2016高考物理二轮计算题专练 10页

高考题型专项练——计算题专练 计算题32分练(一)‎ ‎　　限时20分钟 本专题共2题，32分，写出必要文字说明和方程式，只写最后结果不给分。‎ ‎1. [2015·南昌模拟](14分)甲、乙两质点在同一时刻、从同一地点沿同一方向做直线运动。质点甲做初速度为零，加速度大小为a1的匀加速直线运动。质点乙做初速度为v0，加速度大小为a2的匀减速直线运动至速度减为零保持静止。甲、乙两质点在运动过程中的xv图象如图所示，虚线与对应的坐标轴垂直。‎ ‎(1)在xv图象中，图线a表示质点________(填“甲”或“乙”)的运动，质点乙的初速度v0＝________；‎ ‎(2)求质点甲、乙的加速度大小a1、a2。‎ 答案　(1)甲　‎6 m/s　(2)‎2 m/s2　‎1 m/s2‎ 解析　(1)根据图象可知，a图象的速度随位移增大而增大，b图象的速度随位置的增大而减小，所以a表示质点甲的运动，当x＝0时，乙的初速度为‎6 m/s。(2)两图线交点对应速度设为v 对质点甲：v2＝‎2a1x①‎ 对质点乙：v－v2＝‎2a2x②‎ 其中x＝‎6 m　v0＝‎6 m/s 联立①②解得a1＋a2＝‎3 m/s2③‎ 当质点甲的速度v1＝‎8 m/s、质点乙的速度v2＝‎2 m/s时，两质点通过相同的位移均为x′。‎ 对质点甲v＝‎2a1x′④‎ 对质点乙v－v＝－‎2a2x′⑤‎ 联立④⑤解得a1＝‎2a2⑥‎ 联立③⑥解得a1＝‎2 m/s2　a2＝‎1 m/s2‎ ‎2．[2015·资阳三模](18分)如图甲所示，有一磁感应强度大小为B、垂直纸面向外的匀强磁场，磁场边界OP与水平方向夹角为θ＝45°，紧靠磁场右上边界放置长为L、间距为d的平行金属板M、N，磁场边界上的O点与N板在同一水平面上，O1、O2为电场左右边界中点。在两板间存在如图乙所示的交变电场(取竖直向下为正方向)。某时刻从O 点竖直向上以不同初速度同时发射两个相同的质量为m、电量为＋q的粒子a和b。结果粒子a恰从O1点水平进入板间电场运动，由电场中的O2点射出；粒子b恰好从M板左端边缘水平进入电场。不计粒子重力和粒子间相互作用，电场周期T未知。求：‎ ‎(1)粒子a、b从磁场边界射出时的速度va、vb；‎ ‎(2)粒子a从O点进入磁场到O2点射出电场运动的总时间t；‎ ‎(3)如果金属板间交变电场的周期T＝，粒子b从图乙中t＝0时刻进入电场，要使粒子b能够穿出板间电场时E0满足的条件。‎ 答案　(1)va＝　vb＝ ‎(2)t＝＋　(3)E0≤ 解析　(1)根据题意，粒子a、b在磁场中受洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，圆心分别为Oa、Ob，作出其运动轨迹如图所示，粒子a从A点射出磁场。‎ 由几何关系有ra＝①‎ rb＝d②‎ 由牛顿第二定律有 qvB＝m③‎ 联立①②③得 va＝④‎ vb＝⑤‎ ‎(2)设粒子a在磁场中运动时间为t1，从A点到O2点的运动时间为t2，则：‎ t1＝⑥‎ Ta＝⑦‎ t2＝⑧‎ t＝t1＋t2⑨‎ 联立①②④⑥⑦⑧⑨得 t＝＋⑩‎ ‎(3)由题意知粒子a飞出磁场时速度沿水平方向，在电场中运动的时间为交变电压周期的n倍，则对粒子b，有：‎ tb＝(nT)⑪‎ 水平方向做匀速直线运动 L＝vbtb⑫‎ 竖直方向在电场力作用下做加速、减速交替的匀变速运动(0→，向下做初速度为0的匀加速运动，向下发生位移为x1；→T，向下做匀减速运动至速度为0，向下发生位移为x2……)，则 x1＝()()2⑬‎ x2＝()()2＝x1⑭‎ ‎……‎ xn＝x1⑮‎ 粒子b要飞出电场有：‎ ‎(x1＋x2＋…＋xn)≤d⑯‎ 联立④⑤⑪⑫⑬⑭⑮⑯得 E0≤⑰‎ 计算题32分练(二)‎ ‎　　限时20分钟 本专题共2题，32分，写出必要文字说明和方程式，只写最后结果不给分。‎ ‎1．[2015·江西八校联考](14分)春节放假期间，全国高速公路免费通行，小轿车可以不停车通过收费站，但要求小轿车通过收费站窗口前x0＝‎9 m区间的速度不超过v0＝‎6 m/s。现有甲、乙两小轿车在收费站前平直公路上分别以v甲＝‎20 m/s和v乙＝‎34 m/s的速度匀速行驶，甲车在前，乙车在后。甲车司机发现正前方收费站，开始以大小为a甲＝‎2 m/s2的加速度匀减速刹车。求：‎ ‎(1)甲车司机需在离收费站窗口至少多远处开始刹车才不违章；‎ ‎(2)若甲车司机经刹车到达离收费站窗口前‎9 m处的速度恰好为‎6 m ‎/s，乙车司机在发现甲车刹车时经t0＝0.5 s的反应时间后开始以大小为a乙＝‎4 m/s2的加速度匀减速刹车。为避免两车相撞，且乙车在收费站窗口前‎9 m区不超速。则在甲车司机开始刹车时，甲、乙两车至少相距多远？ ‎ 答案　(1)至少‎100 m处开始刹车　(2)‎‎66 m 解析　(1)甲车速度由‎20 m/s减速至‎6 m/s的位移 x1＝＝‎‎91 m x2＝x0＋x1＝‎‎100 m 即甲车司机需在离收费站窗口至少‎100 m处开始刹车。‎ ‎(2)设甲、乙两车速度相同时的时间为t，由运动学公式得：‎ v乙－a乙(t－t0)＝v甲－a甲t　解得：t＝8 s 相同速度v＝v甲－a甲t＝‎4 m/s＜‎6 m/s，即v0＝‎6 m/s的共同速度为不相撞的临界条件 乙车从司机发现甲车刹车到减速至‎6 m/s的位移为x3＝v乙t0＋＝‎‎157 m 所以要满足条件，甲、乙的距离x＝x3－x1＝‎‎66 m ‎2．[2015·石家庄二模](18分)如图甲所示，倾角为θ的光滑斜面上有两个宽度均为d的磁场区域Ⅰ、Ⅱ，磁感应强度大小都为B，区域Ⅰ的磁感应强度方向垂直斜面向上，区域Ⅱ的磁感应强度方向垂直斜面向下，两磁场区域间距为d。斜面上有一矩形导体框，其质量为m，电阻为R，导体框ab、cd边长为l，bc、ad边长为d。刚开始时，导体框cd边与磁场区域Ⅰ的上边界重合；t＝0时刻，静止释放导体框；t1时刻ab边恰进入磁场区域Ⅱ，框中电流为I1；随即平行斜面垂直于cd边对导体框施加力，使框中电流均匀增加，到t2时刻框中电流为I2。此时，ab边未出磁场区域Ⅱ，框中电流如图乙所示。求：‎ ‎(1)在0～t2时间内，通过导体框截面的电荷量；‎ ‎(2)在0～t1时间内，导体框产生的热量；‎ ‎(3)在t1～t2时间内，导体框运动的加速度。‎ 答案　(1)q＝＋(t2－t1)‎ ‎(2)Q＝mgsinθ－　(3)a＝ 解析　(1)由法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律和电流的定义，得0～t1阶段：‎ 通过导体框截面的电量q1＝ 由电流的定义，得t1～t2阶段：通过导体框截面的电量 q2＝(t2－t1)‎ ‎0～t2阶段：通过导体框截面的电量 q＝q1＋q2＝＋(t2－t1)‎ ‎(2)设导体框t1时刻的速度为v1，‎ 在0～t1阶段：因I1＝，可得：v1＝ 根据动能定理可得：mgsinθ＋W安＝mv－0‎ 联立可得：W安＝－(mgsinθ－)‎ 导体框产生的热量等于克服安培力做功，即 Q＝－W安＝mgsinθ－ ‎(3)t1～t2阶段：因I1＝，由图可知I随时间均匀增加，＝ 即：＝a，解得：a＝。‎ 计算题32分练(三)‎ ‎　　限时20分钟 本专题共2题，32分，写出必要文字说明和方程式，只写最后结果不给分。‎ ‎1．[2015·武昌调研](14分)现代化的生产流水线大大提高了劳动效率，如图为某工厂生产流水线上的水平传输装置的俯视图，它由传送带和转盘组成。物品从A处无初速、等时间间隔地放到传送带上，运动到B处后进入匀速转动的转盘随其一起运动(无相对滑动)，到C处被取走装箱。已知A、B的距离L＝‎9.0 m，物品在转盘上与转轴O的距离R＝‎3.0 m、与传送带间的动摩擦因数μ1＝0.25，传送带的传输速度和转盘上与O相距为R处的线速度均为v＝‎3.0 m/s，取g＝‎10 m/s2。求：‎ ‎(1)物品从A处运动到B处的时间t；‎ ‎(2)若物品在转盘上的最大静摩擦力可视为与滑动摩擦力大小相等，则物品与转盘间的动摩擦因数μ2至少为多大；‎ ‎(3)若物品的质量为‎0.5 kg，每输送一个物品从A到C，该流水线为此至少多做多少功。‎ 答案　(1)3.6 s　(2)0.3　(3)4.5 J 解析　(1)设物品质量为m，放在传送带上，先受到摩擦力而加速运动：‎ 对物品有μ1mg＝ma　v＝at1‎ 解得t1＝1.2 s 由x＝at得x＝‎1.8 m＜L 故还需做匀速运动，有t2＝＝2.4 s 所以t＝t1＋t2＝3.6 s ‎(2)物品在转盘上所受的静摩擦力提供向心力，有μ2mg≥m，得至少μ2＝0.3‎ ‎(3)在传送带上因为传送一个物品至少需要做的功(只在加速阶段做功)为：‎ W＝mv2＋μ1mg(vt1－x)＝4.5 J ‎2．[2015·廊坊质检](18分)如图所示，在xOy坐标系第二象限内有一圆形匀强磁场区域，半径为l0，圆心O′坐标为(－l0，l0)，磁场方向垂直xOy平面。两个电子a、b以相同的速率v沿不同方向从P(－l0,‎2l0)点同时射入磁场，电子a的入射方向为y轴负方向，b的入射方向与y轴负方向夹角为θ＝45°。电子a经过磁场偏转后从y轴上的Q(0，l0)点进入第一象限，在第一象限内紧邻y轴有沿y轴正方向的匀强电场，场强大小为，匀强电场宽为l0。已知电子质量为m、电荷量为e，不计重力及电子间的相互作用。求：‎ ‎(1)磁场的磁感应强度B的大小；‎ ‎(2)a、b两个电子经过电场后到达x轴的坐标差Δx；‎ ‎(3)a、b两个电子从P点运动到达x轴的时间差Δt。‎ 答案　(1)　(2)Δx＝　(3)Δt＝(6－π－2)‎ 解析　(1)两电子轨迹如图，由图可知，a电子做圆周运动的半径R＝l0‎ Bve＝m 可得：B＝ ‎(2)a电子在电场中ya＝at，a＝。‎ 由ya＝l0可得l0＝vt1‎ 即a电子恰好击中x轴上坐标为l0的位置 对b分析可知，AO′PO″为菱形，所以PO′与O″A平行。又因为PO′⊥x轴，则O″A⊥x轴，所以粒子出磁场速度vA平行于x轴，即b电子经过磁场偏转后，也恰好沿x轴正方向进入电场。‎ 有yb＝r＋rcos45°＝l0＋l0‎ 当b电子在电场中沿y轴负方向运动l0后，沿与x轴方向成α角做匀速直线运动。‎ tanα＝　v⊥＝at1‎ 又tanα＝，可得tanα＝ 解得：Δx＝ ‎(3)在磁场中，有T＝ a电子与b电子在磁场中运动的时间差为Δt1‎ ＝，Δθ＝－＝　Δt1＝　所以Δt1＝ b在第二象限内的无场区域的匀速时间为Δt2，Δt2＝＝ a与b在第一象限中运动的时间差为Δt3，Δt3＝＝ 所以时间差Δt＝Δt2＋Δt3－Δt1‎ 所以Δt＝(6－π－2)‎ 计算题32分练(四)‎ ‎　　限时20分钟 本专题共2题，32分，写出必要文字说明和方程式，只写最后结果不给分。‎ ‎1．[2015·潍坊质检](14分)如图所示，质量为m的小物块放在长直水平面上，用水平细线紧绕在半径为R、质量为‎2m的薄壁圆筒上。t＝0时刻，圆筒在电动机带动下由静止开始绕竖直中心轴转动，转动中角速度满足ω＝β1t(β1为已知常数)，物块和地面之间动摩擦因数为μ。求：‎ ‎(1)物块做何种运动？请说明理由；‎ ‎(2)物块运动中受到的拉力；‎ ‎(3)从开始运动至t＝t1时刻，电动机做了多少功？‎ ‎(4)若当圆筒角速度达到ω0时，使其减速转动，并以此时刻为t＝0，且角速度满足ω＝ω0－β2t(式中ω0、β2均为已知)，则减速多长时间后小物块停止运动？‎ 答案　(1)匀加速直线运动(理由见解析)‎ ‎(2)T＝μmg＋mRβ1‎ ‎(3)W电＝μmgRβ1t＋m(Rβ1t1)2‎ ‎(4)当a≤μg时，t＝ω0/β2；当a>μg时，t＝ω0R/μg 解析　(1)圆筒边缘线速度与物块前进速度大小相同 根据v＝ωR＝Rβ1t，线速度与时间成正比 物块做初速为零的匀加速直线运动 ‎(2)由(1)问分析结论，物块加速度为a＝Rβ1‎ 根据物块受力，由牛顿第二定律得T－μmg＝ma 则细线拉力为T＝μmg＋mRβ1‎ ‎(3)对整体运用动能定理，有W电＋Wf＝mv2＋×2mv2‎ 其中Wf＝－μmgs＝－μmg×Rβ1t 则电动机做的功为W电＝μmg×Rβ1t＋m(Rβ1t1)2(或对圆筒分析，求出细线拉力的做功，结果正确同样给分)‎ ‎(4)圆筒减速后，边缘线速度大小v＝ωR＝ω0R－Rβ2t，线速度变化率为a＝Rβ2‎ 若a≤μg，细线处于拉紧状态，物块与圆筒同时停止，物块减速时间为t＝ω0/β2‎ 若a＞μg，细线松驰，物块水平方向仅受摩擦力，物块减速时间为t＝ω0R/μg ‎2．[2015·宜昌调研](18分)如图所示，水平地面上方有一底部带有小孔的绝缘弹性竖直挡板，板高h＝‎9 m，与板上端等高处有一水平放置的篮筐，筐口的中心离挡板s＝‎3 m，板的左侧以及板上端与筐口的连线上方存在匀强磁场和匀强电场，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度B＝1 T；质量m＝1×10－‎3 kg、电荷量q＝－1×10－‎3 C、直径略小于小孔宽度的带电小球(不可视为质点)，以某一速度垂直于磁场方向从小孔水平射入，恰好做匀速圆周运动，若与挡板相碰就以原速率反向弹回，且不计碰撞时间，碰撞时小球的电荷量保持不变，小球最后都能从筐口的中心处进入筐中，取g＝‎10 m/s2，求：‎ ‎(1)电场强度的大小与方向；‎ ‎(2)小球运动的最大速率；‎ ‎(3)小球运动的最长时间。‎ 答案　(1)E＝10 N/C，方向竖直向下 ‎(2)‎5 m/s　(3)8.5 s 解析　(1)因小球能做匀速圆周运动，所以有：Eq＝mg E＝＝10 N/C，方向竖直向下 ‎(2)洛伦兹力提供向心力有：‎ qvB＝m 小球不与挡板相碰直接飞入筐中，其运动半径最大，如图1所示，由几何知识可得：‎ ‎(h－Rm)2＋s2＝R 解得：Rm＝‎‎5 m vm＝＝‎5 m/s ‎(3)设小球与挡板碰撞n次，此时最大半径为，要击中目标必有：‎ ≥3　≥3　n≤1.5‎ n只能取0,1‎ 当n＝0时，即为(2)问中的解 当n＝1时，可得：(h－3R)2＋s2＝R2‎ ‎(9－3R)2＋32＝R2‎ 解得：R1＝‎3 m，R2＝‎‎3.75 m R2＝‎3.75 m时小球运动的时间最长，其运动轨迹如图2中的轨迹①所示。‎ sinθ＝＝ θ＝53°，α＝360°＋(180°－53°)＝487°‎ 且T＝＝ 得：tm＝T≈8.5 s