2020屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 題型突破專練3：計算題押題突破練

計算題押題突破練1直線運動(2019年遼寧沈陽三模)在一段平直道路的路口，一輛貨車和一輛電動自行車都停在停止線處綠燈亮起后兩車同時啟動，已知貨車啟動后能保持2.5 m/s2的加速度，一直達到該路段限制的最大速度25 m/s后保持勻速直線運動；電動自行車啟動后保持4 m/s2的加速度，一直達到該車的最大速度20 m/s后保持勻速直線運動，則電動自行車在多長時間內(nèi)領(lǐng)先貨車？【答案】15 s【解析】設(shè)貨車加速的時間為t1，加速度過程中的位移為x1，則t1，x1貨車開始做勻速直線運動到追上電動車的時間為t2，位移為x2，則x2v1t2設(shè)電動車加速的時間為t3，加速過程中的位移為x3，則t3，x3電動車開始做勻速直線運動到被貨車追上的時間為t4，位移為x4，則x4v2t4兩車運動的總位移相等，所用的總時間相等x1x2x3x4，tt1t2t3t4聯(lián)立解得t15 s.2帶電粒子在復(fù)合場中的運動(2019年河南鄭州二模)如圖所示，矩形區(qū)域abcdef分為兩個矩形區(qū)域，左側(cè)區(qū)域充滿勻強電場，方向豎直向上，右側(cè)區(qū)域充滿勻強磁場，方向垂直紙面向外，be為其分界線，afL，ab0.75L，bcL.一質(zhì)量為m、電荷量為e的電子(重力不計)從a點沿ab方向以初速度v0射入電場，從be邊的中點g進入磁場(已知sin 37°0.6，cos 37°0.8)(1)求勻強電場的電場強度E的大??；(2)若要求電子從cd邊射出，求所加勻強磁場磁感應(yīng)強度的最大值Bm；(3)調(diào)節(jié)磁感應(yīng)強度的大小，求cd邊上有電子射出部分的長度【答案】(1)(2) (3)L【解析】(1)電子在電場中做類似平拋運動，有在豎直方向Lat2水平方向0.75Lv0t由牛頓第二定律有eEma聯(lián)立解得E.(2)粒子進入磁場時，速度方向與be邊夾角的正切值tan 0.75，解得37°電子進入磁場時的速度為vv0設(shè)電子運動軌跡剛好與cd邊相切時，半徑最小為r1，軌跡如圖所示則由幾何關(guān)系知r1r1cos L解得r1L由洛倫茲力提供向心力evBm可得對應(yīng)的最大磁感應(yīng)強度Bm.(3)設(shè)電子運動軌跡剛好與de邊相切時，半徑為r2，則r2r2sin 37°解得r2又r2cos L，故切點剛好為d點電子從cd邊射出的長度為yr1sin 37°.3動量與能量(2019年四川成都模擬)如圖所示，水平傳送帶A、B兩輪間的距離L40 m，離地面的高度H3.2 m，傳送帶一直以恒定的速率v02 m/s順時針勻速轉(zhuǎn)動兩個完全一樣的滑塊P、Q由輕質(zhì)彈簧相連但不栓接，用一輕繩把兩滑塊拉至最近，使彈簧處于最大壓縮狀態(tài)繃緊，輕放在傳送帶的最左端開始時P、Q一起從靜止開始運動，t13 s后輕繩突然斷開，很短時間內(nèi)彈簧伸長至本身的自然長度(不考慮彈簧的長度的影響)，此時滑塊Q的速度大小剛好是P的速度大小的兩倍且它們的運動方向相反，已知滑塊的質(zhì)量是m0.2 kg，滑塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)是0.1，重力加速度g10 m/s2.(滑塊P、Q和輕質(zhì)彈簧都可看成質(zhì)點，取1.4)求：(1)彈簧處于最大壓縮狀態(tài)時，彈簧的彈性勢能？(2)兩滑塊落地的時間差？(3)兩滑塊落地點間的距離？【答案】(1)7.2 J (2)7.8 s(3)43.84 m【解析】(1)滑塊在傳送帶上運動的加速度大小ag1 m/s2滑塊從靜止開始運動到與傳送帶相對靜止所用的時間t0 s2 s這段時間內(nèi)滑塊的位移x0at2×1×22 m2 m<L40 m故滑塊第2 s末相對傳送帶靜止t13 s時，滑塊的速度是v02 m/s，滑塊的位移x1x0v0(t1t0)(22×1) m4 m彈簧彈開物體的過程，取向右為正方向，由動量守恒定律得2mv0mvQmvP又有vQ2vP，解得彈簧伸長至本身的自然長度時，滑塊Q的速度大小vQ8 m/s，滑塊P的速度大小vP4 m/s由能量守恒定律得彈簧處于最大壓縮狀態(tài)時，彈性勢能為Epmvmv(2m)v解得Ep7.2 J.(2)兩滑塊做平拋運動的高度一樣，平拋的時間相等，所以兩滑塊落地的時間差就是彈簧到自然長度后，兩滑塊在傳送帶上的運動時間滑塊Q運動到與傳送帶相對靜止用時t26 s這段時間內(nèi)滑塊運動的位移x2vQt2at解得 x230 mLx136 m，所以滑塊Q先勻減速運動，后勻速運動，滑塊Q勻速運動的時間t3 s3 s滑塊P速度減小到0時候，滑塊P運動的位移x3 m8 m>x14 m會從左端落下滑塊P滑到傳送帶左端時的速度vP m/s2 m/s運動時間t41.2 s兩滑塊落地的時間差tt2t3t47.8 s.(3)滑塊P離開傳送帶做平拋運動的水平距離x4vP2× m2.24 m滑塊Q離開傳送帶做平拋運動的水平距離x5v02× m1.6 m.兩滑動落地點間的距離xx4Lx543.84 m.4電磁感應(yīng)的電路問題(2019年四川瀘州模擬)如圖所示，電阻不計且足夠長的U形金屬框架放置在傾角37°的絕緣斜面上，該裝置處于垂直斜面向下的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小B0.4 T質(zhì)量m0.2 kg、電阻R0.3 的導(dǎo)體棒ab垂直放在框架上，與框架接觸良好，從靜止開始沿框架無摩擦地下滑框架的質(zhì)量M0.4 kg、寬度l0.5 m，框架與斜面間的動摩擦因數(shù)0.7，與斜面間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力(g取10 m/s2，sin 37°0.6，cos 37°0.8) (1)若框架固定，求導(dǎo)體棒的最大速度vm; (2)若框架固定，導(dǎo)體棒從靜止開始下滑6 m時速度v14 m/s，求此過程回路中產(chǎn)生的熱量Q及流過導(dǎo)體棒的電量q；(3)若框架不固定，求當框架剛開始運動時導(dǎo)體棒的速度大小v2.【答案】(1)9 m/s(2)4 C(3)7.2 m/s【解析】(1)棒ab產(chǎn)生的電動勢EBlv回路中感應(yīng)電流I棒ab所受的安培力FBIl對棒ab：mgsin 37°BIlma當加速度時，最大速度vm9 m/s.(2)根據(jù)能量轉(zhuǎn)化和守恒有mgxsin 37°mvQ解得Q5.6 Jqtt4 C.(3)回路中感應(yīng)電流I1框架上邊所受安培力F1BI1l對框架有Mgsin 37°BI1l(mM)gcos 37°聯(lián)立解得v27.2 m/s.計算題押題突破練1直線運動規(guī)律如圖所示，水平地面放置A和B兩個物塊，A的質(zhì)量m12 kg，B的質(zhì)量m21 kg，物塊A、B與地面間的動摩擦因數(shù)均為0.5.現(xiàn)對物塊A施加一個與水平成37°角的外力F，F(xiàn)10 N，使A由靜止開始運動，經(jīng)過12 s物塊A剛好運動到物塊B處，A物塊與B物塊碰前瞬間撤掉外力F，A與B碰撞過程沒有能量損失，設(shè)碰撞時間很短，A、B均可視為質(zhì)點，g取10 m/s2，sin 37°0.6，cos 37°0.8.求：(1)計算A與B碰撞前瞬間A的速度大??；(2)若在B的正前方放置一個彈性擋板，物塊B與擋板碰撞時沒有能量損失，要保證物塊A和B能發(fā)生第二次碰撞，彈性擋板距離物塊B的距離L不得超過多大？【答案】(1) 6 m/s(2) L不得超過3.4 m【解析】(1)設(shè)A與B碰前速度為v1，由牛頓第二定律得Fcos 37°(m1gFsin 37°)m1a解得a0.5 m/s2則速度v1at6 m/s.(2)AB相碰，碰后A的速度v1，B的速度v2由動量守恒定律得m1v1m1v1m2v2由機械能守恒定律得m1vm1vm2v聯(lián)立解得v12 m/s、v28 m/s對A用動能定理得m1gsA0m1v解得sA0.4 m對B用動能定理得m2gsB0m2v解得sB6.4 m物塊A和B能發(fā)生第二次碰撞的條件是sAsB>2L，解得L<3.4 m即要保證物塊A和B能發(fā)生第二次碰撞，彈性擋板距離物塊B的距離L不得超過3.4 m.2帶電粒子在組合場中的運動(2019年安徽合肥三模)如圖所示，在平面直角坐標系xOy中，、象限內(nèi)有場強大小E103 V/m的勻強電場，方向與x軸正方向成45°角，、象限內(nèi)有磁感應(yīng)強度大小B1 T的勻強磁場，方向垂直坐標平面向里現(xiàn)有一比荷為104 C/kg的帶負電粒子，以速度v02×103 m/s由坐標原點O垂直射入磁場，速度方向與y軸負方向成45°角粒子重力不計，求：(1)粒子開始在磁場中運動的軌道半徑；(2)粒子從開始進入磁場到第二次剛進入磁場的過程所用的時間；(3)粒子從第二次進入磁場到第二次離開磁場兩位置間的距離【答案】(1)0.2 m(2)×104s(3) m【解析】(1)粒子進入磁場后做勻速圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律qv0Bm解得r0.2 m.(2)如圖，粒子射出磁場與y軸夾角為45°，在磁場中運動270°.粒子第一次在磁場中運動的時間為t1T·×104s粒子進入電場速度與電場方向垂直設(shè)粒子在電場中的時間為t2.加速度a電場中的位移偏轉(zhuǎn)角為45°，有tan 45°解得t24×104s總時間tt1t2×104 s.(3)如圖所示，粒子在電場中做類平拋運動，設(shè)粒子的速度偏轉(zhuǎn)角為，粒子第二次進入磁場時的速度大小為v，與y軸負方向的夾角為，則有tan 2tan 45°2由圖有45°vv0根據(jù)牛頓第二定律qvBm則R m粒子第二次進、出磁場處兩點間的距離L2Rsin 2Rsin(45°) 解得L m.3功和能(2019年河南鄭州二模)如圖所示，傳送帶水平部分的長度l4.5 m，在電動機帶動下勻速運行質(zhì)量M0.49 kg的木塊(可視為質(zhì)點)靜止在傳送帶左端的光滑平臺上質(zhì)量為m10 g的子彈以v050 m/s的速度水平向右打入木塊并留在其中，之后木塊滑到傳送帶上，最后從右輪軸正上方的P點離開傳送帶做平拋運動，正好落入車廂中心點Q.已知木塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)0.5，P點與車底板間的豎直記度H1.8 m，與車廂底板中心點Q的水平距離x1.2 m，取g10 m/s2，求：(1)木塊從傳送帶左端到達右端的時間；(2)由于傳送木塊，電動機多消耗的電能【答案】(1)2.3 s (2)1 J【解析】(1)傳送帶的速度等于木塊運動到P點后做平拋運動，得xvt豎直方向Hgt2解得拋出速度v2 m/s子彈打入木塊過程，由動量守恒定律得mv0(Mm)v1木塊沿傳送帶加速運動，由牛頓第二定律得(Mm)g(Mm)a加速至v的位移x10.3 m<4.5 m加速運動時間t10.2 s之后隨傳送帶向右勻速運動，勻速運動時間t22.1 s木塊從傳送帶左端到達右端的時間tt1t22.3 s.(2)根據(jù)功能關(guān)系，電動機多做的功等于該過程煤塊動能的增量Ek與煤塊與皮帶由于摩擦生熱而產(chǎn)生的內(nèi)能Q之和，即EEkQ其中Ek(mM)v2(mM)v解得Ek0.75 J產(chǎn)生的熱量Qmg(x帶x塊)mgx0.25 J聯(lián)立可得EEkQ1 J.4電磁感應(yīng)的能量問題(2019年云南昆明質(zhì)檢)如圖，足夠長的平行金屬導(dǎo)軌彎折成圖示的形狀，分為、三個區(qū)域區(qū)域?qū)к壟c水平面的夾角37°，存在與導(dǎo)軌平面垂直的勻強磁場，區(qū)域?qū)к壦?，長度x0.8 m，無磁場；區(qū)域?qū)к壟c水平面夾角53°，存在與導(dǎo)軌平面平行的勻強磁場金屬細桿a在區(qū)域內(nèi)沿導(dǎo)軌以速度v0勻速向下滑動，當a桿滑至距水平導(dǎo)軌高度為h10.6 m時，金屬細桿b在區(qū)域從距水平導(dǎo)軌高度為h21.6 m處由靜止釋放，進入水平導(dǎo)軌與金屬桿a發(fā)生碰撞，碰撞后兩根金屬細桿粘合在一起繼續(xù)運動已知a、b桿的質(zhì)量均為m0.1 kg，電阻均為R0.1 ，與導(dǎo)軌各部分的滑動摩擦因數(shù)均為05，導(dǎo)軌間距l(xiāng)02 m，、區(qū)域磁場的磁感應(yīng)強度均為B1 T不考慮導(dǎo)軌的電阻，傾斜導(dǎo)軌與水平導(dǎo)軌平滑連接，整個過程中桿與導(dǎo)軌接觸良好且垂直，sin 37°0.6，cos 37°0.8，g取10 m/s2.求：(1)金屬細桿a的初始速度v0的大??；(2)金屬細桿a、b碰撞后速度的大?。?3)a、b桿最終的位置【答案】(1)1 m/s(2)1.5 m/s(3)距底端0.025 m【解析】(1)金屬桿a沿導(dǎo)軌勻速下滑，對金屬桿a受力分析如圖所示根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得EBlv0根據(jù)閉合電路的歐姆定律得I安培力F安aBIl根據(jù)平衡條件得FNamgcos 37°F安aFf1mgsin 37°且Ff1FNa聯(lián)立解得v01 m/s.(2)金屬桿a沿導(dǎo)軌勻速下滑的位移為sa1 m金屬桿a勻速下滑到底端的時間為ta1 s金屬桿b沿導(dǎo)軌做初速度為0的勻加速運動，對金屬桿b受力分析如圖所示根據(jù)平衡條件得FNbmgcos 53°F安b根據(jù)牛頓第二定律得mgsin 57°Ff2mab且安培力F安bBIL，F(xiàn)f2FNb聯(lián)立解得ab4 m/s2金屬桿b沿導(dǎo)軌下滑的位移為sb2 m設(shè)金屬桿b沿導(dǎo)軌勻加速下滑到底端的時間為t0，速度為vb.則有sbabt，vbabtb代入數(shù)據(jù)解得tb1 s，vb4 m/s因tatb1 s，故a、b同進進入?yún)^(qū)域，做勻減速直線運動，加速度大小為ag5 m/s2設(shè)經(jīng)過時間t桿a速度剛好為va0，此時桿a的位移為xa，桿b的速度大小為vb，位移為xb根據(jù)運動學(xué)公式得vavbat解得t0.2 sx0v0tat20.1 m，vbvbat3 m/sxbt0.7 m則xaxb0.8 m通過以上分析：桿a速度va0時，金屬桿a、b相遇發(fā)生碰撞，碰撞過程中a、b桿系統(tǒng)動量守恒，設(shè)碰撞結(jié)束瞬間的速度大小為v1，則有mvb2mv1解得v11.5 m/s.(3)碰撞后a、b桿合為一體，向左減速，沖上區(qū)域，設(shè)到最高點的高度為h由動能定理得(2m)gxa(2m)gcos 37°2mgh0(2m)v隨后a、b桿沿區(qū)域的導(dǎo)軌勻加速下滑，到達底端再沿區(qū)域向右勻減速滑至停止，設(shè)停止時距區(qū)域底端的距離為x.由動能定理得2mg·h(2m)gcos 37°(2m)gx0聯(lián)立解得x0.025 m因x0.025 m<x，則a、b桿最終停在距區(qū)域底端0.025 m處計算題押題突破練1曲線運動(2019年云南昆明模擬)有一如圖所示的裝置，輕繩上端系在豎直桿的頂端O點，下端P連接一個小球(小球可視為質(zhì)點)，輕彈簧一端通過鉸鏈固定在桿的A點，另一端連接在P點，整個裝置可以在外部驅(qū)動下繞OA軸旋轉(zhuǎn)剛開始時，整個裝置處于靜止狀態(tài)，彈簧處于水平方向現(xiàn)在讓桿從靜止開始緩慢加速轉(zhuǎn)動，整個過程中，繩子一直處于拉伸狀態(tài)，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，忽略一切摩擦和空氣阻力已知：OA4 m，OP5 m，小球質(zhì)量m1 kg，彈簧原長l5 m，重力加速度g取10 m/s2.求：(1)彈簧的勁度系數(shù)k；(2)當彈簧彈力為零時，整個裝置轉(zhuǎn)動的角速度.【答案】(1)3.75 N/m(2) rad/s【解析】(1)開始整個裝置處于靜止狀態(tài)，對小球進行受力分析，如圖所示：根據(jù)平衡條件得F彈k(1)，聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得k3.75 N/m.(2)當彈簧彈力為零時，小球上移至位置P，繞中點C做勻速圓周運動，受力分析如圖所示由圖可得，軌道半徑為r，tan ，其中5 m，2 m根據(jù)牛頓第二定律得mgtan m2r聯(lián)立解得 rad/s.2帶電粒子在疊加場中的運動如圖所示，有一對平行金屬板，板間加有恒定電壓；兩板間有勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B0，方向垂直于紙面向里金屬板右下方以MN、PQ為上、下邊界，MP為左邊界的區(qū)域內(nèi)，存在垂直紙面向外的勻強磁場，磁場寬度為d，MN與下極板等高，MP與金屬板右端在同一豎直線上一電荷量為q、質(zhì)量為m的正離子，以初速度v0沿平行于金屬板面、垂直于板間磁場的方向從A點射入金屬板間，不計離子的重力，(1)已知離子恰好做勻速直線運動，求金屬板間電場強度的大?。?2)若撤去板間磁場B0，已知離子恰好從下極板的右側(cè)邊緣射出電場，方向與水平方向成30°角，求A點離下極板的高度；(3)在(2)的情形中，為了使離子進入磁場運動后從邊界MP的P點射出，磁場的磁感應(yīng)強度B應(yīng)為多大？【答案】(1)v0B0(2)(3)【解析】 (1)設(shè)板間的電場強度為E，離子做勻速直線運動，受到的電場力和洛倫茲力平衡，有qEqv0B0解得Ev0B0.(2)設(shè)A點離下極板的高度為h，離子射出電場時的速度為v，根據(jù)動能定理，得qEhmv2mv離子在電場中做類平拋運動，水平方向做勻速運動，有v解得h.(3)設(shè)離子進入磁場后做勻速圓周運動的半徑為r，根據(jù)牛頓第二定律，得qvBm由幾何關(guān)系得drcos 30°解得B.3動量與能量 (2019年吉林長春二模)如圖所示，可視為質(zhì)點兩物體A、B質(zhì)量均為m10 kg，它們之間用可遙控引爆的粘性炸藥粘連在一起，現(xiàn)使兩物體從光滑曲面(末端切線水平)上高度H0.8 m處由靜止釋放，到達底端時進入水平傳送帶，隨即撤掉光滑曲面，傳送帶勻速向左傳動，速率為v03 m/s.已知兩物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)均為0.1，g10 m/s2，按要求回到下列問題：(1)若兩物體從傳送帶右端滑出，求皮帶輪間的距離s需滿足的條件；(2)若皮帶輪間的距離足夠大，求從兩物體滑上離開傳送帶的整個過程中，由于兩物體和傳送帶間的摩擦產(chǎn)生的熱量Q；(3)若兩皮帶輪半徑r10 cm，間距為13.5 m當兩物體滑上皮帶后經(jīng)過2 s的那一時刻，用遙控器引爆粘性炸藥，此后兩物體分離，物體B恰好從傳送帶右端平拋飛出若爆炸所用時間極短，可忽略不計，爆炸所釋放的化學(xué)能80%轉(zhuǎn)化為兩物體的機械能，求爆炸所釋放的化學(xué)能E.【答案】(1)小于8 m(2)490 J(3)40 J【解析】 (1)AB下滑到皮帶上的速度為v，由機械能守恒定律2mgH×2mv2解得v4 m/s設(shè)皮帶輪間的距離最小值為 s0s08 m即皮帶輪間的距離需滿足的條件s<8 m.(2)物體向右減速到零的時間為t1，物體向左加速到與皮帶達到共速的時間為t2，則t14 s，t23 s物體向右減速到零的時間內(nèi)相對皮帶滑行的距離為s1，物體向左加速到與皮帶達到同速的時間內(nèi)相對皮帶滑行的距離為s2，則s1t120 m，s2t24.5 m則從兩物體滑上到離開傳送帶的整個過程中，由于兩物體和傳送帶間的摩擦產(chǎn)生了熱量Q2mg(s1s2)490 J.(3)兩物體滑上皮帶后經(jīng)過2 s的那一時刻的速度為v1，滑行的距離為x，則 v1vgt2 m/sxt6 m物體B恰好從傳送帶右端平拋飛出，則物體B對應(yīng)的速度mgm，解得v1 m/s炸藥爆炸后瞬間物體AB對應(yīng)的速度分別為vA、vB，則135x，解得vB4 m/s根據(jù)動量守恒定律2mv1mvAmvB，解得vA0爆炸后物體AB所獲得的機械能為EE×2mvmvmv解得E40 J爆炸所釋放的化學(xué)能E50 J.4電磁感應(yīng)與力學(xué)綜合(2019年安徽江淮十校聯(lián)考)如圖所示，MN、PQ為兩條平行的光滑金屬直軌道，導(dǎo)軌平面與水平面成30°，M、P之間接有電阻箱R，導(dǎo)軌所在空間存在垂直于導(dǎo)軌平面的勻強磁場，磁場的磁感應(yīng)強度大小為B.質(zhì)量為m的金屬桿ab水平放置在軌道上，其接入電路的電阻值為r，現(xiàn)從靜止釋放金屬桿ab，測得最后的最大速度為v1，已知軌道間距為L，重力加速度取g，軌道足夠長且電阻不計求：(1)電阻箱接入電路的電阻多大？(2)若當金屬棒下滑的距離為s時，金屬棒的加速度大小為a，則此時金屬棒運動的時間為多少？(3)當金屬棒沿導(dǎo)軌勻速下滑時，將電阻箱的電阻瞬間增大為r，此后金屬棒再向下滑動d的距離時，導(dǎo)體棒再次達到最大速度，求下滑d的距離過程中，回路中產(chǎn)生的焦耳熱【答案】(1)r(2)(3)mgdmv【解析】(1)設(shè)電阻箱接入電路的電阻為R1，當金屬桿以最大速度下滑時，mgsin BILIEBLv1解得R1r.(2)設(shè)金屬棒下滑的距離為s時，金屬棒的速度為v2，則mgsin ma解得v2v1根據(jù)動量定理：tmv整體過程中：mgsin tvtmv有mgtsmv2解得t.(3)當電阻箱的電阻瞬間增大為r后，電路中電流減小，導(dǎo)體棒向下做加速運動，當速度再次增大為最大速度時，mgsin 解得v3v1根據(jù)能量守恒可得此過程中回路總產(chǎn)生的總的焦耳熱Qmgdsin mgdmv.計算題押題突破練1勻變速直線運動(2019年豫北豫南名校聯(lián)考)如圖所示，某“闖關(guān)游戲”的筆直通道上每隔L8 m設(shè)有一個關(guān)卡，各關(guān)卡同步改行和關(guān)閉，放行和關(guān)閉的時間分別為6 s和4 s關(guān)卡剛放行時，一同學(xué)立即在關(guān)卡1處以加速度1 m/s2由靜止開始加速運動，達到最大速度2 m/s之后勻速運動，求：(1)該同學(xué)從開始運動到達關(guān)卡2的時間；(2)最先擋住他前進的關(guān)卡是哪一關(guān)卡【答案】(1)5 s(2)最先擋住他前進的是關(guān)卡3【解析】(1)由題意知，該同學(xué)先加速后勻速，最大速度v2 m/s根據(jù)vat1可得加速的時間為t12 s加速的位移為xat2 m從開始到達關(guān)卡2的時間為t2t15 s.(2)t2<6 s所以可以通過關(guān)卡2繼續(xù)運動，從關(guān)卡2到達關(guān)卡3的時間為t34 s從開始到達關(guān)卡3的總時間為t(54) s9 s關(guān)卡放行和關(guān)閉的時間分別為6 s和4 s，由于6<9<64此時關(guān)卡3是關(guān)閉的，所以最先擋住他前進的是關(guān)卡3.2帶電粒子在組合場中的運動如圖所示的直角坐標系xOy中，在第一象限和第四象限分別存在垂直紙面向外和向里的勻強磁場，PQ是磁場的右邊界，磁場的上下區(qū)域足夠大，在第二象限存在沿x軸正方向的勻強電場，一個質(zhì)量為m，電荷量為q的帶電粒子從x軸上的M點以速度v0垂直于x軸沿y軸正方向射入電場中，粒子經(jīng)過電場偏轉(zhuǎn)后從y軸上的N點進入第一象限，帶電粒子剛好不從y軸負半軸離開第四象限，最后垂直磁場右邊界PQ離開磁場區(qū)域，已知M點距離原點O的距離為l，N點距離原點O的距離為l，第一象限的磁感應(yīng)強度滿足B，不計帶電粒子的重力，求：(1)勻強電場的電場強度為多大？(2)第四象限內(nèi)的磁感應(yīng)強度多大？(3)若帶電粒子從進入磁場到垂直磁場右邊界離開磁場，在磁場中運動的總時間是多少？【答案】(1)(2)(3)(n0,1,2，3)【解析】(1)設(shè)帶電粒子在電場中運動的加速度為a根據(jù)牛頓第二定律得qEma粒子沿y軸方向lv0t粒子沿x軸方向lat2解得E.(2)粒子沿x軸方向勻加速運動，速度v1atv0進入磁場時與y軸正向夾角tan 解得60°進入磁場時速度大小為v2v0其運動軌跡，如圖所示在第一象限由洛倫茲力提供向心力得qvBm解得 R1l由幾何知識可得粒子第一次到達x軸時過A點，因ON滿足ON2Rcos 30°，所以NA為直徑帶電粒子剛好不從y軸負半軸離開第四象限，滿足(2R1R2)sin 30°R2，解得R22l根據(jù)qvBm，解得 B2.(3)帶電粒子到達D點時，因為DCR1sin 30°DHR2R2sin 30°lF點在H點的左側(cè)，帶電粒子不可能從第一象限垂直磁場邊界離開磁場帶電粒子在第一象限運動周期T1帶電粒子在第四象限運動周期 T2帶電粒子在磁場中運動時間滿足tn×(T1T2)解得t(n0,1,2,3)3機械能守恒 動能定理(2019年福建漳州模擬)如圖，傾角 37°的光滑且足夠長的斜面固定在水平面上，在斜面頂端固定一個輪半徑和質(zhì)量不計的光滑定滑輪D，質(zhì)量均為m1 kg 的物體A和B用一勁度系數(shù)k240 N/m 的輕彈簧連接，物體 B 被位于斜面底端且垂直于斜面的擋板 P 擋住用一不可伸長的輕繩使物體 A 跨過定滑輪與小環(huán)C連接，輕彈簧和定滑輪右側(cè)的繩均與斜面平行，小環(huán)C穿過豎直固定的光滑均勻細桿當環(huán)C位于Q處時整個系統(tǒng)靜止，此時繩與細桿的夾角53°，且物體 B 對擋板 P 的壓力恰好為零已知sin 37°0.6，cos 37°0.8，g 取10 m/s2.求：(1)當環(huán)C位于Q處時繩子的拉力T和小環(huán)C的質(zhì)量M；(2)現(xiàn)讓環(huán) C從位置 R由靜止釋放，位置R與位置Q關(guān)于位置 S 對稱，圖中SD水平且長度為 d0.2 m，求：小環(huán)C運動到位置Q的速率 v；小環(huán)C從位置R運動到位置S的過程中輕繩對環(huán)做的功WT.【答案】(1)12 N0.72 kg(2)m/s0.3 J【解析】(1)先以AB組成的整體為研究對象，AB系統(tǒng)受到重力、支持力和繩子的拉力處于平衡狀態(tài)根據(jù)平衡條件得繩子的拉力為T2mgsin 解得T12 N以C為研究對象，其受力分析，如圖根據(jù)平衡條件得Tcos 53°Mg解得M0.72 kg.(2)環(huán)從位置R運動到Q位置的過程中，對小環(huán)C、彈簧和A組成的系統(tǒng)機械能守恒M(2dcot )Mv2mv其中vAvcos 兩式聯(lián)立可得v2 m/s.由題意，開始時B恰好對擋板沒有壓力，所以B受到重力、支持力和彈簧的拉力，彈簧處于伸長狀態(tài)對B受力分析，則有kx1mgsin 解得彈簧的伸長量x10.025 mR到S時，A下降的距離為xAd0.05 m此時彈簧的壓縮量x2xAx10.025 m由速度分解可知此時A的速度為零，從R運動到S的過程中，初末態(tài)的彈性勢能相等對于小環(huán)C、彈簧和A組成的系統(tǒng)機械能守恒有Mgdcot mgxAsin Ek解得Ek1.38 J從位置R運動到位置S的過程中，對小環(huán)C由動能定理可知WTMgdcot Ek解得WT0.3 J.4電磁感應(yīng)與功能關(guān)系(2019年安徽聯(lián)盟開年考)如圖所示，光滑平行金屬導(dǎo)軌PQ、MN固定在光滑絕緣水平面上，導(dǎo)軌左端連接有阻值為R的定值電阻，導(dǎo)軌間距為L，磁感應(yīng)強度大小為B、方向豎直向上的有界勻強磁場的邊界ab、cd均垂直于導(dǎo)軌，且間距為s，e、f分別為ac、bd的中點，將一長度為L、質(zhì)量為m、阻值也為R的金屬棒垂直導(dǎo)軌放置在ab左側(cè)s處，現(xiàn)給金屬棒施加一個大小為F、方向水平向右的恒力，使金屬棒從靜止開始向右運動，金屬棒向右運動過程中始終垂直于導(dǎo)軌并與導(dǎo)軌接觸良好當金屬棒運動到ef位置時，加速度剛好為零，不計其他電阻求：(1)金屬棒運動到ef位置時的速度大?。?2)金屬棒從初位置運動到ef位置，通過金屬棒的電量；(3)金屬棒從初位置運動到ef位置，定值電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱【答案】(1)(2)(3)Fs【解析】(1)設(shè)金屬棒運動到與ef重合時速度為v，則感應(yīng)電動勢EBLv電路中電流I由于加速度剛好為零，則FBIL求得v.(2)通過金屬棒截面的電量qt求得q.(3)設(shè)定值電阻R中產(chǎn)生的焦耳熱為Q，由于金屬棒的電阻也為R，因此整個電路中產(chǎn)生的總的焦耳熱為2Q.金屬棒從靜止運動到ef位置的過程中，根據(jù)動能定理有WFW安mv2根據(jù)功能關(guān)系有W安2Q拉力F做的功WFFs求得QFs.- 20 -