2020高考物理专题18解答计算题方法与技巧(高考押题)(解析版)

1、高考押题专练1.如下图所示，两个完全相同的质量为m的木板A、B置于水平地面上，它们的间距s= 2.88 m.质量为2m,大小可忽略的物块 C置于A板的左端.C与A之间的动摩擦因数 图=0.22, A、B与水平地面之间 的动摩擦因数为 垓=0.10,最大静摩擦力可以认为等于滑动摩擦力.开始时，三个物体处于静止状态.现给C施加一个水平向右、大小为 ：mg的恒力F,假定木板A、B碰撞时间极短且碰撞后连在一起，要使 C最5终不脱离木板，每块木板的长度至少应为多少？胃I1以1IhJN【解析】第一阶段拉力F小于C、A间最大静摩擦力，因此C、A共同加速到与B相碰.该过程对 C、A用动能定理有 32(F 陛

2、3mg)s=2mv2解得 vi = 8，0.3 m/s.A、B相碰瞬间，A、B系统动量守恒 mvi = (m+m)v2碰后共同速度V2 = 4、J03m/s.C在AB上滑行全过程，A、B、C系统所受合外力为零，动量守恒，C到B右端时恰好达到共同速度，即 2mvi+ 2mv2= 4mv因此共同速度v= 6 0.3m/s.C在A、B上滑行全过程用能量守恒得F 2L = 2><4mv2 (2>2mv2 + 2X2mv2)+ 口 2mg 2L代入数据解得L = 0.3 m.【答案】0.3 m2.如下图甲所示，一边长 L = 0.5 m,质量m=0.5 kg的正方形金属线框，放在光滑绝

3、缘的水平面上，整个装置处在方向竖直向下、磁感应强度B = 0.8 T的匀强磁场中.金属线框的一个边与磁场的边界MN重合，在水平拉力作用下由静止开始向右运动，经过t = 0.5 s线框被拉出磁场.测得金属线框中的电流I随时间变化的图象如图乙所示，在金属线框被拉出磁场的过程中.X X R M x；界(1)求通过线框导线截面的电量及该金属框的电阻;(2)写出水平力F随时间t变化的表达式;(3)若已知在拉出金属框的过程中水平拉力做功1.10 J,求此过程中线框产生的焦耳热.【解析】(1)根据题图乙知，在t=0.5 s时间内通过金属框的平均电流I =0.50 A,于是通过金属框的电量4=宜=0.25 C

4、.由平均感应电动势"E =BL-,平均电流 T = -E，通过金属框的电量 q=Tt,得q = BL-, tRR2于是金属框的电阻 R=BL- = 0.80 Q. q(2)由题图乙知金属框中感应电流线性增大，说明金属框运动速度线性增加，即金属框被匀加速拉出磁场.又知金属框在 t=0.5 s时间内运动距离 L = 0.5 m,由L = 2at2得加速度a=2L = 4 m/s2.由图乙知金属框中感应电流随时间变化规律为I= kt,其中比例系数 k=2.0 A/s.于是安培力Fa随时间t变化规律为FA=BIL = kBLt由牛顿运动定律得 F-FA=ma,所以水平拉力F = Fa+ ma

5、= ma+ kBLt代入数据得水平拉力随时间变化规律为F = 2+0.8t(单位为 “N”)(3)根据运动情况知金属框离开磁场时的速度v= 2aL= 2 m/s.由能量守恒知，此过程中金属框产生的焦耳热Q= Wf 2mv2= 0.1 J.【答案】(1)0.25 C 0.80 Q (2)F = 2+0.8t(单位为 "N')(3)0.1 J3.如图所示，竖直平面内轨道 ABCD的质量M = 0.4 kg,放在光滑水平面上，其中AB段是半径R=0.4m的光滑1圆弧，在B点与水平轨道 BD相切，水平轨道的 BC段粗糙，动摩擦因数尸0.4,长L = 3.5 m,4C点右侧轨道光滑，轨

6、道的右端连一轻弹簧.现有一质量m=0.1 kg的小物体(可视为质点)在距A点高为H= 3.6 m处由静止自由落下，恰沿A点滑入圆弧轨道(g=10 m/s2).求:(1)ABCD轨道在水平面上运动的最大速率；(2)小物体第一次沿轨道返回到A点时的速度大小.侧乜加"点打二"|«必火熄力氏“上内词4分之工抄而以I万【解析】(1)由题意分析可知，当小物体运动到圆弧最低点B时轨道的速率最大，设为 Vm,假设此时小物体的速度大小为 V,则小物体和轨道组成的系统水平方向动量守恒：以初速度的方向为正方向；由动量守恒定律可得：Mvm= mv1cle由机械能寸恒得：mg(H+R) =

7、 2Mvm+2mv2解得：Vm= 2.0 m/s(2)由题意分析可知，小物体第一次沿轨道返回到A点时小物体与轨道在水平方向的分速度相同，设为vx,假设此时小物体在竖直方向的分速度为vy,则对小物体和轨道组成的系统，由水平方向动量守恒得：(M + m)vx= 01 O 1 O由能重寸恒得： mgH = 2(M + m)v2+ 2mV2 +mgL解得 Vx= 0 ； vy = 4.0 m/s故小物体第一次沿轨道返回到A点时的速度大小va= " v2+v2 = ；16 m/s= 4 m/s【答案】(1)2.0 m/s (2)4 m/s4 .控制带电粒子的运动在现代科学实验、生产生活、仪器电

8、器等方面有广泛的应用.现有这样一个简 化模型：如图所示，y轴左、右两边均存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，右边磁场的磁感应强度始终为左 边的2倍.在坐标原点 O处，一个电荷量为+ q、质量为m的粒子a,在t=0时以大小为vO的初速度沿 轴正方向射出，另一与a相同的粒子b某时刻也从原点 。以大小为vo的初速度沿x轴负方向射出.不计粒子重力及粒子间的相互作用，粒子相遇时互不影响.(1)若a粒子能经过坐标为(孚l,，)的P点，求y轴右边磁场的磁感应强度Bi;(2)为使粒子a、b能在y轴上Q(0, lo)点相遇，求y轴右边磁场的磁感应强度的最小值B2；(3)若y轴右边磁场的磁感应强度为Bo,求粒子a、b

9、在运动过程中可能相遇的坐标值.1 一l)2 = R2【解析】(1)设a粒子在y轴右侧运动的半径为 Ri,由几何关系有(Ri/)2+由于BV2iqvo=mRi解得Bi =mvoqi(2)B2最小，说明Q点是a、b粒子在y轴上第一次相遇的点,由图乙可知，a、b粒子同时从。点出发,且粒子在y轴右侧运动的圆周运动半径乙loR2=2又 B2qvo =解得B2 =2mvoqlo(3)由图丙可见，只有在两轨迹相交或相切的那些点,才有相遇的可能性，所以有 y轴上的相切点和轴左侧的相交点.经分析可知，只要a、b粒子从O点出发的时间差满足一定的条件，这些相交或相切的点均能相遇.X X XXXX丙粒子在y轴右侧的运

10、动半径ri=mv0B0q粒子在y轴左侧的运动半径2= 警Boqy轴上的相切点坐标为0,2kmvoBoq(k= 1,2,3,)y轴左侧的相交点相遇由丙图可知，OA = AC=OC=2可得 xa= 2sin 603mvo BoqyA= r2 cos 60mvoB0qy轴左侧的相遇点的坐标“J3mv0B0q '(2n 1)mv0B0q(n=1,2,3,)(2)2mv0ql02kmv00， M3mv0 (k= 1,2,3 -W-B0q-,(2n 1)mv0B0q2 1,2,3，)5 .如图所示，两根足够长且平行的光滑金属导轨所在平面与水平面成a= 53。角，导轨间接一阻值为 3 Q的电阻R,导

11、轨电阻忽略不计.在两平行虚线间有一与导轨所在平面垂直的匀强磁场，磁场区域的宽度为d = 0.5 m.导体棒a的质量为 m1=0.1 kg、电阻为R1=6 Q;导体棒b的质量为 m2 =0.2 kg、电阻为R2=3 Q,它们分别垂直导轨放置并始终与导轨接触良好.现从图中的M、N处同时将a、b由静止释放，运动过程中它们都能匀速穿过磁场区域，且当 a刚出磁场时b正好进入磁场.(sin 53 = 0.8, cos 53 = 0.6, g取 10 m/s2, a、b电流间的相互作用不计),求:(1)在b穿越磁场的过程中 a、b两导体棒上产生的热量之比；(2)在a、b两导体棒穿过磁场区域的整个过程中，装置

12、上产生的热量;(3)M、N两点之间的距离.【解析】(1)由焦耳定律得，Q=I2Rt,/曰 Q1 I2R1t 得QT函，又根据串并联关系得，I1=32,3解得：Qi= 9(2)设整个过程中装置上产生的热量为Q由 Q=migsin ad+m2gsin ad,可解得Q= 1.2 J(3)设a进入磁场的速度大小为v1,此时电路中的总电阻 R总1 = (6 +养3) 0= 7.5 B2L2V2”曰v1m1R总13，可得V2=百=43 1 3由 m1gsin a= Bv m2gsin a=R启1d0.5又由“"十=，倚v2=V1+8T由上述两式可得 v2=12(m/s)2, v2=169 vV

13、-v2v17M. NwxiBj As= w2a=m【答案】(1)2 (2)1.2 J (3)172 m9126 .如图所示，AB是倾角为0= 30°的粗糙直轨道，BCD是光滑的圆弧轨道，AB恰好在B点与圆弧相切.圆弧的半径为 R.一个质量为m的物体(可以看彳质点)从直轨道上的P点由静止释放，结果它能在两轨道上做往返运动.已知 P点与圆弧的圆心 。等高，物体与轨道 AB间的动摩擦因数为 内重力加速度为g, 求:D(1)物体对圆弧轨道的最大压力大小;(2)物体滑回到轨道 AB上距B点的最大距离;D.(3)释放点距B点的距离L应满足什么条件，为能使物体能顺利通过圆弧轨道的最高点 R_【解析

14、】根据几何关系：pB=tan-7 从P点到E点根据动能定理，有:mgR-叱 mgos 0PB = ：mvE-0代入数据：mgR m怎 J3r= 1mvE解得：VE=y 2 3. gR在E点，根据向心力公式有：Fn - mg = mvER解得：Fn= 3mg 3mg(2)物体滑回到轨道 AB上距B点的最大距离x,根据动能定理，有 mg(BP x) sin 0科 mgos 6(BP + x)=0 0代入数据：mg(V3R- x) 1 mg3 (V3R+ x)=0解得：x=3-33叶1v2(3)刚好到达取局点时，有 mg= mR解得：v=gR根据动能定理，有1 O cmg(L sin) R Rcos

15、 0)科 mgos 0 L =2mv20 代入数据：mg(1L,- R-23R)-mg23 L = jmgR解得：L'=3R+ 3R1-X3 科所以L'3R3R物体才能顺利通过圆弧轨道的最高点【答案】 3mg-3(img3 aR心+ 13R+3RL' h®7 .如图所示，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R, 一端悬于 Q正上方局为R处，另一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Q与P之间的与Q的碰撞时

16、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,动摩擦因数为 的M : m = 4 ： 1,重力加速度为g.求:(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？1 一【解析】(1)小球由静止摆到最低点的过程中，有：mgR(1 cos 60 ) = 2mv2解得V0= gR小球与小物块Q相撞时，动量守恒，机械能守恒，则有：mvo= mv1+ mvQ2mv2=2mv2 + 2mvQ解得：v1=0, vQ= vo= 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mvQ=Mv + m(2v)解得，v=1vQ= ?R 66小物块Q离

17、开平板车时，速度为：2v= UR3(2)由能量守恒定律，知1cle 1 OFfL=2mv Q 2Mv2 2m(2v)2又 Ff=mg解得，平板车P的长度为L=誓.18a【答案】(1) gR (2喘8 .如图所示，间距为 L的平行且足够长的光滑导轨由两部分组成：倾斜部分与水平部分平滑相连，倾角为0,在倾斜导轨顶端连接一阻值为 r的定值电阻.质量为 m、电阻也为r的金属杆MN垂直导轨跨放在导轨上，在倾斜导轨区域加一垂直导轨平面向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场；在水平导轨区域加另一垂直导轨平面向下、 磁感应强度大小也为 B的匀强磁场.闭合开关S,让金属杆MN从图示位置由静止释 放，已知金属杆运动到

18、水平导轨前，已达到最大速度，不计导轨电阻且金属杆始终与导轨接触良好，重力加速度为g.求:(1)金属杆MN在倾斜导轨上滑彳T的最大速率Vm；(2)金属杆MN在倾斜导轨上运动，速度未达到最大速度vm前，当流经定值电阻的电流从零增大到I0的过程中，通过定值电阻的电荷量为q,求这段时间内在定值电阻上产生的焦耳热Q;(3)金属杆MN在水平导轨上滑彳T的最大距离xm.【解析】(1)金属杆MN在倾斜导轨上滑行的速度最大时，其受到的合力为零,对其受力分析，可得:mgsin 0 BIL =0根据欧姆定律可得:.BLvmI =2r解得：Vm=2mgrs2n(2)设在这段时间内，金属杆运动的位移为x,由电流的定义可

19、得：q= I At根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律得:_ B AS BLxI =2rAt=2rAt解得：x= 2qr BL设电流为I。时金属杆的速度为 V0,根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律，可得：I0 = BLv°1 C此过程中，电路广生的总焦耳热为Q总，由功能关系可得：mgxsin 0= Q总+ 2mv2定值电阻产生的焦耳热 Q = 2Q总解得：Q =mgqrsin ( mI0r2BL B2L2由牛顿第二定律得： BIL = ma由法拉第电磁感应定律、欧姆定律可得:BLvI= W可得：B2Lr=m?B2L2v At= m Av, 2r'门口 B2L2即 2r xm= mv

20、m22得：Xm=4m彘泻【答案】(i)2mlg2s2n 9 B Lmgqrsin 0 mI0r2(2) BL B2L24m2gr2sin (B4L49 .如图甲所示，滑块与足够长的木板叠放在光滑水平面上，开始时均处于静止状态.作用于滑块的水平力F随时间t变化图象如图乙所示，t=2.0 s时撤去力F,最终滑块与木板间无相对运动.已知滑块质量m=2 kg,木板质量 M = 1 kg,滑块与木板间的动摩擦因数尸0.2,取g= 10 m/s2.求:(1)t=0.5 s时滑块的速度大小;(2)02.0 s内木板的位移大小;(3)整个过程中因摩擦而产生的热量.【解析】(1)木板M的最大加速度am = JM

21、mg4 m/s2滑块与木板保持相对静止时的最大拉力Fm=(M+m)am=12 N即F为6 N时，M与m一起向右做匀加速运动对整体分析有：F= (M + m)a1v1 = a1t1代入数据得：v1= 1 m/s1 ,2(2)对 M ： 00.5 s, X1=2a1t10. 52 s,mg Ma212 X2= vit2 + 2a2t 22则。2 s内木板的位移 x= Xi + X2 = 6.25 m(3)对滑块：0. 52 s, Fmg ma2' .1 , 02 s时滑块的位移 x = xi+ (vit2+ 2a212)在。2 s内m与M相对位移 Axi = x' x= 2.25

22、mt= 2 s 时木板速度 v2= vi + a2t2= 7 m/s滑块速度 V2'= vi+a2t2=i0 m/s撤去F后，对M： mg= Ma3对 m： mg= ma3z当滑块与木板速度相同时保持相对静止，即 V2+ a3t3= V2 '+ a3 t3解得 t3= 0.5 si c该段时间内，M位移x3= v2t3 + 2a3t3 im 位移 x3 = V2 t3+ 2a3 t 3相对位移 Ax2=x3'一 x3 = 0.75 m整个过程中滑块在木板上滑行的相对位移Ax= Axi+ Ax2= 3 m系统因摩擦产生的热量 Q=(img x= I2 J.【答案】见解析1

23、0 .如图所示，以。为圆心、半径为R的圆形区域内存在垂直圆面向里、 磁感应弓虽度为 B的匀强磁场， 一粒子源位于圆周上的 M点，可向磁场区域内垂直磁场沿各个方向发射质量为m、电荷量为一q的粒子,不计粒子重力，N为圆周上另一点，半径 OM和ON间的夹角为 也且?足tan 2 = 0.5.(1)若某一粒子以速率 vi=qm：沿与MO成60。角斜向上方射入磁场，求此粒子在磁场中运动的时间;(2)若某一粒子以速率 V2,沿MO方向射入磁场，恰能从N点离开磁场，求此粒子的速率V2；(3)若由M点射入磁场各个方向的所有粒子速率均为V2,求磁场中有粒子通过的区域面积.门，由牛顿第二【解析】(1)粒子在匀强磁

24、场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，设轨迹半径为2定律可得qviB=解得：1 =mvi qB粒子沿与MO成60。角方向射入磁场，设粒子从区域边界 P射出，其运动轨迹如图甲所示.由图中几何关系可知粒子轨迹所对应的圆心角为a= 150°甲方法1 :故粒子在磁场中的运动时间a 1 ma 5m ti t = =V1 qB 6qB方法2:粒子运动周期T=2zmBq粒子在磁场中的运动时间1 = 罂T得1=5m兀 6qB(2)粒子以速率V2沿MO方向射入磁场，在磁场中做匀速圆周运动，恰好从 N点离开磁场，其运动轨迹如图乙，设粒子轨迹半径为2 ,由图中几何关系可得:0 12= Rtan2= 2R

25、乙由牛顿第二定律可得qv2B =解得粒子的速度V2 =qBr2 qBR丙2m(3)粒子沿各个方向以 V2进入磁场做匀速圆周运动时的轨迹半径都为2,且不变.由图丙可知，粒子在 磁场中通过的面积 S等于以。3为圆心的扇形 MO3O的面积S、以M为圆心的扇形 MOQ的面积S2和以O 点为圆心的圆弧 MQ与直线MQ围成的面积 &之和.S1 = 2R)2= V1 2S2=6 近211则s=i4#212 1 R 。12S3=6 欣-2*力an 60 = 6近一【答案】见解析11 .如图所示，一质量为 m的小球C用轻绳悬挂在 。点，小球下方有一质量为 2m的平板车B静止在光滑水平地面上，小球的位置比

26、车板略高，一质量为m的物块A以大小为vo的初速度向左滑上平板车，此时A、C间的距离为d, 一段时间后，物块A与小球C发生碰撞，碰撞时两者的速度互换， 且碰撞时间极短，已知物块与平板车间的动摩擦因数为科，重力加速度为g,若A碰C之前物块与平板车已达共同速度，求:(1)A、C间的距离d与vo之间满足的关系式；(2)要使碰后小球 C能绕O点做完整的圆周运动，轻绳的长度l应满足什么条件?【解析】(1)A碰C前与平板车速度达到相等，由动量守恒定律得：mvo= (m+ 2m)v',A碰C前与平板车速度达到相等，设整个过程A的位移是x,由动能定理得：“12 12-wmgx=2mv2_ 2m伉，联立上式，解得x=4v°-,9 dg满足的条件是d匿g(2)A碰C后，C以速度v'开始做完整的圆周运动，由机械能守恒定律得:11/mv2= mg 2l + 2mv 2小球经过最高点时，有 mgmV,解得i W0-45 g【答案】(1)d4v2 (2)l弓"9g 45g12 .如图所示，半径为Li = 2 m的金属圆环内上、 下半圆各有垂直圆环平面的有界匀强磁场，磁感应强 度大小均为Bi=10T.长度也为Li、电阻为R的金属杆ab, 一端处于圆环中心，另一端恰好搭接在金属环，r . 一、一 一、，TT上，绕着a端沿逆时针万向匀速转动，角速度为3=而rad/s.通过导线将金