（課標(biāo)版）高考物理二輪復(fù)習(xí) 計算題規(guī)范練2（含解析）-人教版高三全冊物理試題

計算題規(guī)范練2時間：45分鐘1．如圖甲所示，質(zhì)量M＝2kg、長L＝1m的木板靜止在粗糙的水平地面上，在木板的左端放置一質(zhì)量m＝1kg、大小可以忽略的鐵塊，假設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力．(g取10m/s2)(1)若在鐵塊上施加一隨時間增大的水平力F＝kt(k是常數(shù))，通過摩擦力傳感器描繪出鐵塊受到木板的摩擦力Ff隨時間t變化的圖象如圖乙所示，求木板與地面間的動摩擦因數(shù)μ1和木板與鐵塊間的動摩擦因數(shù)μ2；(2)若在鐵塊上施加恒力F，使鐵塊從木板上滑落，求F的大小范圍；(3)若在鐵塊上施加向右的恒力F′＝8N，求鐵塊運動到木板右端所用的時間．答案：(1)0.10.5(2)F>6N(3)1s解析：(1)由圖乙可以看出，0～1s時間內(nèi)，M、m均沒有滑動，由平衡條件得：Ff1＝F＝kt2～3s內(nèi)，M、m相對靜止，但整體相對地面一起向右運動，故t＝1s時有：Ff2＝μ1(m＋M)g＝3N解得：μ1＝0.13s后，M、m相對滑動，m受到滑動摩擦力，則有：μ2mg＝5N解得：μ2＝0.5(2)要使鐵塊從木板上滑落，必須使鐵塊的加速度大于木板的加速度，設(shè)鐵塊的加速度為a1，木板的加速度為a2，由牛頓第二定律得：對鐵塊：F－μ2mg＝ma1對木板：μ2mg－μ1(m＋M)g＝Ma2當(dāng)a1>a2時鐵塊才能從木板上滑落代入數(shù)據(jù)解得：F>6N(3)當(dāng)F′＝8N時，由牛頓第二定律得：對鐵塊：F′－μ2mg＝maeq\o\al(1,1)解得：a′1＝3m/s2對木板：μ2mg－μ1(m＋M)g＝Ma′2解得：a′2＝1m/s2設(shè)鐵塊運動到木板右端所用的時間為t，則有：eq\f(1,2)a′1t2－eq\f(1,2)a′2t2＝L解得：t＝1s2．(2019·全國卷Ⅲ)靜止在水平地面上的兩小物塊A、B，質(zhì)量分別為mA＝1.0kg，mB＝4.0kg；兩者之間有一被壓縮的微型彈簧，A與其右側(cè)的豎直墻壁距離l＝1.0m，如圖所示．某時刻，將壓縮的微型彈簧釋放，使A、B瞬間分離，兩物塊獲得的動能之和為Ek＝10.0J．釋放后，A沿著與墻壁垂直的方向向右運動．A、B與地面之間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.20.重力加速度取g＝10m/s2.A、B運動過程中所涉及的碰撞均為彈性碰撞且碰撞時間極短．(1)求彈簧釋放后瞬間A、B速度的大?。?2)物塊A、B中的哪一個先停止？該物塊剛停止時A與B之間的距離是多少？(3)A和B都停止后，A與B之間的距離是多少？答案：(1)vA＝4.0m/svB＝1.0m/s(2)B0.50m(3)0.91m解析：(1)設(shè)彈簧釋放瞬間A和B的速度大小分別為vA、vB，以向右為正，由動量守恒定律和題給條件有0＝mAvA－mBvB①Ek＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)②聯(lián)立①②式并代入題給數(shù)據(jù)得vA＝4.0m/s，vB＝1.0m/s③(2)A、B兩物塊與地面間的動摩擦因數(shù)相等，因而兩者滑動時加速度大小相等，設(shè)為a.假設(shè)A和B發(fā)生碰撞前，已經(jīng)有一個物塊停止，此物塊應(yīng)為彈簧釋放后速度較小的B.設(shè)從彈簧釋放到B停止所需時間為t，B向左運動的路程為sB，則有mBa＝μmBg④sB＝vBt－eq\f(1,2)at2⑤vB－at＝0⑥在時間t內(nèi)，A可能與墻發(fā)生彈性碰撞，碰撞后A將向左運動，碰撞并不改變A的速度大小，所以無論此碰撞是否發(fā)生，A在時間t內(nèi)的路程sA都可表示為sA＝vAt－eq\f(1,2)at2⑦聯(lián)立③④⑤⑥⑦式并代入題給數(shù)據(jù)得sA＝1.75m，sB＝0.25m⑧這表明在時間t內(nèi)A已與墻壁發(fā)生碰撞，但沒有與B發(fā)生碰撞，此時A位于出發(fā)點右邊0.25m處．B位于出發(fā)點左邊0.25m處，兩物塊之間的距離s為s＝0.25m＋0.25m＝0.50m⑨(3)t時刻后A將繼續(xù)向左運動，假設(shè)它能與靜止的B碰撞，碰撞時速度的大小為vA′，由動能定理有eq\f(1,2)mAvA′2－eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＝－μmAg(2l＋sB)⑩聯(lián)立③⑧⑩式并代入題給數(shù)據(jù)得vA′＝eq\r(7)m/s?故A與B將發(fā)生碰撞．設(shè)碰撞后A、B的速度分別為vA″和vB″，由動量守恒定律與機械能守恒定律有mA(－vA′)＝mAvA″＋mBvB″?eq\f(1,2)mAvA′2＝eq\f(1,2)mAvA″2＋eq\f(1,2)mBvB″2?聯(lián)立???式并代入題給數(shù)據(jù)得vA″＝eq\f(3\r(7),5)m/s，vB″＝－eq\f(2\r(7),5)m/s?這表明碰撞后A將向右運動，B繼續(xù)向左運動．設(shè)碰撞后A向右運動距離為sA′時停止，B向左運動距離為sB′時停止，由運動學(xué)公式2asA′＝vA″2,2asB′＝vB″2?由④??式及題給數(shù)據(jù)得sA′＝0.63m，sB′＝0.28m?sA′小于碰撞處到墻壁的距離．由上式可得兩物塊停止后的距離s′＝sA′＋sB′＝0.91m?3．如圖所示的平面直角坐標(biāo)系xOy，在第一象限內(nèi)有平行于y軸的勻強電場，方向沿y軸正方向；在第四象限的正三角形abc區(qū)域內(nèi)有勻強磁場，方向垂直于xOy平面向里，正三角形邊長為L，且ab邊與y軸平行．一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子，從y軸上的P(0，eq\r(3)h)點，以大小為v0的速度沿x軸正方向射入電場，通過電場后從x軸上的a(2h,0)點進入第四象限，又經(jīng)過磁場從y軸上的某點進入第三象限，且速度與y軸負方向成30°角，不計粒子所受的重力．求：(1)電場強度E的大小；(2)粒子到達a點時速度的大小和方向；(3)abc區(qū)域內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強度B的最小值，并求粒子從P點到離開第四象限所經(jīng)歷的時間．答案：(1)eq\f(\r(3)mv\o\al(2,0),2qh)(2)2v0方向與x軸正方向成60°角斜向右下方(3)eq\f(2mv0,qL)eq\f(4h,v0)＋eq\f(πL,6v0)解析：(1)粒子運動軌跡如圖所示：粒子帶負電，在電場中做類平拋運動，則：水平方向：2h＝v0t1豎直方向：eq\r(3)h＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)teq\o\al(2,1)解得：E＝eq\f(\r(3)mv\o\al(2,0),2qh)(2)粒子到達a點時沿y軸負方向的分速度vy＝at1＝eq\r(3)v0粒子速度：v＝eq\r(v\o\al(2,0)＋v\o\al(2,y))＝2v0tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\r(3)解得：θ＝60°即粒子在a點的速度方向指向第四象限與x軸正方向成60°角．(3)粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB＝meq\f(v2,r)因為粒子從y軸上的某點進入第三象限，且速度與y軸負方向成30°角，且θ＝60°，所以粒子只能從磁場的ab邊射出，當(dāng)粒子從b點射出時，r最大，此時磁場的磁感應(yīng)強度有最小值，則：r＝L解得：B＝eq\f(2mv0,qL)粒子在電場中運動時間：t1＝eq\