2020届高考物理二轮复习集训：题型突破专练3：计算题押题突破练

1、计算题押题突破练1.直线运动（2019年辽宁沈阳三模）在一段平直道路的路口，一辆货车和一辆电动自行车都停在停止线处. 绿灯亮起后两车同时启动，已知货车启动后能保持 2.5 m/s2的加速度，一直达到该路段限制的最大速度25 m/ s后保持匀速直线运动；电动自行车启动后保持4 m/s2的加速度，一直达到该车的最大速度20 m/s后保持匀速直线运动，则电动自行车在多长时间内领先货车？【答案】15 sv1v2【斛析】设货车加速的时间为ti,加速度过程中的位移为 xi,则ti=r，xi=7 ai2 ai货车开始做匀速直线运动到追上电动车的时间为t2,位移为X2,则X2= Vit2设电动车加速的时间为

2、t3,加速过程中的位移为 X3,则2,V2V2t3=, X3=a2，2a2电动车开始做匀速直线运动到被货车追上的时间为t4,位移为X4,则X4=V2t4两车运动的总位移相等，所用的总时间相等Xi+X2=X3+X4, t= ti + t2= t3+t4联立解得t=i5 s.2 .带电粒子在复合场中的运动（20i9年河南郑州二模）如图所示，矩形区域 abcdef分为两个矩形区域，左侧区域充满匀强电场，方向竖直向上，右侧区域充满匀强磁场，方向垂直纸面向外，be为其分界线，af=L, ab=0.75L, bc= L.一质量为m、电荷量为e的电子（重力不计）从a点沿ab方向以初速度vo射入电场，从be边

3、的中点g进入磁场.（已知sin 37 =0.6,cos 37 = 0.8)（1）求匀强电场的电场强度E的大小;（2）若要求电子从cd边射出，求所加匀强磁场磁感应强度的最大值Bm;（3）调节磁感应强度的大小，求16mv29eL3mv。工cd边上有电子射出部分的长度.5L6【解析】（1）电子在电场中做类似平抛运动，有,一、，11c在竖直方向2l = 2at2水平方向0.75L = vot由牛顿第二定律有 eE= ma16mv2 联立解得E=-L-. 9eL(2)粒子进入磁场时，速度方向与be边夹角的正切值tan 0=v0vot0.75Lat 2x1at2 2X0.5L= 0.75,解得0= 37,

4、 .vo 5电子进入磁场时的速度为v = -"；= Wv0sin u 3设电子运动轨迹刚好与ri+ ricos0= L5解得ri = 9L由洛伦兹力提供向心力cd边相切时，半径最小为 ri,轨迹如图所示.则由几何关系知v2 evB = m- ri可得对应的最大磁感应强度3mvoBm= 丁.设电子运动轨迹刚好与de边相切时，半径为2,则r2= r2sin 37 午 25L解得r2=又r2cos 0= L,故切点刚好为 d点 L5L电子从cd边射出的长度为 Ay = 7 + risin 37 = -.263.动量与能量(20I9年四川成都模拟)如图所示，水平传送带 A、B两轮间的距离L

5、= 40m,离地面的高度 H = 3.2 m,传送带一直以恒定的速率vo=2 m/s顺时针匀速转动.两个完全一样的滑块P、Q由轻质弹簧相连但不栓接，用一轻绳把两滑块拉至最近，使弹簧处于最大压缩状态绷紧，轻放在传送带的最左端.开始时 P、Q 一起从静止开始运动，ti=3 s后轻绳突然断开，很短时间内弹簧伸长至本身的自然长度 (不考虑弹簧的长度的影响)，此时滑块Q的速 度大小刚好是P的速度大小的两倍.且它们的运动方向相反，已知滑块的质量是m = 0.2 kg,滑块与传送带之间的动摩擦因数是尸0.1 ,重力加速度g= 10 m/s2 (滑块P、Q和轻质弹簧都可看成质点，也取1.4)求：I 3I(i)

6、弹簧处于最大压缩状态时，弹簧的弹性势能？(2)两滑块落地的时间差？(3)两滑块落地点间的距离？【答案】(1)7.2 J (2)7.8 s (3)43.84 m【解析】(1)滑块在传送带上运动的加速度大小_M_mga m 一 科罗 1 m/s滑块从静止开始运动到与传送带相对静止所用的时间vo 2to= 一= s= 2 sa 1这段时间内滑块的位移1 O 1xo= 2at2= 2 x 1* 22 m = 2 m<L = 40 m故滑块第2 s末相对传送带静止t1 = 3 s时，滑块的速度是 vo= 2 m/s,滑块的位移2mv0= mvQ mvPQ的速度大小 vq= 8 m/s ,滑块Ep

7、= 2mvQ + ；mvP2(2m)v0xi = xo+ v0(t1 10)= (2 + 2 x 1) m = 4 m弹簧弹开物体的过程，取向右为正方向，由动量守恒定律得又有vq = 2vp,解得弹簧伸长至本身的自然长度时，滑块P的速度大小 vp= 4 m/ s由能量守恒定律得弹簧处于最大压缩状态时，弹性势能为解得 Ep=7.2 J.(2)两滑块做平抛运动的高度一样，平抛的时间相等，所以两滑块落地的时间差就是弹簧到自然长度后，两滑块在传送带上的运动时间.滑块Q运动到与传送带相对静止用时VQ V0t2 = = 6 sa 1c这段时间内滑块运动的位移X2=VQt2 /at2解得X2= 30 mvL

8、 X1=36 m,所以滑块 Q先匀减速运动，后匀速运动，滑块 Q匀速运动的时间L X1 X2 t3 =V0404302s= 3 s滑块P速度减小到0时候，滑块P运动的位移VP42_X3-2a-2X 1m = 8 m>X1 = 4 m会从左端落下.滑块 P滑到传送带左端时的速度v' p = vP 2aX1 = 42 2X1X4 m/s= 22 m/svp v P运动时间t4 =1.2 sa两滑块落地的时间差At=t2+t3-t4= 7.8 s.(3)滑块P离开传送带做平抛运动的水平距离X4= vd，2X 3.2j 10m= 2.24 m滑块Q离开传送带做平抛运动的水平距离2 3.2

9、-10- m = 1.6 m.BvZ/2*两滑动落地点间的距离Ax= X4+ L + x5= 43.84 m.4.电磁感应的电路问题(2019年四川泸州模拟)如图所示，电阻不计且足够长的U形金属框架放置在倾角0= 37。的绝缘斜面上，该装置处于垂直斜面向下的匀强磁场中，磁感应强度大小B=0.4 T,质量m=0.2 kg、电阻R=0.3 的导体棒ab垂直放在框架上，与框架接触 良好，从静止开始沿框架无摩擦地下滑.框架的质量M=0.4 kg、宽度1=0.5 m,框架与斜面间的动摩擦因数 尸0.7,与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力.(g取10 m/s2, sin 37 = 0.6, cos 37

10、 = 0.8)(1)若框架固定，求导体棒的最大速度Vm；(2)若框架固定，导体棒从静止开始下滑6 m时速度V1=4 m/s,求此过程回路中产生的热量Q及流过导体棒的电量q;(3)若框架不固定，求当框架刚开始运动时导体棒的速度大小V2.【答案】(1)9 m/s (2)4 C (3)7.2 m/ s【解析】 棒ab产生的电动势 E = Blv回路中感应电流I = ER棒ab所受的安培力F=BIl对棒 ab： mgsin 37 Bll = mamgRsin 37当加速度时，最大速度vm= X 6 2- = 9 m/s.Bl1 c(2)根据能重转化和寸恒有mgxsin 37 = 2mv2+Q解得Q=5

11、.6 JBlx=4 C. EAq= I t=_R_t=_R_=BlV2(3)回路中感应电流I1 = - R框架上边所受安培力 Fi=BIi1对框架有 Mgsin 37 +BIi1= ,m+M)gcos 37联立解得V2= 7.2 m/s.计算题押题突破练1.直线运动规律如图所示，水平地面放置A和B两个物块，A的质量m1 = 2 kg, B的质量m2 = 1 kg,物块A、B与地面间的动摩擦因数均为-0.5.现对物块A施加一个与水平成37°角的外力F, F=10 N,使A由静止开始运动，经过 12 s物块A刚好运动到物块 B处，A 物块与B物块碰前瞬间撤掉外力F, A与B碰撞过程没有能

12、量损失，设碰撞时间很短，A、B均可视为质点，g 取 10 m/s2, sin 37 =0.6, cos 37 = 0.8.求：(1)计算A与B碰撞前瞬间A的速度大小；(2)若在B的正前方放置一个弹性挡板，物块 B与挡板碰撞时没有能量损失，要保证物块A和B能发生第二次碰撞，弹性挡板距离物块B的距离L不得超过多大？【答案】(1) 6 m/s (2) L不得超过3.4 m【解析】(1)设A与B碰前速度为vi,由牛顿第二定律得Fcos 37 p(migFsin 37 )= mia解得 a= 0.5 m/s2则速度 vi = at=6 m/s.(2)AB相碰，碰后 A的速度v' i, B的速度V

13、2由动量守恒定律得 mivi = miv' i + m2v21c 1 c 1c由机械能寸恒th律得 2miv2=2miv' 2 + 2m2v2联立解得 v' i = 2 m/s、v2= 8 m/s1对 A 用动能te理得一(i migsA = 0 2miv 2解得 sa= 0.4 m1c对 B 用动能te理得一(1 m2gsB = 0 2m2v2解得 sb = 6.4 m物块A和B能发生第二次碰撞的条件是Sa+sb>2L,解得L<3.4 m即要保证物块 A和B能发生第二次碰撞，弹性挡板距离物块B的距离L不得超过3.4 m.2 .带电粒子在组合场中的运动 (2

14、019年安徽合肥三模)如图所示，在平面直角坐标系 xOy 中，I、IV象限内有场强大小E=103V/m的匀强电场，方向与 x轴正方向成45°角，n、m象限内有磁感应强度大小B= 1 T的匀强磁场，方向垂直坐标平面向里.现有一比荷为104 C/kg的带负电粒子，以速度vo=2X103 m/s由坐标原点 。垂直射入磁场，速度方向与y轴负方向成45°角.粒子重力不计，求：(1)粒子开始在磁场中运动的轨道半径;(2)粒子从开始进入磁场到第二次刚进入磁场的过程所用的时间;(3)粒子从第二次进入磁场到第二次离开磁场两位置间的距离.qv0B=mv°【答案】(1)0.2 m (2

15、) 325+ 4 X 10 4s(3* m【解析】(1)粒子进入磁场后做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律解得 r= 0.2 m.(2)如图，粒子射出磁场与y轴夹角为45°,在磁场中运动 270°.粒子第一次在磁场中运动的时间为qEt2.加速度a= m104s粒子进入电场速度与电场方向垂直.设粒子在电场中的时间为1 22at2电场中的位移偏转角为45 °,有tan 45 =£V0t2解得 t2= 4X 10 4s3 兀，/总时间 t=t1 + t2= -2"+4 X 10 4 s.(3)如图所示，粒子在电场中做类平抛运动，设粒子的速度偏转角为“，粒

16、子第二次进入磁场时的速度大小为 v,与y轴负方向的夹角为a则有tan a= a2= 2tan 45 = 2由图有Q= a- 45VOv =7 5v0cos根据牛顿第二定律2 V qvB= mR则 R=* m粒子第二次进、出磁场处两点间的距离L=2Rsin 0= 2Rsin（ “一 45 ）么/口2解得L = -T m.53.功和能(2019年河南郑州二模)如图所示，传送带水平部分的长度l = 4.5 m,在电动机 带动下匀速运行.质量M = 0.49 kg的木块(可视为质点)静止在传送带左端的光滑平台上.质量为m=10 g的子弹以vo=50 m/s的速度水平向右打入木块并留在其中，之后木块滑到

17、传送 带上，最后从右轮轴正上方的P点离开传送带做平抛运动，正好落入车厢中心点Q.已知木块与传送带间的动摩擦因数-0.5, P点与车底板间的竖直记度H=1.8 m,与车厢底板中心点Q的水平距离 x= 1.2 m ,取g = 10 m/ s2,求：(1)木块从传送带左端到达右端的时间；(2)由于传送木块，电动机多消耗的电能.【答案】(1)2.3 s (2)1 J【解析】(1)传送带的速度等于木块运动到P点后做平抛运动，得 x= vt竖直方向H = 2gt2解得抛出速度v=2 m/s子弹打入木块过程，由动量守恒定律得mvo= (M + m)vi木块沿传送带加速运动，由牛顿第二定律得-M + m)g=

18、 (M + m)av2-v2 加速至 v的位移xi= -= 0.3 m<4.5 m2av vi 加速运动时间ti = 0.2 sa之后随传送带向右匀速运动，匀速运动时间 l xi t2= 2.1 sv木块从传送带左端到达右端的时间t=ti + t2=2.3 s.(2)根据功能关系，电动机多做的功等于该过程煤块动能的增量AEk与煤块与皮带由于摩擦生热而产生的内能 Q之和，即E=AEk+Q .,1cic其中正k=2(m+ M)v2 2(m+M)v2解得正k=0.75 J产生的热量 Q=m(x 带一x 块)=mgx= 0.25 J联立可得E= AEk + Q = 1 J.4.电磁感应的能量问题

19、(2019年云南昆明质检)如图，足够长的平行金属导轨弯折成图示的形状，分为I、n、出三个区域.I区域导轨与水平面的夹角“=37°,存在与导轨平面垂直的匀强磁场，n区域导轨水平，长度x=0.8 m,无磁场；出区域导轨与水平面夹角3= 53°,存在与导轨平面平行的匀强磁场.金属细杆 a在区域I内沿导轨以速度v0匀速向下滑动，当a杆滑至距水平导轨高度为hi = 0.6 m时，金属细杆b在区域I从距水平导轨高度为h2= 1.6 m处由静止释放，进入水平导轨与金属杆a发生碰撞，碰撞后两根金属细杆粘合在一起继续运动.已知a、b杆的质量均为 m=0.1 kg,电阻均为 R= 0.1 Q,

20、与导轨各部分的滑动摩擦因数 均为 尸05,导轨间距l = 02 m, I、出区域磁场的磁感应强度均为B= 1 T.不考虑导轨的电阻，倾斜导轨与水平导轨平滑连接，整个过程中杆与导轨接触良好且垂直，sin 37 = 0.6, cos 37= 0.8, g 取 10 m/s2.求：金属细杆a的初始速度vo的大小;(2)金属细杆a、b碰撞后速度的大小;(3)a、b杆最终的位置.【答案】(1)1 m/s (2)1.5 m/s (3)距 I 底端 0.025 m【解析】(1)金属杆a沿导轨匀速下滑，对金属杆a受力分析如图所示根据法拉第电磁感应定律得根据闭合电路的欧姆定律得安培力F安2=811根据平衡条件得

21、FNa=mgcos 37 °F 安 a + Ff1 = mgsin 37 °且 Ff1 = I INa联立解得vo= 1 m/s.E= Blvoh1_ .(2)金属杆a沿导轨匀速下?t的位移为sa = cin Q7三1 msin 3 7金属杆a匀速下滑到底端的时间为ta = sa= 1 sV0b受力分析如图所示.金属杆b沿导轨做初速度为。的匀加速运动，对金属杆根据平衡条件得FNb= mgcos 53 a F 安 b根据牛顿第二定律得mgsin 57 Ff2= mab且安培力F安b=BIL, Ff2= pINb联立解得ab= 4 m/s2金属杆b沿导轨下滑的位移为h2sb s

22、in 53 r 2 m1 C设金属杆b沿导轨匀加速下滑到底漏的时间为t0,速度为Vb.则有sb=2abt2, Vb= abtb代入数据解得tb= 1 s, vb= 4 m/s因ta= tb= 1 s,故a、b同进进入n区域， 做匀减速直线运动， 加速度大小为a=科罗5 m/s2设经过时间t杆a速度刚好为v' a=0,此时杆a的位移为xa,杆b的速度大小为V, b,位移为xb根据运动学公式得va=vb at解得t=0.2 s,1 ,2xo= vo12at = 0.1 m, vb=vb at = 3 m/sVb+v' b xb=2 t= 0.7 m则 xa+ xb= 0.8 m通过

23、以上分析：杆 a速度va=0时，金属杆a、b相遇发生碰撞，碰撞过程中 a、b杆系统动量守恒，设碰撞结束瞬间的速度大小为V1,则有mv' b= 2mvi解得 vi = 1.5 m/s.Ah(3)碰撞后a、b杆合为一体，向左减速，冲上I区域，设到最高点的高度为由动能定理得 M2m）gxa（X2m）gcos 37 新舞 2mg 加=0 >2（2m）v2随后a、b杆沿I区域的导轨匀加速下滑，到达底端再沿n区域向右匀减速滑至停止，设停止时距I区域底端的距离为Ax.由动能定理得八一一、一。的、，八2mg -血一2m)gcos 37 . q M2m)gAx=0 sin 37联立解得 Ax= 0

24、.025 m因Ax= 0.025 m<x,则a、b杆最终停在距I区域底端 0.025 m处.计算题押题突破练1 .曲线运动(2019年云南昆明模拟)有一如图所示的装置，轻绳上端系在竖直杆的顶端O点，下端P连接一个小球(小球可视为质点)，轻弹簧一端通过钱链固定在杆的A点，另一端连接在P点，整个装置可以在外部驱动下绕 OA轴旋转.刚开始时， 整个装置处于静止状态， 弹OA=4 m, OP =5 m,小球质量 m簧处于水平方向.现在让杆从静止开始缓慢加速转动，整个过程中，绳子一直处于拉伸状态, 弹簧始终在弹性限度内，忽略一切摩擦和空气阻力.已知:=1 kg,弹簧原长l = 5 m,重力加速度g

25、取10 m/s2求:(1)弹簧的劲度系数k;(2)当弹簧弹力为零时，整个装置转动的角速度M【答案】(1)3.75 N/m (2) 1 5 rad/s【解析】(1)开始整个装置处于静止状态，对小球进行受力分析，如图所示:一 “ j , r F弹 mg 根据平衡条件得=mTAP kJA5弹=想右)，-AP- = AjOpOA联立并代入数据解得k= 3.75 N/m.(2)当弹簧弹力为零时，小球上移至位置P',绕OA中点C做匀速圆周运动，受力分析如图所示.由图可得，轨道半径为r= CP'OP' 2 OC2, tan 9= ,其中而7OCOP ' =5 m, OC =2

26、 m根据牛顿第二定律得 mgtan 0= mco 2r2.带电粒子在叠加场中的运动 板间有匀强磁场，磁感应强度大小为如图所示，有一对平行金属板，板间加有恒定电压；两上、下边界，MP为左边界的区域内,Bo,方向垂直于纸面向里.金属板右下方以 存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁场宽度为MN、PQ 为d, MN 与联立解得3=乖rad/s.下极板等高，MP与金属板右端在同一竖直线上.一电荷量为q、质量为m的正离子，以初速度Vo沿平行于金属板面、垂直于板间磁场的方向从A点射入金属板间，不计离子的重力,(1)已知离子恰好做匀速直线运动，求金属板间电场强度的大小；(2)若撤去板间磁场 Bo,已知离子恰好从下极

27、板的右侧边缘射出电场，方向与水平方向成 30 °角，求A点离下极板的高度;(3)在(2)的情形中，为了使离子进入磁场运动后从边界MP的P点射出，磁场的磁感应强度B应为多大？mv0,一、2mv0【答案】v°B°瀛 "荷【解析】(1)设板间的电场强度为 巳 离子做匀速直线运动，受到的电场力和洛伦兹力平 衡，有qE= qvoBo解得 E=voBo.(2)设A点离下极板的高度为h,离子射出电场时的速度为v,根据动能定理，得1 2 1 2 qEh= 2mv 2mv0离子在电场中做类平抛运动，水平方向做匀速运动，有vo2voV=COS30- 解得h=mvo6qB0.

28、(3)设离子进入磁场后做匀速圆周运动的半径为r,根据牛顿第二定律，得2 v qvB= m1由几何关系得2d=rcos 30口2mvo解得B="q.3.动量与能量(2019年吉林长春二模)如图所示，可视为质点两物体A、B质量均为m=10 kg,它们之间用可遥控引爆的粘性炸药粘连在一起，现使两物体从光滑曲面(末端切线水平)上高度H = 0.8 m处由静止释放，到达底端时进入水平传送带，随即撤掉光滑曲面， 传送带匀速向左传动，速率为 V0=3 m/s.已知两物体与传送带间的动摩擦因数均为-0.1 , g= 10m/s2,按要求回到下列问题:(1)若两物体从传送带右端滑出，求皮带轮间的距离L

29、Os需满足的条件;(2)若皮带轮间的距离足够大，求从两物体滑上离开传送带的整个过程中，由于两物体和 传送带间的摩擦产生的热量Q;(3)若两皮带轮半径r=10 cm,间距为13.5 m.当两物体滑上皮带后经过2 s的那一时刻,用遥控器引爆粘性炸药，此后两物体分离，物体 B恰好从传送带右端平抛飞出.若爆炸所用 时间极短，可忽略不计，爆炸所释放的化学能80%转化为两物体的机械能，求爆炸所释放的化学能E.【答案】(1)小于8 m (2)490 J (3)40 J1_【解析】(1)AB下滑到皮带上的速度为v,由机械能守恒定律 2mgH=：X2mv2解得 v= 42gH = 4 m/s设皮带轮间的距离最小

30、值为soso=v2 v2L8即皮带轮间的距离需满足的条件s<8 m.(2)物体向右减速到零的时间为ti,物体向左加速到与皮带达到共速的时间为t2,则V .V0 一ti = =4 s, t2=1=3 spgpg物体向右减速到零的时间内相对皮带滑行的距离为si ,物体向左加速到与皮带达到同速的时间内相对皮带滑行的距离为S2,则VV0 ,si= 2+ vo ti= 20 m, s2= v0 2 t2= 4.5 m则从两物体滑上到离开传送带的整个过程中，由于两物体和传送带间的摩擦产生了热量Q=2 科 mgi + S2)=490 J.(3)两物体滑上皮带后经过2 s的那一时刻的速度为vi,滑行的距

31、离为x,则vi = v- gt=2 m/sv+ vix = -2t= 6 m物体B恰好从传送带右端平抛飞出，则物体v' BB对应的速度 mg=m-解得v B= 1 m/s炸药爆炸后瞬间物体 AB对应的速度分别为va、vb,贝 UvB - v' Bi3. 5 x=,解得 vb=4 m/s2 -VA= 0根据动量守恒定律 2mvi= mvA+mvB,解得爆炸后物体AB所获得的机械能为E1 c 2 i 212E + 2* 2mv2= 2mvA + ?mvB解得E=40 J爆炸所释放的化学能E =80%=50 J.4.电磁感应与力学综合(20i9年安徽江淮十校联考)如图所示，MN、PQ

32、为两条平行的光滑金属直轨道，导轨平面与水平面成0= 30°, M、P之间接有电阻箱 R,导轨所在空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，磁场的磁感应弓11度大小为B.质量为m的金属杆ab水平放置在轨道上，其接入电路的电阻值为r,现从静止释放金属杆 ab,测得最后的最大速度为 vi,已知轨道间距为L,重力加速度取g,轨道足够长且电阻不计.求:(1)电阻箱接入电路的电阻多大?(2)若当金属棒下Vt的距离为 s时，金属棒的加速度大小为 多少？a,则此时金属棒运动的时间为(3)当金属棒沿导轨匀速下滑时，将电阻箱的电阻瞬间增大为2. 23B L v -r,此后金属棒再向 mg下滑动d的距离时，导体棒

33、再次达到最大速度，求下滑d的距离过程中，回路中产生的焦耳执八、【答案】(勤2r (2)*+也1 2a mgv1 g g(3)1mgd-5mv228【解析】(1)设电阻箱接入电路的电阻为R1,当金属杆以最大速度下滑时，mgsin 0= BILEI =R1 +rE= BLvi._2B2L2v1解得R1= r.mg(2)设金属棒下滑的距离为B2L2v2s时，金属棒的速度为 v2,则 mgsin 0= mar+ R1.2a斛得 V2= 1 V1g根据动量定理:mgsinB2L2vA , 口 困=m加 r + R1整体过程中:mgsin 0E At 一B2L2、E v At= mE Avr + Ri上

34、1b2l2有 Imgts= mv22r+R1s 2vi解得t=V7+ 工2a1 g3B2L2v1. (3)当电阻箱的电阻瞬间增大为r后,电路中电流减小，导体棒向下做加速运动,B2l2 3当速度再次增大为最大速度时，mgsin 0=-r+ R2解得V3 = 3v1根据能量守恒可得此过程中回路总产生的总的焦耳热= 1mgd 8mv2.1_ 3Q=mgdsin 0 ,mv2一计算题押题突破练1 .匀变速直线运动(2019年豫北豫南名校联考)如图所示，某“闯关游戏”的笔直通道 上每隔L=8m设有一个关卡，各关卡同步改行和关闭， 放行和关闭的时间分别为 6s和4s.关 卡刚放行时，一同学立即在关卡1处以

35、加速度1 m/s2由静止开始加速运动，达到最大速度2 m/s 之后匀速运动，求：庆卡1 美卡N箕卡3 坤L关舟Mill Mm Kun 8 in(1)该同学从开始运动到达关卡2的时间；(2)最先挡住他前进的关卡是哪一关卡.【答案】(1)5 s (2)最先挡住他前进的是关卡3【解析】(1)由题意知，该同学先加速后匀速，最大速度v=2 m/s根据v= at1可得加速的时间为t= 2 s1 C加速的位移为x=2at2=2 m从开始到达关卡 2的时间为t2=t1+L=5 s.(2)t2<6 s所以可以通过关卡 2继续运动，从关卡 2到达关卡3的时间为t3=L = 4 s v从开始到达关卡 3的总时

36、间为t=(5 + 4)s=9 s关卡放行和关闭的时间分别为6 s和4 s,由于6<9<6+4此时关卡3是关闭的，所以最先挡住他前进的是关卡3.2 .带电粒子在组合场中的运动如图所示的直角坐标系 xOy中，在第一象限和第四象限 分别存在垂直纸面向外和向里的匀强磁场，PQ是磁场的右边界，磁场的上下区域足够大，在第二象限存在沿x轴正方向的匀强电场，一个质量为m,电荷量为+ q的带电粒子从x轴上的M点以速度vo垂直于x轴沿y轴正方向射入电场中，粒子经过电场偏转后从y轴上的N点进入第一象限，带电粒子刚好不从 y轴负半轴离开第四象限， 最后垂直磁场右边界 PQ离开磁场3区域，已知M点距离原点O

37、的距离为N点距离原点O的距离为寸31,第一象限的磁感应强度满足B =2mvoqi,不计带电粒子的重力，求:(1)匀强电场的电场强度为多大?(2)第四象限内的磁感应强度多大?(3)若带电粒子从进入磁场到垂直磁场右边界离开磁场，在磁场中运动的总时间是多少?,c、mvo 小、4 d , 5nH(2) 不(3)焉+学1,2,【解析】(1)设带电粒子在电场中运动的加速度为a根据牛顿第二定律得 qE=ma粒子沿y轴方向V31 = vot31c粒子沿x轴万向21 = 2at2曰 mv2解得E=.q I(2)粒子沿x轴方向匀加速运动，速度vi =at= V3vo进入磁场时与y轴正向夹角tan 0=那=43解得

38、仁60 °vo进入磁场时速度大小为 v=左"三2vocos 60其运动轨迹，如图所示*2在第一象限由洛伦兹力提供向心力得qvB = mv-Ri解得Ri=l由几何知识可得粒子第一次到达x轴时过A点，因ON满足ON = 2Rcos 30 ,所以NA为直径.带电粒子刚好不从 y轴负半轴离开第四象限，满足(2Ri+R2)sin 30 = R2,解得 电=21v2Bi mvo根据 qvB= m,解得 B2 = -=-r. R22ql(3)带电粒子到达 D点时，因为 DC = Risin 30= 2D' H=R2R2sin 30 = lF点在H点的左侧，带电粒子不可能从第一象限

39、垂直磁场边界离开磁场带电粒子在第一象限运动周期Ti = 2；B2v0 v0带电粒子在第四象限运动周期丁2= 泸=之12V0 v0带电粒子在磁场中运动时间满足Ti 5T25t=TT+57 + nX6(Ti+T2)一口 4 7t 5nH解得上藐十方8=0，1，2,3)3.机械能守恒 动能定理(2019年福建漳州模拟)如图，倾角0= 37°的光滑且足够长的斜 面固定在水平面上，在斜面顶端固定一个轮半径和质量不计的光滑定滑轮D,质量均为m=i kg的物体A和B用一劲度系数k=240 N/m的轻弹簧连接，物体B被位于斜面底端且垂直于斜 面的挡板 P挡住.用一不可伸长的轻绳使物体A跨过定滑轮与小环 C连接，轻弹簧和定滑轮右侧的绳均与斜面平行，小环C穿过竖直固定的光滑均匀细杆.当环 C位于Q处时整个系统静止，此时绳与细杆的夹角“=53°,且物体 B对挡板P的压力恰好为零.已知 sin 37= 0.6, cos 37 =0.8, g 取 10 m/s2.求：粕、(1)当环C位于Q处时绳子的拉力