2016高考物理二轮专题练习-- 计算题突破策略与技巧

(2)若匀强磁场只在x轴上方某一区域内存在，且磁场边界为圆形，改变粒子的入射方向，使粒子进入磁场位置的横坐标x＝－，其中a＝(B′为磁感应强度，大小未知，不计粒子重力的影响)，还能保证粒子经过Q点，求粒子进入磁场位置的纵坐标及该圆形磁场区域的最小面积．
解析：(1)粒子进入磁场在洛伦兹力的作用下，做圆周运动，经过PQ两点的圆弧既可以是优弧也可以是劣弧，则
竖直方向上做匀减速运动vy＝gt
得t＝.
(2)设后来加上的电场场强大小为E，小球到达最高点时的动能与刚抛出时的动能相等，若电场力的方向与小球初速度的水平分量方向相同，则有
t＋v0＝v0
解得：E1＝.
若电场力的方向与小球初速度的水平分量方向相反，则有t－v0＝v0
解得：E2＝.
答案：(1)(2)或
3.
答案：(1)0.5 (2)4m/s(3)1.78m
5．如图甲所示，一辆货车车厢内紧靠前挡板处有一物体A，其质量m＝1×103kg，与车厢间的动摩擦因数μ＝0.83.物体A与货车一起以速度v＝10 m/s，在倾角θ＝37°的足够长斜坡上匀速向上行驶．从某时刻开始货车加速运动，v－t图象如图乙所示，物体A与车厢后挡板接触前，已与货车速度相同，此时货车已经做匀速直线运动(空气阻力不计，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．在这个相对滑动过程中，求：
由2＝x2＋(r′cosα)2
tanα＝，x＝－
解得：y＝a
当磁场边界圆的直径为进出磁场点之间的线段时，磁场面积最小，对应的半径最小．由对称性可知磁场最小半径为
则DP＝t2，
又DP＝OP－OD＝1.25m
解得：t＝0.5s.
答案：(1)(3，2.25) (2)0.5s
2．(2015·河北正定模拟)从地面以v0斜向上抛出一个质量为m的小球，当小球到达最高点时，小球具有的动能与势能之比是9∶16，取地面为重力势能参考面，不计空气阻力．现在此空间加上一个平行于小球平抛平面的水平电场，以相同的初速度抛出带上正电荷量为q的原小球，小球到达最高点时的动能与抛出时动能相等．求：
因为xA>xB＋x0
故物体A能撞上汽车B.
答案：(1)25 m(2)能
2.皮带传送在现代生产生活中的应用非常广泛，如商场中的自动扶梯、港口中的货物运输机等．如图所示为某工厂载货用的移动式伸缩传送带，传送带AB斜面与水平面之间的夹角θ＝37°，传送带在电动机的带动下以10m/s的速度沿斜面向下运动，现将一物体(可视为质点)无初速度地轻放在传送带上的A点，已知物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，传送带AB长为L＝29m，(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10m/s2)求：
当物体加速到与传送带速度相同时所用的时间为：
t1＝＝1s
物体发生的位移满足：v2＝2a1x1，
代入数据解得：x1＝5m.
乙
(2)物体加速到与传送带速度相同后，因为mgsinθ>μmgcosθ，所以物体相对于传送带沿传送带向下运动，摩擦力方向变为沿传送带向上(受力情况如图乙所示)．根据牛顿第二定律得知物体在此过程中的加速度为：
－μmgL－2μmgL＝Mv－Mv④
联立③④并代入数据得：v1＝4m/s.⑤
(3)从放第三个小铁块开始到木板停止之前，木板所受的合外力大小均为3μmg.
从放第三个小铁块开始到木板停止的过程，设木板运动的距离为x，对木板由动能定理得：
－3μmgx＝0－Mv⑥
联立③⑤⑥并代入数据得x＝m≈1.78 m.
如图所示，在x轴上方有垂直于xOy平面向外的足够大匀强磁场(图中没有画出该磁场)，一个质量为m，电荷量为q(q>0)的粒子，在P点以速率v沿与x轴成某一角度射入磁场，然后粒子从Q点离开磁场，P点与Q点关于y轴对称且相距为2a，其中a＝(B为磁感应强度，大小未知，不计粒子重力的影响)．
(1)求粒子从P点运动到Q点的时间；
(1)木板与地面间的动摩擦因数；
(2)刚放第三个小铁块时木板的速度大小；
(3)从放第三个小铁块开始到木板停下的过程，木板运动的距离．
解析：(1)木板在F＝50N的水平拉力作用下做匀速直线运动时，受到地面的摩擦力设为Ff，由平衡条件得：
F＝Ff①
又Ff＝μMg②
联立①②并代入数据得：μ＝0.5.③
(2)每放一个小铁块，木板所受的摩擦力增加μmg，设刚放第三个小铁块时木板的速度为v1，对木板从放第一个小铁块到刚放第三个小铁块的过程，由动能定理得：
＝＝＝
得OD＝3.75m，设OP与x轴的夹角为α，则sinα＝，D点的坐标为xD＝ODcosα＝3m，yD＝ODsinα＝2.25 m
即D点坐标为(3，2.25)．
(2)由于OD＝3.75m，而OMcos∠MOP＝3.75m，所以MD垂直于OP，由于MD为等势线，因此OP为电场线，方向从O到P，
带电粒子从P到M过程中做类平抛运动，设运动时间为t
B球运动到圆槽左边顶端时，有tan 60°＝
联立以上三式解得L＝m≈1.56 m.
(3)对小球B从圆槽最高点到圆槽最低点的过程进行分析有：
小球B在圆槽最高点的速度大小
v＝＝2vB
小球B从圆槽最高点到最低点的高度差
h＝R－Rcos 60°
设小球B在最低点的速度大小为v1，由机械能守恒得
mBgh＝mBv－mBv2
小球在圆槽最低点时：FN－mBg＝mB
联立以上各式解得FN＝16N
由牛顿第三定律得小球B滑到圆槽最低点时对槽的压力FN′＝16N，方向竖直向下．
答案：(1)6J(2)1.56m(3)16N方向竖直向下
电学计算题巧练
1.
如图所示，xOy平面为一光滑水平面，在此区域内有平行于xOy平面的匀强电场，场强大小E＝100V/m；同时有垂直于xOy平面的匀强磁场．一质量m＝2×10－6kg、电荷量q＝2×10－7C的带负电粒子从坐标原点O以一定的初动能入射，在电场和磁场的作用下发生偏转，到达P(4，3)点时，动能变为初动能的0.5倍，速度方向垂直OP向上．此时撤去磁场，经过一段时间该粒子经过y轴上的M(0，6.25)点，动能变为初动能的0.625倍，求：
a′＝0.8m/s2>a，
所以货车匀速运动后，物体A仍继续向前加速一段时间才与车厢保持相对静止．
由v－t图象可知，物体匀加速运动的末速度为：
vt＝18m/s
设从物体与车厢发生相对滑动到相对静止的时间为t
由匀变速直线运动规律有：vt＝v＋at
解得：t＝12.5 s.
(3)由匀变速直线运动规律可得物体A的位移：
(1)无电场时，小球升到最高点的时间；
(2)后来加上的电场的场强大小．
解析：(1)无电场时，当小球到达最高点时，小球具有的动能与势能之比是9∶16
将小球的运动分解为水平方向和竖直方向，则
由v＝2gh，得mv＝mgh
mv∶mv＝9∶16
解得初始抛出时：vx∶vy＝3∶4
所以竖直方向的初速度为vy＝v0
(1)烧断细线前轻弹簧储存的弹性势能Ep；
(2)平台到圆槽的距离L；
(3)小球B滑到圆槽最低点时对槽的压力FN′ .
解析：(1)烧断细线后对小球A分析：
mAgH＝mAv
烧断细线前轻弹簧储存的弹性势能
Ep＝mAv＋mBv
联立两式解得Ep＝6J.
(2)设小球B做平抛运动的时间为t，
则vy＝gt
L＝vBt
(1)OP连线上与M点等电势的点的坐标；
(2)粒子由P点运动到M点所需的时间．
解析：(1)设粒子在P点时的动能为Ek，则初动能为2Ek，在M点动能为1.25Ek，O点与P点和M点的电势差分别为：
UOP＝，UOM＝
设OP连线上与M点电势相等的点为D，由几何关系得OP的长度为5m，沿OP方向电势下降．则：
(1)当物体加速到与传送带速度相同时所用的时间和物体的位移；
(2)物体从A到B需要的时间为多少？
解析：
甲
(1)物体放到传送带上后，沿传送带向下做匀加速直线运动，开始相对于传送带沿传送带向后运动，受到的摩擦力沿传送带向下(物体受力情况如图甲所示)，根据牛顿第二定律，可求出物体的加速度为：
a1＝gsinθ＋μgcosθ＝10m/s2
(1)物体A的加速度大小；
(2)物体A的相对滑动时间；
(3)摩擦力对物体A所做的功(保留两位有效数字)．
解析：(1)设物体A与车厢发生相对滑动时的加速度为a，
由牛顿第二定律有：μmgcosθ－mgsinθ＝ma
所以物体A的加速度大小：a＝0.64 m/s2.
(2)由题图乙中v－t图象可知，货车的加速度：
4．(2015·山东淄博模拟)如图所示，上表面光滑、长度L＝3 m、质量M＝10kg的木板，在F＝50N的水平拉力作用下，以v0＝5m/s的速度沿水平地面向右匀速运动．现将一个质量为m＝3kg的小铁块(可视为质点)无初速度地放在木板最右端，当木板运动了L＝1 m时，又将第二个同样的小铁块无初速度地放在木板最右端，以后木板每运动1m就在其最右端无初速度地放上一个同样的小铁块．(g取10m/s2)求：
(2)由题图乙知，所求两个阶段加速度的大小
a1＝4 m/s2①
a2＝4 m/s2②
设斜面倾角为θ，斜面对物块的摩擦力为Ff，根据牛顿第二定律有
0～0.5 s内：F－Ff－mgsinθ＝ma1③
0．5～1 s内：Ff＋mgsinθ＝ma2④
由①②③④式得F＝8 N.
答案：(1)0.5 m1.5 m(2)4 m/s24 m/s28 N
a2＝gsinθ－μgcosθ＝2m/s2
设物体完成剩余的位移x2＝L－x1＝24m所用的时间为t2，则x2＝vt2＋a2t
代入数据解得：t2＝2s
故物体从A到B需要的时间为
t＝t1＋t2＝1s＋2s＝3s.