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2019年高考物理 計算題綜合訓(xùn)練（二） 一、回顧舊知 　　 復(fù)習(xí)前面的相關(guān)知識，高考題計算題的考法及類型。 二、新課講解 （一）考點： 1、動力學(xué)問題，能量、動量守恒定律 2、圓周運動、平拋運動中涉及的能量問題 3、帶電粒子在電場、磁場、復(fù)合場的運動軌跡 4、電磁感應(yīng)結(jié)合運動學(xué)的綜合問題 （二）重難點 1、動力學(xué)中摩擦力判斷的問題 2、用能量觀點解決問題 3、粒子的運動軌跡分析 （三）易混點 動力學(xué)中求位移，能量守恒定律的應(yīng)用 三、例題精講 例1.如圖所示，半徑為R的豎直光滑半圓軌道bc與水平光滑軌道ab在b點連接，開始時可視為質(zhì)點的物體A和B靜止在ab上，A、B之間壓縮有一處于鎖定狀態(tài)的輕彈簧（彈簧與A、B不連接）。某時刻解除鎖定，在彈力作用下A向左運動，B向右運動，B沿軌道經(jīng)過c點后水平拋出，落點p與b點間距離為2R。已知A質(zhì)量為2m，B質(zhì)量為m，重力加速度為g，不計空氣阻力，求： （1）B經(jīng)c點拋出時速度的大??？ （2）B經(jīng)b時速度的大小？ （3）鎖定狀態(tài)的彈簧具有的彈性勢能？ 例2.如圖所示，在同一豎直平面內(nèi)，一輕質(zhì)彈簧一端固定，另一自由端恰好與水平線AB齊平，靜止放于光滑斜面上，一長為L的輕質(zhì)細線一端固定在O點，另一端系一質(zhì)量為m的小球，將細線拉至水平，此時小球在位置C，由靜止釋放小球，小球到達最低點D時，細繩剛好被拉斷，D點到AB的距離為h，之后小球在運動過程中恰好沿斜面方向?qū)椈蓧嚎s，彈簧的最大壓縮量為x，重力加速度為g.求： (1)細繩所能承受的最大拉力； (2)斜面的傾角θ的正切值； (3)彈簧所獲得的最大彈性勢能． 解：（1）小球由C到D，機械能定恒 ① ② 在D點， ③ ④ 由牛頓第三定律，知細繩所能承受的最大拉力為3mg ⑤ （2）小球由D到A，做平拋運動 ⑥ ⑦ ⑧ （3）小球達A點時 ⑨ 小球在壓縮彈簧的過程中小球與彈簧系統(tǒng)的機械能守恒 ⑩ ⑾ 例3.一質(zhì)量M＝0．2kg的長木板靜止在水平面上，長木板與水平面間的滑動摩擦因數(shù)μ1＝0．1，一質(zhì)量m=0．2kg的小滑塊以v0＝1．2m/s的速度從長木板的左端滑上長木板，滑塊與長木板間滑動摩擦因數(shù)μ2＝0．4（如圖所示）。 求⑴經(jīng)過多少時間小滑塊與長木板速度相同？ ⑵從小滑塊滑上長木板到最后靜止下來的過程中，小滑塊滑動的距離為多少?（滑塊始終沒有滑離長木塊） v0 解：(1) 對m：μ2mg=ma2 解得：a2=4m/s2 對M：μ2mg-μ1(M+m)g=Ma1 解得：a1=2m/s2 設(shè)經(jīng)歷時間為t兩者速度相同，則：v0-a2t=a1t 解得：t=0.2s (2)兩者共同速度為：v= a1t =0.4m/s 兩者相對靜止前，小滑塊的位移：s1=v0t-a2t2/2=0.16m 達到共同速度后對滑塊和木板：μ1(M+m)g=（M+m）a3 滑行位移為：s2=v2/2a3 解得：s2=0.08m S3=a1t=0.04m 小滑塊的總位稱為：s=s1+s2+s3=0.28m 例4．如圖，MN、PQ兩條平行的光滑金屬軌道與水平面成θ角固定，軌距為d?？臻g存在勻強磁場，磁場方向垂直軌道平面向上，磁感應(yīng)強度為B。P、M間所接阻值為R的電阻。質(zhì)量為m的金屬桿ad水平放置在軌道上，其有效電阻為r?，F(xiàn)從靜止釋放ab，當它沿軌道下滑距離s時，達到最大速度。若軌道足夠長且電阻不計，重力加速度為g。求： （1）金屬桿ab運動的最大速度； （2）金屬桿ab運動的加速度為時，電阻R上電功率； （3）金屬桿ab從靜止到具有最大速度的過程中，克服安培力所做的功。 解：（1）當桿達到最大速度時 （1分） 安培力F=BId（1分） 感應(yīng)電流 （1分） 感應(yīng)電動勢（1分） 解得最大速度 （1分） （2）當ab運動的加速為時 根據(jù)牛頓第二定律（1分） 電阻R上的電功率（2分） 解得（1分） （3）根據(jù)動能定理（2分） 解得（1分） 例6．如圖所示，兩根間距為l的光滑金屬導(dǎo)軌（不計電阻），由一段圓弧部分與一段無限長的水平段部分組成.其水平段加有方向豎直向下的勻強磁場，其磁感應(yīng)強度為B，導(dǎo)軌水平段上靜止放置一金屬棒cd，質(zhì)量為2m，電阻為2r. 另一質(zhì)量為m，電阻為r的金屬棒ab，從圓弧段M處由靜止釋放下滑至N處進入水平段，圓弧段MN半徑為R，所對圓心角為60，求： （1）ab棒在N處進入磁場區(qū)速度為多大？此時棒中電流是多少？ （2）cd棒能達到的最大速度是多少？ （3）cd棒由靜止到達最大速度過程中，系統(tǒng)所能釋放的熱量是多少？ 解：（1）ab棒由靜止從M滑下到N的過程中，只有重力做功，機械能守恒，所以到N處速度可求，進而可求ab棒切割磁感線時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢和回路中的感應(yīng)電流。 ab棒由M下滑到N過程中，機械能守恒，故有： 解得 進入磁場區(qū)瞬間，回路中電流強度為 （2）設(shè)ab棒與cd棒所受安培力的大小為F，安培力作用時間為 t，ab 棒在安培力作用下做減速運動，cd棒在安培力作用下做加速運動，當兩棒速度達到相同速度v′時，電路中電流為零，安培力為零，cd達到最大速度。 運用動量守恒定律得 解得 （3）系統(tǒng)釋放熱量應(yīng)等于系統(tǒng)機械能減少量，故有 解得 例7、一半徑為r的圓形導(dǎo)線框內(nèi)有一勻強磁場，磁場方向垂直于導(dǎo)線框所在平面，導(dǎo)線框的右端通過導(dǎo)線接一對水平放置的平行金屬板，兩板間的距離為d. 在t=0時，圓形導(dǎo)線框中的磁感應(yīng)強度B從B0開始均勻增大；同時，有一質(zhì)量為m、帶電量為q的液滴以初速度v0水平向右射入兩板間（該液滴可視為質(zhì)點）.該液滴恰能從兩板間作勻速直線運動，然后液滴在電場強度大小恒定、方向未知、磁感應(yīng)強度為B1、寬為L的（重力場、電場、磁場）復(fù)合場（磁場的上下區(qū)域足夠大）中作勻速圓周周運動．求： （1）磁感應(yīng)強度B從B0開始均勻增大時，試判斷1、2兩極板哪一塊為正極板？磁感應(yīng)強度隨時間的變化率K=？ （2）（重力場、電場、磁場）復(fù)合場中的電場強度方向如何？大小如何？ （3）該液滴離開復(fù)合場時，偏離原方向的距離. B d 1 2 v0 B1 L E A M P Q B N 4L 例8．在光滑絕緣的水平面上，長為2L的絕緣輕質(zhì)細桿的兩端各連接一個質(zhì)量均為m的帶電小球A和B，A球的帶電量為＋2q，B球的帶電量為－3q（可視為質(zhì)點，也不考慮兩者間相互作用的庫侖力）。現(xiàn)讓A處于如圖所示的有界勻強電場區(qū)域MPQN內(nèi)，已知虛線MP位于細桿的中垂線，MP和NQ的距離為4L，勻強電場的場強大小為E，方向水平向右。釋放帶電系統(tǒng)，讓A、B從靜止開始運動（忽略小球運動中所產(chǎn)生的磁場造成的影響）。求： （1）小球A、B運動過程中的最大速度； （2）帶電系統(tǒng)從開始運動到速度第一次為零所需的時間 （3）帶電系統(tǒng)運動過程中，B球電勢能增加的最大值。 例9．如圖，直線上方有平行于紙面且與MN成45的有界勻強電場，電場強度大小為E；MN下方為方向垂直于紙面向里的有界勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小未知。今從MN上的O點向磁場中射入一個速度大小為v、方向與MN成45角的帶正電粒子，該粒子在磁場中運動時的軌道半徑為R。若該粒子從O點進入磁場后第三次經(jīng)過直線MN后又恰好通過O點。不計粒子的重力。求： 45 45 E B O v M N ⑴粒子第三次經(jīng)過直線MN時的位置； ⑵磁感應(yīng)強度大??； ⑶粒子從O點出發(fā)到再次回到O點所需的時間。 例7．解：（1）2極板為正極板（2分） 由題意可知：兩板間的電壓U＝ ① （1分） 而：S＝πr2　　　　②　　　 帶電液滴所受的電場力：F＝ ③ （1分） 在豎直方向：F－mg＝0 ④ （1分） 由以上各式得　K＝?、?（1分） （2）液滴在復(fù)合場中作勻速圓周周運動，則電場力與重力平衡，所以，電場力方向豎直向上，由題意知該液滴帶正電，故電場強度方向豎直向上.（2分） 設(shè)勻強電場強度為E，則 ⑥ （1分） （1分） （3）液滴進入復(fù)合場后做勻速圓周運動，設(shè)運動半徑為R， 由牛頓第二定律有： ⑦ （1分） 由⑦式得： （1分） 討論：①若R≤L，電子從磁場左邊界離開（1分） 由幾何關(guān)系知偏轉(zhuǎn)距離為 y=2R （1分） 代入數(shù)據(jù)并整理得 ⑩ （1分） ②若R>L，電子從磁場右邊界離開 （1分） 由幾何關(guān)系知偏轉(zhuǎn)距離為 ⑧ （1分） 代入數(shù)據(jù)并整理得 ⑨ （1分） 例8.解：（1）帶電系統(tǒng)開始運動后，先向右加速運動；當B進入電場區(qū)時，開始做減速運動。故在B剛進入電場時，系統(tǒng)具有最大速度。（1分） 設(shè)B進入電場前的過程中，系統(tǒng)的加速度為a1，由牛頓第二定律：2Eq＝2ma1 （1分） B剛進入電場時，系統(tǒng)的速度為vm，由vm2＝2a1L （1分）可得vm＝ （1分） （2）當A剛滑到右邊界時，電場力對系統(tǒng)做功為W1＝2Eq3L＋（—3Eq2L）＝0 故系統(tǒng)不能從右端滑出，A剛滑到右邊界時速度剛好為零（1分）。 設(shè)B從靜止到剛進入電場的時間為t1，則 （1分） 設(shè)B進入電場后，系統(tǒng)的加速度為a2，由牛頓第二定律（2分） 系統(tǒng)做勻減速運動，減速所需時間為t2，則有 （1分） 系統(tǒng)從開始運動到速度第一次為零所需的時間為 （1分） （3）當帶電系統(tǒng)速度第一次為零，即A恰好到達右邊界NQ時，B克服電場力做的功最多，B增加的電勢能最多，此時B的位置在PQ的中點處 （1分） 所以B電勢能增加的最大值DW1＝3Eq2L＝6EqL （2分） 例9.解：粒子的運動軌跡如圖，先是一段半徑為R的1/4圓弧到a點，接著恰好逆電場線勻減速運動到b點速度為零再返回a點速度仍為v，再在磁場中運動一段3/4圓弧到c點，之后垂直電場線進入電場作類平拋運動。 （1）由圖可知： (1) 因此 即距離點 (2) （2）粒子在電場中運動時垂直和平行電場方向的位移都為 (3) o E B a b c 所以類平拋運動時間為 (4) 又 (5) 再有 (6) (7) 由③④⑤⑥⑦可得 (8) （3）粒子在磁場中運動的總時間為 (9) 粒子在電場中的加速度為 (10) 粒子在電場中做直線運動所需時間為 (11) 由(4)(9)(11)得粒子從出發(fā)到再到達O點所需時間 (12) 4、 總結(jié)課堂，指出考點，布置作業(yè)！ 1. 10個同樣的扁長木塊一個緊挨一個地放在水平地面上，如圖所示，每個木塊的質(zhì)量 m=0.40 kg，長 l =0.50 m，它們與底面間的靜摩擦和滑動摩擦系數(shù)均為μ2 = 0.10 。原來木塊處于靜止狀態(tài)。左方第一個木塊的左端上方放一質(zhì)量為 M=1. 0 kg的小鉛塊，它與木塊間的靜摩擦和滑動摩擦系數(shù)均為μ1 =0.20 ?，F(xiàn)突然給鉛塊一向右的初速度 V0 =4.3 m/s，使其在大木塊上滑行。試確定鉛塊最后的位置在何處（落在地上還是停在哪塊木塊上）。取重力加速度 g=10 m /s２ 。設(shè)鉛塊的線度與 l 相比可以忽略。 2．如圖，ABCD是邊長為的正方形。質(zhì)量為、電荷量為e的電子以大小為v0的初速度沿紙面垂直于BC變射入正方形區(qū)域。在正方形內(nèi)適當區(qū)域中有勻強磁場。電子從BC邊上的任意點入射，都只能從A點射出磁場。不計重力，求： （1）次勻強磁場區(qū)域中磁感應(yīng)強度的方向和大?。? （2）此勻強磁場區(qū)域的最小面積。