2017-2018学年高考物理二轮复习专题检测(二十五)题型技法——3步稳解物理计算题

1、专题检测(二十五)题型技法 3 步稳解物理计算题1. (2018 届高三乐山六校联考)在短道速滑世锦赛女子 500 米决赛中，接连有选手意 外摔倒，由于在短道速滑比赛中很难超越对手，因而在比赛开始阶段每个选手都要以最大的加速度加速，在过弯道前超越对手。为提高速滑成绩，选手在如下场地进行训练：赛道的直道长度为L= 30 m 弯道半径为R= 2.5忽略冰面对选手的摩擦力，且冰面对人的弹力沿身体方向。在过弯道时，身体与冰面的夹角0的最小值为 45，直线加速过程视为匀加速过程，加速度a= 1 m/s2。若训练过程中选手没有减速过程，为保证速滑中不出现意外情况，选手在直道上速滑的最短时间为多少？(g取

2、10 m/s2)解析：若选手在直道上一直加速，选手能达到的最大速度为根据运动学公式有V12= 2aL解得V1=60 m/s设选手过弯道时，允许的最大速度为V2此时选手过弯道时的向心力为F=mgtan 452根据牛顿第二定律和圆周运动的知识有F=mi解得V2= 5 m/s由于V1V2,因而选手允许加速达到的最大速度为V2设选手在直道上加速的最大距离为X,根据运动学公式有V22= 2ax设选手在直道上加速运动的时间为、t1,匀速运动的时间为t2,则有V2=at1,Lx=V2t2选手在直道上运动的最短时间为t=t1+t2联立解得t= 8.5 s。答案：8.5 s2.为了研究过山车的原理，某物理小组提

3、出了下列的设想： 取一 个与水平方向夹角为0= 60，长为L1= 2 3 m 的倾斜轨道AB,通 过微小圆弧与长为L2= 23m 的水平轨道BC相连，然后在C处设计一个竖直完整的光滑圆轨道，如图所示。现将一个小球从距A点高为h=0.9 m 的水平台面上以一定的初速度V0水平弹出，到A点时速度方向恰沿AB方向，并沿倾斜轨道滑下。已知小球与AB和BC间的动摩擦因数均为=乎。g取 10 m/s2，求：3(1)小球初速度V0的大小；小球到达C点时速度VC的大小;3(3)要使小球不离开轨道，则竖直圆弧轨道的半径R应该满足什么条件。解析：(1)由平抛运动：Vy2= 2gh得vy=2gh=2X10X0.9

4、m/s=3 2 m/sVyA点 tan 60 =Vo3 2m/s =6 m/s。从水平抛出到C点，由动能定理得:1212mh+L1Sin0)卩mgLcos0 - imgL=-mc-m0得vc= 3：.：6 m/s。小球恰好能过最高点时,2mvmg=百百由机械能守恒得 苏2= 2mg菇 茹解得R= 1.08 m当小球刚能达到与圆心等高时 |mc2=mgR解得皆 2.7 m当圆轨道与AB相切时F3=BC-tan 601.5 m即圆轨道的半径不能超过1.5 m综上所述，要使小球不离开轨道，R应该满足的条件是0Rc 1.08 m。Vi I答案：(1)：6 m/s (2)36 m/s (3)0in0 k

5、1img= ma解得：a1= 3 m/s2、12 j 2久由公式vV0= 2a1X0Ji/ V解得：v= 25 m/s。(2)设货车在避险车道上行驶的加速度大小为mgina +k2mg= ma2解得：a2= 12.5 m/s由v2 0= 2a2X解得：x= 25 m。答案：(1)25 m/s (2)25 m2如图所示，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=a1,由牛顿第二定律可知:a2,由牛顿第二定律可知:122.88 m。质量为 2m大小可忽略的物块C置于A板的左端。C与A之间的动摩擦因数卩1=0.22 ,A B与水平地面之间的动摩擦因数为卩2= 0.10，最大静摩

6、擦力可以认为等于滑动摩132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 5mg的恒力F,假定木板A、B碰撞时间极短且碰撞后粘连在一起，要使C最终不脱离木板，每块木板的长2度至少应为多少？ (g取 10 m/s )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整体用动能定理有A B相碰瞬间，A B系统动量守恒mv= (m n)V2碰后共同速度V2= 53 m/s。2C在AB上滑行全过程，以A B C整体为研究对象，所受滑动摩擦力卩2 4mg-mg5与拉力F平衡，则系统所受合外力为零，动量守恒，根据题意，应使C滑到B右端时三者恰好

7、达到共同速度，即2mv+ 2mv= 4mv因此共同速度v= 5 ,3 m/s。C在A B上滑行过程中，设木板A、B向前运动位移为x,由运动学公式可得vi2v2= 2ai(2L+x)2 2vV2= 2a2x其中i2mg- F= 2ma, 卩i2mg-卩2mg=2ma代入数据解得L= 0.3 m。答案：0.3 m3回旋加速器的工作原理如图甲所示，置于真空中的D 形金属盒半径为 R,两盒间狭缝的间距为d,磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，被加速粒子的质量为m电荷量为+q,加在狭缝间的交变电压如图乙所示，电压值的大小为U0。周期T=。一束该粒子=qB在 0时间内从A处均匀地飘入狭缝，其初速度视为零。

8、现考虑粒子在狭缝中的运动时间， 假设能够出射的粒子每次经过狭缝均做加速运动，不考虑粒子间的相互作用。求:33mg s=gmv解得Vi=5 .3 m/s。14nmUdlooqRI= 2 m 的水平绝缘台面BC处于竖直向上的匀强电场中，a、b是两个b滑块的质量是a滑块质量的 5 倍，b滑块不带电，放在水平台面1出射粒子的动能Em；粒子从飘入狭缝至动能达到Em所需的总时间tb；(3)要使飘入狭缝的粒子中有超过99%能射出，d应满足的条件。2解析：(1)粒子运动半径为R时qvB=nmR且Em= qmV解得Em=警。(2)粒子被加速n次达到动能 氏，则Em=nqU粒子在狭缝间做匀加速运动，设n次经过狭缝

9、的总时间为At，加速度a=需12匀加速直线运动nd= qa(At)由to=(n1)T+At,解得to=n2BRd_ qBl2Ub(3)只有在 bAt时间内飘入的粒子才能每次均被加速，则所占的比例为TTt由n99%解得nmUd100qBaRnBR+2BRdnmRU0qB4如图所示，长形状相同的金属小滑块,15的右边缘C处，台面左端B平滑地连接半径为R= 0.32 m 的光滑半圆环AB光滑半圆环处在匀强电场之外。已知a滑块带正电荷，与台面间的动摩擦因数为卩=0.45。开始时给a滑块一个水平向右的初速度，大小为Vo= 10 m/s，滑块恰好能在台面上做匀速运动，之后与b滑块发生弹性正碰，碰后b滑块落

10、到地面上。设碰撞时间极短，碰后总电荷量没有损失且平分，a滑块还在桌面上，且平台右端的电场足够宽，不计a、b间的库仑力。已知台面高度h= 0.5 m ,g取 10 m/s2,碰撞后a滑块恰好能通过圆环的最高点，求滑块b落地时的速度。2VAmgrm-如宀mg2R+ mV?2 2VB=5gR=4 m/s设滑块a、b碰撞后的速度分别为Va、Vb,a碰撞前带电荷量为q,则a、b碰撞前有Eq1 1=mg a、b碰撞后，总电荷量没有损失且平分，则Eq=mg所以滑块a由C滑到B有-卩-gmgl=抽-抽2代入数据，求得Va= 5 m/s规定向右为正方向，则滑块a、b碰撞时mv=mv+ 5mv代入数据得Vb= 3

11、 m/s碰撞后，滑块b做类平抛运动，等效重力加速度15m mg-=0.9g5m落地时竖直方向的速度Vy=/2ah=2x0.9x10X0.5 m/s=3 m/s故落地时速度的大小为V=Vy2+Vb2= 3 2 m/s速度方向与水平方向成45 角。答案：3 2 m/s，方向与水平方向成45角解析：设滑块a的质量为m,滑块a恰能过A点时有滑块a由B沿圆环运动到A,根据机械能守恒有a=B175.在真空中，边长为 3L的正方形区域ABCD分成相等的三部分，左右两侧为匀强磁场,18中间区域为匀强电场，如图所示，左侧磁场的磁感应强度大小为卄弊方向垂直纸面向外；右侧磁场的磁感应强度大小为R=亠话實方向垂直于纸面向里；中间区域电场方向与正方形区域的上下边界平行。一质量为m电荷量为+q的带电粒子从平行金属板的正极 板开始由静止被加速，加速电压为U,加速后粒子从a点进入左侧磁场，又从距正方形上下 边界等间距的b点沿与电场平行的方向进入中间区域的电场中，不计粒子重力。(1) 求a点到A点的距离；* 1解析：(1)粒子在金属板间加速时，有12qU= qmv粒子在左侧磁场中运动时，如图所示,2V有qvBi=mR, sina点到A点的距离联立解得