（1）物体由Ａ滑至Ｂ的过程中，由三者系统水平方向动量守恒得：ｍｖ0＝ｍｖ0／2＋2ｍｖＡＢ．解之得ｖＡＢ＝ｖ0／4．（2）物块由Ａ滑至Ｂ的过程中，由三者功能关系得：μｍｇＬ＝ｍｖ02／2－ｍ（ｖ0／2）2／2－2ｍ（ｖ2／2．0／4）解之得Ｌ＝5ｖ02／16μｇ．（3）物块由Ｄ滑到Ｃ的过程中，二者系统水平方向动量守恒，又因为物块到达最高点Ｃ时，物块与滑块速度相等且水平，均为ｖ．故得ｍｖ0／2＋ｍｖ0／4＝2ｍｖ，∴得滑块的动能ＥＣＤ＝ｍｖ2／2＝9ｍｖ02／128．42．解：（1）ｍ速度最大的位置应在O点左侧．因为细线烧断后，ｍ在弹簧弹力和滑动摩擦力的合力作用下向右做加速运动，当弹力与摩擦力的合力为零时，ｍ的速度达到最大，此时弹簧必处于压缩状态．此后，系统的机械能不断减小，不能再达到这一最大速度．（2）选ｍ、Ｍ为一系统，由动量守恒定律得ｍｖ1＝Ｍｖ2．设这一过程中弹簧释放的弹性势能为Ｅｐ，则Ｅｐ＝ｍｖ12／2＋Ｍｖ22／2＋μｍｇｓ，解得ｖ2＝ｍｖ1／Ｍ，Ｅｐ＝ｍ［（Ｍ＋ｍ）ｖ12／2Ｍ＋μｇｓ］．（2）ｍ与Ｍ最终将静止，因为系统动量守恒，且总动量为零，只要ｍ与Ｍ间有相对运动，就要克服摩擦力做功，不断消耗能量，所以，ｍ与Ｍ最终必定都静止．43．解：（1）第一颗子弹射入木块过程，系统动量守恒，有ｍｖ0＝（ｍ＋Ｍ）ｖ1．射入后，在ＯＢＣ运动过程中，机械能守恒，有（ｍ＋Ｍ）ｖ12／2＝（ｍ＋Ｍ）ｇＲ，得ｖ0＝（Ｍ＋ｍ）2gR／ｍ．（2）由动量守恒定律知，第2、4、6……颗子弹射入木块后，木块速度为0，第1、3、5……颗子弹射入后，木块运动．当第9颗子弹射入木块时，由动量守恒得：ｍｖ0＝（9ｍ＋Ｍ）ｖ9，设此后木块沿圆弧上升最大高度为Ｈ，由机械能守恒定律得：（9ｍ＋Ｍ）ｖ92／2＝（9ｍ＋Ｍ）ｇＨ，由以上可得：Ｈ＝［（Ｍ＋ｍ）／（Ｍ＋9ｍ）］2Ｒ．44．解：（1）设第一次碰墙壁后，平板车向左移动ｓ，速度变为0．由于体系总动量向右，平板车速度为零时，滑块还在向右滑行．由动能定理－μＭｇｓ＝0－ｍｖ02／2，ｓ＝ｍｖ02／2μＭｇ＝0.33ｍ．（2）假如平板车在第二次碰墙前还未和滑块相对静止，则其速度的大小肯定还是2ｍ／ｓ，因为只要相对运动，摩擦力大小为恒值．滑块速度则大于2ｍ／ｓ，方向均向右．这样就违反动量守恒．所以平板车在第二次碰墙前肯定已和滑块具有共同速度ｖ．此即平板车碰墙前瞬间的速度．Ｍｖ0－ｍｖ0＝（Ｍ＋ｍ）ｖ，∴ｖ＝（Ｍ－ｍ）ｖ0／（Ｍ＋ｍ）＝0.4ｍ／ｓ．图3（3）平板车与墙壁第一次碰撞后滑块与平板又达到共同速度ｖ前的过程，可用图3（ａ）、（ｂ）、（ｃ）表示．图3（ａ）为平板车与墙碰撞后瞬间滑块与平板车的位置，图3（ｂ）为平板车到达最左端时两者的位置，图3（ｃ）为平板车与滑块再次达到共同速度时两者的位置．在此过程中滑块动能减少等于摩擦力对滑块所做功μΜｇｓ′，平板车动能减少等于摩擦力对平板车所做功μＭｇｓ″（平板车从Ｂ到Ａ再回到Ｂ的过程中摩擦力做功为零），其中ｓ′、ｓ″分别为滑块和平板车的位移．滑块和平板车动能总减少为μＭｇｌ1，其中ｌ1＝ｓ′＋ｓ″为滑块相对平板车的位移，此后，平板车与墙壁发生多次碰撞，每次情况与此类似，最后停在墙边．设滑块相对平板车总位移为ｌ，则有（Ｍ＋ｍ）ｖ02／2＝μＭｇｌ，ｌ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ02／2μＭｇ＝0.833ｍ．ｌ即为平板车的最短长度．图445．解：如图4，Ａ球从静止释放后将自由下落至Ｃ点悬线绷直，此时速度为ｖＣ∵ｖＣ2＝2ｇ×2Ｌｓｉｎ30°，∴ｖＣ＝2gL＝2ｍ／ｓ．在线绷直的过程中沿线的速度分量减为零时，Ａ将以切向速度ｖ1沿圆弧运动且ｖ1＝ｖＣ3Ａ球从Ｃ点运动到最低点与Ｂ球碰撞前机械能守恒，可求出Ａ球与Ｂ球碰前的速度 ｍＡｖ12／2＋ｍＡｇＬ（1－ｃｏｓ60°）＝ｍＡｖ22／2，ｖ2＝21v gL +=3100.2+⨯=5ｍ／ｓ．因Ａ、Ｂ两球发生无能量损失的碰撞且ｍＡ＝ｍＢ，所以它们的速度交换，即碰后Ａ球的速度为零，Ｂ球的速度为ｖ2＝5（ｍ／ｓ）．对Ｂ球和小车组成的系统水平方向动量守恒和机械能守恒，当两者有共同水平速度ｕ时，Ｂ球上升到最高点，设上升高度为ｈ． ｍＢｖ2＝（ｍＢ＋Ｍ）ｕ，ｍＢｖ22／2＝（ｍＢ＋Ｍ）ｕ2／2＋ｍＢｇｈ．解得ｈ＝3／16≈0.19ｍ． 在Ｂ球回摆到最低点的过程中，悬线拉力仍使小车加速，当Ｂ球回到最低点时小车有最大速度ｖｍ，设小球Ｂ回到最低点时速度的大小为ｖ3，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有ｍＢｖ2＝－ｍＢｖ3＋Ｍｖｍ，ｍＢｖ22／2＝ｍＢｖ32／2＋Ｍｖｍ2／2， 解得ｖｍ＝2ｍＢｖ2／（ｍ3＋Ｍ）＝5／2ｍ／ｓ＝1.12ｍ／ｓ．46．解：（1）小球的角速度与运动的角速度必定相等，则有ｖ＝ωＲ＝ω22L r +．（2）人手所提供的功率应等于小球在运动过程中克服摩擦力做功的功率．即有Ｐ＝ｆｖ，∴ ｆ＝Ｐ／ｖ＝Ｐ／ω22L r +．48．解：ｍ与Ａ粘在一起后水平方向动量守恒，共同速度设为ｖ1，Ｍｖ0＝（Ｍ＋ｍ）ｖ1， 得ｖ1＝Ｍｖ0／（Ｍ＋ｍ）＝2ｖ0／3． 当弹簧压缩到最大时即有最大弹性势能Ｅ，此时系统中各物体有相同速度，设为ｖ2，由动量守恒定律 2Ｍｖ0＝（2Ｍ＋ｍ）ｖ2，得ｖ2＝2Ｍｖ0／（2Ｍ＋ｍ）＝4ｖ0／5． 由能量守恒有 Ｅ＝Ｍｖ02／2＋（Ｍ＋ｍ）ｖ12／2－（2Ｍ＋ｍ）ｖ22／2，解得Ｅ＝Ｍｖ02／30．。
高三物理练习十九
高三物理练习十九（计算题）738. 如图所示,在竖直平面内一个带正电的小球质量为m,所带的电荷量为q ，用一根长为L 不可伸长的绝缘细线系在一匀强电场中的O 点.匀强电场方向水平向右，分布的区域足够大.现将带正电小球从O 点右方由水平位置A 点无初速度释放，小球到达最低点B 时速度恰好为零.(1)求匀强电场的电场强度E 的大小;(2)若小球从O 点的左方由水平位置C 点无初速度释放，则小球到达最低点B 所用的时间t 是多少？739. 如图所示，两平行金属导轨间的距离L=0.40 m ，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ=37°，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B=0.50 T ，方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场.金属导轨的一端接有电动势E=4.5 V 、内阻r=0.50 Ω 的直流电源.现把一个质量m=0.040 kg 的导体棒ab 放在金属导轨上，导体棒恰好静止.导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R0=2.5 Ω，金属导轨电阻不计，g 取10 m/s2.已知sin37°=0.60,cos37°=0.80， 求：(1)通过导体棒的电流；(2)导体棒受到的安培力大小；(3)导体棒受到的摩擦力.740. 电子质量为m 、电荷量为q,以速度v0与x 轴成θ角射入磁感应强度为B 的匀强磁场中,最后落在x 轴上的P 点,如图所示,求:(1) OP 的长度;(2)电子从由O 点射入到落在P 点所需的时间t.741. 如图示，M 、N 间有一电压可从零到某一最大值U m 间调节．静止的带电粒子带电量大小为q ，质量为m （不计重力），从M 经电场加速后，垂直N 板从小孔 O 进入右侧的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B ．CD 为磁场边界上的荧光板，它与N 板的夹角为θ=60°，孔O 到板的下端C 的距离为h ，当M 、N 之间电压取最大值时，粒子刚好垂直打在CD 板上并发出荧光。
[必刷题]2024高三物理上册能量转换专项专题训练(含答案)
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[必刷题]2024高三物理上册能量转换专项专题训练（含答案）试题部分一、选择题：1. 在下列能量转换过程中，哪一个过程是机械能转化为电能？A. 水力发电B. 火力发电C. 太阳能电池D. 风力发电2. 一个物体从高处自由下落，下列哪个物理量在这个过程中是不断增加的？A. 动能B. 重力势能C. 弹性势能D. 电势能3. 下列哪种现象是内能转化为机械能的过程？A. 热水器加热水B. 电风扇转动C. 火箭发射D. 电灯发光4. 在下列能源中，哪一种能源是可再生能源？A. 煤炭C. 天然气D. 太阳能5. 一个物体在水平地面上做匀速直线运动，下列哪个物理量在这个过程中保持不变？A. 动能B. 重力势能C. 弹性势能D. 动能和重力势能6. 下列哪种现象是电能转化为化学能的过程？A. 手机充电B. 电灯发光C. 电动机转动D. 电热水器加热水7. 在下列装置中，哪一个装置可以将太阳能直接转化为电能？A. 水轮机B. 火轮机C. 太阳能电池D. 风力发电机8. 一个物体在斜面上匀速上升，下列哪个物理量在这个过程中不断增加？A. 动能B. 重力势能C. 弹性势能9. 下列哪种现象是机械能转化为内能的过程？A. 热水器加热水B. 电风扇转动C. 摩擦生热D. 电灯发光10. 在下列过程中，哪一个过程是电能转化为机械能？A. 电池充电B. 电动机工作C. 电热水器加热水D. 电灯发光二、判断题：1. 物体在水平地面上做匀速直线运动时，动能和重力势能都保持不变。
（）2. 太阳能电池是将太阳能直接转化为电能的装置。
（）3. 在摩擦生热的过程中，机械能转化为内能。
（）4. 热水器加热水的过程中，电能转化为机械能。
（）5. 一个物体从高处自由下落，重力势能不断减小，动能不断增加。
（）三、计算题：1. 一辆质量为2kg的物体从10m的高处自由落下，不计空气阻力，求物体落地时的速度。
2. 一台功率为100W的电动机，工作5分钟后，转换成了多少焦耳的电能？3. 一个弹性势能为50J的弹簧，若其弹性系数为200N/m，求弹簧的压缩量。
高三物理一轮复习计算题专项训练答案
高三物理一轮复习计算题专项训练答案1、解析：(1)对小物块B 由牛顿第二定律得 mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1 解得a 1＝10 m/s 2小物块B 减速至与传送带共速的过程中， 时间t 1＝v 1－v 0a 1＝0.6 s位移s 1＝v 21－v 22a 1＝3 m之后，小物块B 的速度小于传送带的速度，其所受滑动摩擦力沿传送带向上，由牛顿第二定律得mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2， 解得a 2＝2 m/s 2小物块B 减速至0的时间t 2＝v 0a 2＝1 s位移s 2＝v 202a 2＝1 m小物块B 向上运动过程中平均速度v ＝s 1＋s 2t 1＋t 2＝2.5 m/s (2)小物块A 的加速度也为a 2＝2 m/s 2，小物块B 开始加速向下运动时，小物块A 已经具有向下的速度，二者加速度大小相等，要使二者不相碰，应在小物块B 滑下传送带后，小物块A 到达传送带底端．当小物块B 刚滑下传送带时，小物块A 恰好运动至传送带底端，此时传送带长度最小，最小长度l 0＝12a 2t 2小物块B 向下运动过程s 1＋s 2＝12a 2t 23 解得t 3＝2 s则t ＝t 1＋t 2＋t 3＝3.6 s 代入解得l 0＝12.96 m ， 即传送带的长度l ≥12.96 m 答案：(1)2.5 m/s (2)l ≥12.96 m2、解析： 本题考查电磁感应中的单棒问题，涉及楞次定律、法拉第电磁感应定律、平衡、闭合电路欧姆定律等知识的应用．(1)Ⅱ内磁场均匀变化因此在回路中产生感应电流，由楞次定律可知，流过cd 的电流方向是由d 到c .因cd 棒静止，由平衡条件可得cd 棒所受安培力沿导轨向上，据左手定则可知，区域Ⅰ内磁场垂直于斜面向上．(2)因cd 棒静止，由平衡条件可得BIl ＝mg sin θ，金属棒ab 在区域Ⅱ内运动时，金属棒cd 消耗的电功率P ＝I 2R ，解得I ＝mg sin θBl ，P ＝m 2g 2R sin 2 θB 2l 2(3)ab 棒开始下滑到达区域Ⅱ前做匀加速运动，加速度a ＝g sin θ，因在ab 棒运动到区域Ⅱ的下边界EF 之前，cd 棒始终静止不动，则ab 棒达区域Ⅱ前后回路中的电动势不变，且ab 棒在区域Ⅱ中做匀速直线运动，可得ΔΦΔt ＝Blv ，即Bl ·2ltx＝Bl (g sin θ·t x )解得：t x ＝2lg sin θ，v ＝2gl sin θab 棒开始下滑的位置离区域Ⅱ下边界的距离 s ＝12vt x ＋2l ＝3l(4)这位同学的解法不正确．ab 棒在区域Ⅱ匀速运动时，受力平衡有m ab g sin θ＝BIl ，可得ab 和cd 两棒质量相等均为m .第一阶段电路产热 Q 1＝EIt x ＝Bl ·2l t x×mg sin θBl ×t x ＝2mg sin θ·l .第二阶段ab 棒匀速下滑，根据能量守恒得电路产热 Q 2＝mg 2l sin θ.所以电路中产生的总热量 Q ＝Q 1＋Q 2＝4mgl sin θ.答案：(1)从d 到c 区域Ⅰ内磁场垂直于斜面向上 (2)m 2g 2R sin 2 θB 2l 2(3)3l (4)不正确 4mgl sin θ二、1、解析：若选手在直道上一直加速，选手能达到的最大速度为v 1，根据运动学公式有v 21＝2aL ，解得v 1＝60 m/s ，设选手过弯道时，允许的最大速度为v 2，此时人与冰面的夹角θ为45°，对选手受力分析如图．则：F N cos 45°＝mg 、F N sin 45°＝m v 22R 解得：v 2＝5 m/s ，由于v 1＞v 2，因而选手允许加速达到的最大速度为v 2＝5 m/s ，设选手在直道上加速的距离为x ，则v 22＝2ax ，解得x ＝12.5 m ，选手在直道上的最短时间t ＝v 2a ＋L －x v 2，解得：t ＝8.5 s.答案：8.5 s2、解析：(1)由T ＝2πmqB 得T ＝2t 0，所以t 02＝T 4，运动了T 4.又因为r ＝mv qB 得r ＝v 0t 0π所以位置坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫v 0t 0π，v 0t 0π.(2)由图可知y 1＝v 0＋v2t 0因v ＝v 0＋qE 0m t 0＝2v 0所以y 1＝3v 0t 02由r ＝mv qB 得r 2＝2v 0t 0π所以y m ＝y 1＋r 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32＋2πv 0t 0(3)由图可知粒子以4t 0为一个周期，在一个周期内的距离d ＝2(r 1＋r 2)＝6v 0t 0π所以t ＝48v 0t 0πd ×4t 0＝32t 0答案：(1)⎝ ⎛⎭⎪⎫v 0t 0π，v 0t 0π (2)⎝ ⎛⎭⎪⎫32＋2πv 0t 0 (3)32t 0三、1、解析：(1)设A 、B 、木板一起运动的加速度大小为a ，物体B 受两力：重力mg 、绳拉力T ，由根据牛顿第二定律有：T －m 3g ＝m 3a①物体A 水平方向受两力：木板的摩擦力f 、绳拉力T ，根据牛顿第二定律有： f －T ＝m 2a②木板水平方向受两力：外力F 、A 的摩擦力f ，根据牛顿第二定律有：F －f ＝m 1a ③①②③联立得： F －m 3g ＝(m 1＋m 2＋m 3)a ④ f －m 3g ＝(m 2＋m 3)a⑤从④⑤显然看出，F 越大，a 、f 越大，当： f ＝μm 2g⑥代入数据，解得F 的最大值为： F ＝60 N ，a ＝2.0 m/s 2(2)打击木板后，物体A 、B 在木板的最大静摩擦力作用下，以加速度a ＝2.0 m/s 2加速运动，当物体B 上升高度h B ＝1.0 m 时，有：h B ＝12at 2⑦ 木板向左运动的位移为： x ＝L ＋h B⑧ 木板在A 的摩擦力作用下，做减速运动的加速度为a ′，根据牛顿第二定律有： μm 2g ＝m 1a ′ ⑨设打击木板后的瞬间，木板的速度为v 0，则：x ＝v 0t －12a ′t2 ⑩代入数据，解得：v 0＝3.5 m/s根据动量定理得最初击打木板的冲量为： I ＝mv 0＝70 N·s ⑪ 2、解析：(1)粒子在第一象限运动，根据动能定理得：Eq ·2y 0＝12mv 2 解得：E ＝2mv 24qy 0.(2)如图所示，粒子在区域Ⅰ内做圆周运动的半径为R 1，则有：qvB ＝m v 2R 1由几何知识可知：L AC ＝R 1(1－cos 45°)＝（2－2）mv2qB由题意可知挡板长度L ＝2(y 0＋L AC )设区域Ⅱ磁场的磁感应强度大小为B 0，粒子在区域Ⅱ内做圆周运动的半径为R 2，则有：qvB 0＝m v 2R 2由题意可知挡板长度L ＝2R 2·2n ＝4nmvqB 0(n ＝1，2，3…)由以上各式可得：B 0＝4nBmv2qBy 0＋（2－2）mv(n ＝1，2，3…)(3)由对称性可知，粒子第二次通过x 轴时D 点距离坐标原点O 的距离为y 0，进入第二象限后粒子做类平抛运动，设粒子再次回到y 轴时的位置坐标Q (0，y )根据类平抛运动规律有：(y －y 0)cos 45°＝12·Eq m ·t 2，2y 0＋(y －y 0)sin 45°＝vt将E ＝2mv 24qy 0代入可得：y ＝3y 0所以粒子再次回到y 轴时的位置坐标Q (0，3y 0) 设粒子再次回到y 轴时沿电场方向的分速度大小为v E ， 根据运动的分解可得v 2E ＝2qE m ×2y 0cos 45°＝v 2，所以v E ＝v .根据运动的合成知粒子此时的合速度方向沿y 轴正方向． 答案：(1)2mv 204qy 0 (2)4nBmv 2qBy 0＋（2－2）mv (n ＝1，2，3…)(3)(0，3y 0)，与y 轴的夹角为零四、1解析：(1)ab 棒切割磁感线，产生的电动势U ＝BLv 0粒子从N 板到M 板，由动能定理得qU ＝12mv 2－0 解得v ＝2qBLv 0m(2)如图所示，要使粒子不从外边界飞出，则粒子最大半径时的轨迹与外圆相切．由几何关系得(2d －r )2＝r 2＋d 2解得r ＝34d由牛顿第二定律得qvB ′＝m v2r 解得B ′＝43d2BLmv 0q 答案：(1)2qBLv 0m (2)B ′＝43d2BLmv 0q2、解析：(1)距离足够长，则m 与M 达到共同速度 解法一：mv 0＝(M ＋m )v 共 μmg Δl ＝12mv 20－12(M ＋m )v 2共 解得：v 共＝3 m/s Δl ＝6 m解法二：对物块a m ＝μg ＝4.5 m/s 2 对木板a M ＝μmgM ＝2.25 m/s 2 v 共＝v 0－a m t ＝a M t 解得：v 共＝3 m/sΔl ＝v 20－v 2共2a m －v 2共2a M＝6 m(2)对木板：μmgs ＝12Mv 2共－0s ＝2 m(或者等同于s ＝v 2共2a M＝2 m)当L ≥2 m 时，木板B 端和C 点相碰前，物块和木板已经达到共同速度，碰后物块以v 共＝3 m/s 匀减速到C 点v 2共－v 2C 1＝2a m (l －Δl )a m ＝μg ＝4.5 m/s 2 解得v C 1＝0 m/s恰好停在C 点，与L 无关当L ＜2 m 时，木板B 端和C 点相碰前，物块和木板未达到共同速度，物块一直在做匀减速运动v 20－v 2C 2＝2a m (l ＋L )v C 2＝32－L物块以此速度冲上斜面并会原速率返回，最终停在木板上，s ＝v 2C 22a m ＝2－L当L ＝0 m 时，s 有最大值s max ＝2 m答案：(1)v 共＝3 m/s Δl ＝6 m (2)当L ≥2 m 时，恰好停在C 点与L 无关，当L ＜2 m ，s ＝2－L ，s max ＝2 m五、1、解析：(1)E ＝Bl v① v ＝0＋lω2② U ＝2R R ＋2R·E③ ①②③式联立，解得：U ＝13Bl 2ω ④ (2)I ＝ER ＋2R⑤ F 安＝BI ·2l⑥由①②⑤⑥式联立，解得：F 安＝B 2l 3ω3R⑦为保持b 棒始终静止，棒a 旋转的角速度最小设为ω1，最大为ω2：mg sin θ＝μmg cos θ＋B 2l 3ω13R⑧ mg sin θ＋μmg cos θ＝B 2l 3ω23R ⑨ 3mgR 5B 2l 3≤ω≤3mgR B 2l3 ⑩答案：(1)13Bl 2ω (2)3mgR 5B 2l 3≤ω≤3mgRB 2l 32、解析：(1)由图象可知：mg sin 37°＝30 N ① 解得m ＝5 kg(2)图乙中图线与横轴所围成的面积表示力F 所做的功：W ＝390×⎝ ⎛⎭⎪⎫0.5－1282 J －30×1282 J ＝90 J ②(3)撤去力F ，设物体返回至A 点的速度大小为v 0， 从A 出发到第二次返回A 处的过程应用动能定理： W ＝12mv 20 ③解得：v 0＝6 m/s由于v 0＞v ，物体所受摩擦力沿传送带向下，设此阶段加速度大小为a 1，由牛顿第二定律：mg sin 37°＋μmg cos 37°＝ma 1④解得：a 1＝10 m/s 2速度减为v 时，设沿斜面向上发生的位移大小为x 1，由运动学规律：x 1＝v 20－v 22a 1⑤解得：x 1＝1 m此后摩擦力改变方向，由于mg sin 37°＞μmg cos 37°，所以物块所受合外力仍沿传送带向下，设此后过程加速度大小为a 2，再由牛顿第二定律：mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma 2设之后沿斜面向上发生的最大位移大小为x 2，由运动学规律：x 2＝v 22a 2⑦解得：x 2＝4 m所以物体能够在传送带上发生的最大位移： x m ＝x 1＋x 2＝5 m即恰好到达传送带顶端B 点 答案：(1)5 kg (2)90 J (3)5 m六、1、解析：(1)由题意可知v m ＝at 1＝80 m/s 解得a ＝4 m/s 2由于减速过程和加速过程的加速度大小相等，故 a ′＝4 m/s 2(2)加速过程F －kmg ＝ma 解得F ＝4×105 N(3)加速过程t 1＝20 s ，x 1＝12at 21＝800 m减速过程t 2＝20 s ，x 2＝12a ′t 22＝800 m 匀速过程t 3＝x －x 1－x 2vm＝20 s故全程的平均速度大小v ＝xt 1＋t 2＋t 3＝53.3 m/s.答案：(1)4 m/s 2 (2)4×105 N (3)53.3 m/s2、解析：(1)当滑块与金属棒ab 达到最大速度时，导轨MM ′N ′N 恰好不能向上滑动，导轨与左侧斜面间的静摩擦力向下达到最大，对导轨由平衡条件得mg sin 37°＋μ·2mg cos 37°＝F 安 解得F 安＝14 N对滑块及金属棒ab 组成的系统由平衡条件得 mg sin 37°＋F 安＝m 0g sin 37° 解得m 0＝103 kg(2)达到最大速度时安培力F 安＝BIL ＝B 2L 2vR ＝14 N 由图乙知最大速度v ＝1 m/s 解得R ＝2 Ω加速阶段对滑块及金属棒ab 组成的系统由动量定理得 m 0gt sin 37°－mgt sin 37°－B ILt ＝(m 0＋m )v 加速阶段通过金属棒ab 的电荷量q ＝I t又结合法拉第电磁感应定律及闭合电路欧姆定律可得 q ＝ΔΦR ＝BLx R解得x ＝41105 m 加速阶段由能量守恒得m 0gx sin 37°＝mgx sin 37°＋12(m 0＋m )v 2＋Q 解得Q ＝3.3 J即滑块在加速运动过程中系统产生的焦耳热为3.3 J. 答案：(1)103 kg (2)3.3 J。
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S3O /高三物理计算题专项训练一1. 矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴转动，线圈共100匝，转速为(10/π)r/s ，在转动过程中穿过线圈磁通量的最大值为0.03Wb ，则线圈平面转到与磁感线平行时，感应电动势为多少？当线圈平面转到与中性面夹角为π/3时，感应电动势为多少？2. 质量为m 的物块套在光滑竖直杆上，不可伸长的轻绳跨过固定的光滑小滑轮O （大小不计），小滑轮到杆的水平距离OB=0.3m 。
绳另一端挂一质量为M 的物块，当细绳与竖直杆间的夹角为60°时，系统恰可保持静止状态。
不计轻绳的重力和一切阻力（g 取10m/s 2）（1）求Mm的值。
（2）当将m 由B m 将在BC 间做往复运动，求BC 间的距离及最大速度。
3. 如图所示电路中,电源电动势E =9V,内电阻r =2Ω,定值电阻R 1=6Ω,R 2=10Ω,R 3=6Ω,电容器的电容=10μF. ⑴保持开关S 1、S 2闭合，求电容器C 的带电量；⑵保持开关S 1闭合，将开关S 2断开，求断开开关S 2后流过电阻R 2的电量。
4. 某游乐场中有一种叫“空中飞椅”的游乐设施，其基本装置是将绳子上端固定在转盘的边缘上，绳子下端连接座椅，人坐在座椅上随转盘旋转而在空中飞旋。
若将人和座椅看成是一个质点，则可简化为如图所示的物理模型。
其中P 为处于水平面内的转盘，可绕竖直转轴OO ′转动，设绳长l =10m ，质点的质量m =60kg d =4m θ=370。
（不计空气阻力及绳重，绳子不可伸长，sin370=0.6，cos370=0.8，g =10m/s 2）求：（1）质点与转盘一起做匀速圆周运动时转盘的角速度及绳子的拉力大小； （2）质点从静止到做匀速圆周运动的过程中，绳子对质点做的功。
5. 如图所示，在直角坐标系的第Ⅰ象限0≤x ≤4区域内，分布着场强C N E/10825⨯=的匀强电场，方向竖直向上；第Ⅱ象限中的两个直角三角形区域内，分布着磁感应强度均为TB 2100.5-⨯=的匀强磁场，方向分别垂直纸面向外和向里.质量kg m27106.1-⨯=、电荷量为q=+3.2×10-19C 的带电粒子(不计粒子重力)，从坐标点M （-4，2）处，以2×106m/s 的速度平行于x 轴向右运动，并先后通过匀强磁场区域和匀强电场区域.(1)求带电粒子在磁场中的运动半径；(2)在图中画出粒子从直线4-=x 到x=4之间的运动轨迹，并在图中标明轨迹与y 轴和直线x=4的坐标(不要求写出解答过程)；(3)求粒子在两个磁场及电场区域偏转所用的总时间.高三物理计算题专项训练二1. 发电站发电机的输出电压为5000V ，输出功率5000kW ，远距离输电线的电阻80Ω，输电线上功率损耗要求不超过总功率的4%，则(1)电站输出的电压应升到多少伏？理想变压器的原、副线圈匝数比多大 ？(2)到达用户区使用匝数比192∶1的降压变压器，对负载电阻10Ω的用电器供电，最多可接这样的用电器多少个？2. 如图所示，ABC和DEF是在同一竖直平面内的两条光滑轨道，其中ABC的末端水平，DEF是半径为r=0.4m的半圆形轨道，其直径DF沿竖直方向，C、D可看作重合。
现有一可视为质点的小球从轨道ABC上距C点高为H的地方由静止释放，(1)若要使小球经C处水平进入轨道DEF且能沿轨道运动，H至少要有多高？(2)若小球静止释放处离C点的高度h小于（1）中H的最小值，小球可击中与圆心等高的E点，求h。
（取g=10m/s2）3. 图示为宇宙中一恒星系的示意图，A为该星系的一颗行星，它绕中央恒星O的运行轨道近似为圆．已知引力常量为G，天文学家观测得到A行星的运行轨道半径为R0，周期为T0．(l)中央恒星O的质量约多大？(2)长期观测发现，A行星每隔t0时间其运行轨道便会偏离理论轨道少许，天文学家认为出现这种现象的原因可能是A行星外侧还存在着一颗未知的行星B（假设其运行的圆轨道与A在同一平面内，且与A的绕行方向相同）．根据上述现象和假设，试估算未知行星B的运动周期和轨道半径．4. 物体A的质量m1＝1kg，静止在光滑水平面上的木板B的质量为m2＝0.5kg、长L＝1m，某时刻A以v0＝4m/s的初速度滑上木板B的上表面，为使A不致于从B上滑落，在A滑上B的同时，给B施加一个水平向右的拉力F，若A与B之间的动摩擦因数µ＝0.2，试求拉力F大小应满足的条件。
(忽略物体A的大小，取重力加速度g=10m/s2)AV0 B F5. 如图甲所示，匀强磁场方向垂直纸面向里，磁场宽度为3L，正方形金属框边长为L，每边电阻均为R/4，金属框以速度v的匀速直线穿过磁场区，其平面始终保持与磁感线方向垂直，当金属框cd边到达磁场左边缘时，匀强磁场磁感应强度大小按如图乙所示的规律变化．（1）求金属框进入磁场阶段，通过回路的电荷量；（2）在图丙i－t坐标平面上画出金属框穿过磁场区的过程中，金属框内感应电流i随时间t的变化图线（取逆时针方向电流正方向）；（3）求金属框穿过磁场区的过程中cd边克服安培力做的功W．高三物理计算题专项训练三1. 如图所示，固定在水平面上的斜面倾角θ=37°，长方体木块A的MN面上钉着一颗小钉子，质量m=1.5kg的光滑小球B 通过一细线与小钉子相连接，细线与斜面垂直，木块与斜面间的动摩擦因数μ=0.5．现将木块由静止释放，木块将沿斜面下滑．求在木块下滑的过程中小球对木块MN面的压力．（取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）2.如图所示，ABCD为表示竖立放在场强为E=104V/m的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中轨道的BCD部分是半径为R的半圆环，轨道的水平部分与半圆环相切，A为水平轨道上的一点，而且AB = R = 0.2m，把一质量m=100g、带电q=10－4C的小球，放在水平轨道的A点上面由静止开始被释放后，在轨道的内侧运动。
（g=10m/s2）求：（1）小球到达C点时的速度是多大？（2）小球到达C点时对轨道压力是多大？（3）小球所能获得的最大动能是多少？y /cmN60° a MPNB 0 bθ Rc d3. 在平面直角坐标系xOy 中，第Ⅰ象限存在沿y 轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B ，一质量为m 、电荷量为q 的带正电的粒子从y 轴正半轴上的M 点以速度v 0垂直于y 轴射入电场，经x 轴上的N 点与x 轴正方向成θ＝60°角射入磁场，最后从y 轴负半轴上的P 点垂直于y 轴射出磁场，如图所示。
不计粒子重力，求：（1）M 、N 两点间的电势差U MN ；（2）粒子在磁场中运动的轨道半径r ；（3）粒子从M 点运动到P 点的总时间t.4. 如图所示，MN 、PQ 为间距L =0.5m 足够长的平行导轨，NQ ⊥MN 。
导轨平面与水平面间的夹角θ=37°，NQ 间连接有一个R =5Ω的电阻。
有一匀强磁场垂直于导轨平面，磁感强度为B 0=1T 。
将一根质量为m =0.05kg 的金属棒ab 紧靠NQ 放置在导轨上，且与导轨接触良好，导轨与金属棒的电阻均不计。
现由静止释放金属棒，金属棒沿导轨向下运动过程中始终与NQ 平行。
已知金属棒与导轨间的动摩擦因数μ=0.5，当金属棒滑行至cd 处时已经达到稳定速度，cd 距离NQ 为s =1m 。
试解答以下问题：（g =10m/s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）⑴当金属棒滑行至cd 处时回路中的电流多大？⑵金属棒达到的稳定速度是多大？⑶若将金属棒滑行至cd 处的时刻记作t =0，从此时刻起，让磁感强度逐渐减小，可使金属棒中不产生感应电流，则t=1s 时磁感应强度应为多大？5. 如图所示，第四象限内有互相正交的匀强电场E 与匀强磁场B 1， E 的大小为0.5×103V/m, B 1大小为0.5T ；第一象限的某个矩形区域内，有方向垂直纸面向里的匀强磁场B 2，磁场的下边界与x 轴重合．一质量m =1×10-14kg 、电荷量q =1×10-10C 的带正电微粒以某一速度v 沿与y 轴正方向60°角从M 点沿直线运动，经P 点即进入处于第一象限内的磁场B 2区域．一段时间后，小球经过y 轴上的N 点并与y 轴正方向成60°角的方向飞出。
M 点的坐标为(0，-10)，N 点的坐标为(0，30)，不计粒子重力，g 取10m/s 2．(1)请分析判断匀强电场E 的方向并求出微粒的运动速度v ；(2)匀强磁场B 2的大小为多大？S3(3) B 2磁场区域的最小面积为多少？高三物理计算题专项训练一［答案］1. 矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴转动，线圈共100匝，转速为(10/π)r/s ，在转动过程中穿过线圈磁通量的最大值为0.03Wb ，则线圈平面转到与磁感线平行时，感应电动势为多少？当线圈平面转到与中性面夹角为π/3时，感应电动势为多少？解：ω＝2πn ＝2π×10/π=20rad/sE m = NBS ω = N Φm ω = 60v e =E m sin π/3 =303 v2. 质量为m 的物块套在光滑竖直杆上，不可伸长的轻绳跨过固定的光滑小滑轮O （大小不计），小滑轮到杆的水平距离OB=0.3m 。
绳另一端挂一质量为M 的物块，当细绳与竖直杆间的夹角为60°时，系统恰可保持静止状态。
不计轻绳的重力和一切阻力（g 取10m/s 2）（1）求Mm的值。
（2）当将m 由B m 将在BC 间做往复运动，求BC 间的距离及最大速度。
解：（1）静止时，Mgcos60°=mg 得21=M m（2）取m 、M 系统，)(22d d h Mg mgh -+=将d=0.3m 及21=M m 代入得 h=0.4m22)2(2121)3.032.0(31.0v M mv Mg mg ++-=⨯ v =3. 如图所示电路中,电源电动势E =9V,内电阻r =2Ω,定值电阻R 1=6Ω,R 2=10Ω,R 3=6Ω,电容器的电容=10μF. ⑴保持开关S 1、S 2闭合，求电容器C 的带电量；⑵保持开关S 1闭合，将开关S 2断开，求断开开关S 2后流过电阻R 2的电量。
解：(1) VV E r R R R U U R C392106621111=⨯++=++==’Q=CU C =10×10-6×3C=3×10-5C ’（2）Q /=CE =10×10-6×9C=9×10-5CQ R1=ΔQ=Q /-Q =9×10-5C-3×10-5C=6×10-5C4. 某游乐场中有一种叫“空中飞椅”的游乐设施，其基本装置是将绳子上端固定在转盘的边缘上，绳子下端连接座椅，人坐在座椅上随转盘旋转而在空中飞旋。