当前位置:首页 >> >>

物理高考专题二十二:中档计算题专题

中档计算题专题
例 1、图(1)表示用水平恒力 F 拉动水平面上的物体,使其做匀加速运动。当改变拉力 的大小时,相对应的匀加速运动的加速度 a 也会变化,a 和 F 的关系如图(2)所示。 (1)该物体的质量为多少? (2)在该物体上放一个与该物体质量相同的砝码,保持砝码与该物体相对静止,其他条 件不变,请在图 2 的坐标上画出相应的 a——F 图线。 (3)由图线还可以得到什么物理量?(要求写出相应的表达式或数值) 选题理由:学会读图,利用图象处理问题 F 图1 a (m/s2) 8 6 4 2 0 1 2 3 4 5 F(N) 图2 解答: (1)F-μmg =ma , a =

F 图1 a (m/s2) 8 6 4 2 -μg 1 2 3 4 5 F(N) 图2

F ? ?g ; m

由图线斜率:1/m=2 ;所以 m =0.5kg ; (2)过点(2,0)和(4,2)图线略 (3)μmg=1N ;μ=0.2

例 2、如图,电动传送带以恒定速度 v0 = 1.2m / s 运行,传送带与水平面的夹角 α = 37° ,现 将质量 m=20kg 的物品箱轻放到传送带底端,经过一段时间后,物品箱被送到 h=1.8m 的平台 上,已知物品箱与传送带间的动摩擦因数 ? = 0.85 ,不计其他损耗,则每件物品箱从传送带 底端送到平台上,需要多少时间?每输送一个物品箱,电动机需增加消耗的 电能是多少焦耳?( g = 10m / s 2 , sin 37° = 0.6 ) 选题理由:1、斜面上物体的加速度求解学生易错 2、电动机需增加消耗的电能应有哪些能量构成, 怎样计算是一个难点。

①a =

f ? mg sin θ = ?g cos θ ? g sin θ = 0.85 × 10 × 0.8 ? 10 × 0.6 = 0.8m / s 2 m
v 0 1 .2 = = 1.5( s ) a 0 .8 s1 = 1 2 1 at1 = × 0.8 × 1.5 2 = 0.9m 2 2

t1 =

s2 =

h ? s1 = 2.1m sin 37°

t2 =

s 2 2.1 = = 1.75s v0 1.2

∴ t = t1 + t 2 = 3.25( s )

② W = mgh +

1 2 1 mv0 + ?mg cos 37°?s = 20[10 × 1.8 + × 1.2 2 + 0.85 × 10 × 0.8(1.5 2 2

× 1.2 ? 0.9)] = 496.8 J

例 3、如图 16 所示,一质量为 M 的长方形木板 B 放在光滑的水平面上,在其右端放一质量为 m 的小木块 A,m<M。现以地面为参照系,给 A 和 B 以大小相等方向相反的初速度 V。使 A 开始向左运动,B 开始向右运动,但最后 A 没有滑离 B 板,且相对滑动的时间为 t,以 地面为参照系。 (2) 求它们最后的速度大小和方向; (2)求小木块 A 向左运动到达的最远处(从地面上看)到出发点的距离。 选题理由:学会画过程分析图

解: (1)取水平向右为正,则系统初动量为 MV0-mV0. 因 M>m,则其方向为正,又因系统置于光滑水平面,其所受合外力为零,故 AB 相对滑 动时,系统总动量守恒 AB 相对静止后设速度为 V,则系统动量为(M+m)V. 方向也为正,则 V 方向为正,即水平向右. 且 MV0-Mv0=(M+m)V V=

M ?m ·V0 M +m

(2)在地面上看 A 向左运动至最远处时,A 相对地的速度为 O. 设 AB 之间的摩擦力大小于 f,对 A: 则有 ft = mV ? ( ? mV0 )

f =

m?

M ?m V0 + m ? V0 2 MmV0 M +m = t ( M + m)t

aA =

2 MV0 f = 方向向右,设向左运动的最大距离为 S. m ( M + m)t

则 Vt ? V0 = 2as
2 2

(V t = 0 ) 负号表示向左.

S=

? V02 =? 2a

V02 ( M + m)V0 t =? 2 MV0 4M 2? ( M + m)t

例4、如图所示,带正电小球质量为m=1×10 2kg,

-

带电量为q=l×10-6C,置于光滑绝缘水平面上的A 点.当空间存在着斜向上的匀强电场时,该小球从 静止开始始终沿水平面做匀加速直线运动,当运动到B点时,测得其速度vB =1.5m/s, 此时小球的位移为S =0.15m.求此匀强电场场强E的取值范围.(g=10m/s。) 某同学求解如下:设电场方向与水平面之间夹角为θ,由动能定理qEScosθ= 得E =

1 2 mvB -0 2

2 mvB 75000 = V/m.由题意可知θ>0,所以当E >7.5×104V/m时小球将 2qS cos θ cos θ

始终沿水平面做匀加速直线运动. 经检查,计算无误.该同学所得结论是否有不完善之处?若有请予以补充.
解:该同学所得结论有不完善之处. 为使小球始终沿水平面运动,电场力在竖直方向的分力必须小于等于重力 qEsinθ≤mg 所以 tgθ ≤

mg 2Sg 2 × 0.15 × 10 4 = 2 = = 2 mvB 2.25 3 vB 2S

E≤

mg 1× 10?2 × 10 = V / m = 1.25 × 105 V / m 4 q sin θ 1× 10?6 × 5

即 7.5×104V/m<E≤1.25×105V/m 例 5、如图所示,abcd 为质量 M=2 kg 的导轨,放在光滑绝缘的水平面,另有一根质量 m=0.6 kg 的金属棒 PQ 平行于 bc 放在水平导轨上,PQ 棒左边靠着绝缘的竖直立柱 e、f(竖直立 柱光滑, 且固定不动) 导轨处于匀强磁场中, , 磁场以 OO′ 为界,左侧的磁场方向竖直向上,右侧的磁场方向水平 向右,磁感应强度大小都为 B=0.8 T.导轨的 bc 段长 l =0.5 m,其电阻 r=0.4 ? ,金属棒的电阻 R=0.2? ,其 余电阻均可不计.金属棒与导轨间的动摩擦因数μ=

0.2.若在导轨上作用一个方向向左、大小为 F=2N 的水平拉力,设导轨足够长,重力加 速度 g 取 10m/s ,试求: (1)导轨运动的最大加速度; (2)导轨的最大速度; (3)定性画出回路中感应电流随时间变化的图线. 解:导轨在外力作用下向左加速运动,由于切割磁感线,在回路中要产生感应电流,导轨的 bc 边及金属棒 PQ 均要受到安培力作用,PQ 棒受到的支持力要随电流的变化而变化,导轨受 到 PQ 棒的摩擦力也要变化,因此导轨的加速度要发生改变.导轨向左切割磁感线时,
2

有,

I感 =

Blv R+r



导轨受到向右的安培力 F1 = BIl ,金属棒 PQ 受到向上的安培力 F2 = BIl ,导轨受到 PQ 棒对 它的摩擦力 f = ? (mg ? BIl ) ,根据牛顿第二定律,有 F-BIl-? (mg-BIl)=Ma,即 F-(1-? μ)Bil- mg=Ma.② (1) 当刚拉动导轨时,v=0,由①式可知

I 感 = 0 ,则由②式可知,此时有最大加速度

am ,即

am =

F ? ?mg = 0.4m/s 2 M .

(感应电动势、右手定则、全电路欧姆定律) (2) 随着导轨速度 v 增大,

I感

增大而 a 减小,当 a=0 时,有最大速度 vm ,从②式可得

F ? (1 ? ? ) BI m l ? ?mg = 0 ,有 Im = F ? ?mg = 2 .5 A (1 ? ? ) Bl ③ vm = Im (R + r) = 3.75m/s Bl .

将 I m = 2.5A 代入①式,



(3)从刚拉动导轨开始计时,t=0 时,

v0 = 0 ,I=0,当 t = t1 时,v 达到最大,I 达到

2.5 A,电流 I 随时间 t 的变化图线如图所示.

课后练习 1、经检测汽车 A 的制动性能:以标准速度 20m/s,在平直公路上行驶时,制动后 40s 停 下来。现 A 在平直公路上以 20m/s 的速度行驶,发现前方 180m 处有一货车 B 以 6m/s 的速度 同向匀速行使,因该路段只能通过一个车辆,司机立即制动, 关于能否发生撞车事故,某同学的解答过程是: “设汽车 A 制动后 40s 的位移为 S1,货车 B 在这段时间内的位移为 S2.则: A 车的位移为: S1 = v t = 400m;
B B 车的位移为: 2 两车位移差为 400-240=160(m)<180(m);两车不相撞 ” 两车不相撞。” 两车不相撞

S = v t = 240m;

你认为该同学的结论是否正确?如果你认为正确,请定性说明理由;如果你认为不 正确,请说明理由并求出正确结果。 2、核聚变能是一种具有经济性能优越、安全可靠、无环境污染等优势的新能源.近年来, 受控核聚变的科学可行性已得到验证,目前正在突破关键技术,最终将建成商用核聚变电站. 一种常见的核聚变反应是由氢的同位素氘(又叫重氢)和氚(又叫超重氢)聚合成氦,并释放一 个中子.若已知氘原子的质量为 2.014u , 氚原子的质量为 3.0160u , 氦原子的质量为 4.0026u, 中子的质量为 1.0087u, 1u = 166 × 10?27 kg . . (1)写出氘和氚聚合的反应方程. (2)试计算这个核反应释放出来的能量. (3)若建一座功率为 3.0 × 105 kW 的核聚变电站,假设聚变所产生的能量有一半变成了电 能,每年要消耗多少氘的质量? (一年按 3.2 × 10 s 计算,光速 c = 3.00 × 10 m / s ,结果取二位有效数字)
7 8

3、如图所示理想变压器副线圈匝数 n2=400,当原线圈输入电压 u1=70.7sin314t(V)时,安培表 A1 的读数为 2A,当副线圈增加 100 匝时,伏特表 V2 的读数增加 5V,求 (1)原线圈匝数 n1 是多少? A1 A2 (2)电阻 R 多大 V1 V2 R

4、计划发射一颗距离地面高度为地球半径 R0 的圆形轨道地球卫星,卫星轨道平面与赤道平面 重合,已知地球表面重力加速度为 g, (1)求出卫星绕地心运动周期 T (2)设地球自转周期 T0,该卫星绕地旋转方向与地球自转方向相同,则在赤道上一点的人能连 续看到该卫星的时间是多少?

2π t t + 2π = 2π 3 T0 T
则有

TT0 t= = 3(T0 ? T )



8 R0 T0 g 8 R0 ) g



3(T0 ? 2π

5、如图所示,质量为 M 的长木板静止在光滑的水平地面上,在木块的右端有一质量为 m 的 小铜块,现给铜块一个水平向左的初速度 v0 ,铜块向左滑行并与固定在木板 左端的长度为 l 的轻弹簧相碰,碰后返回且恰好停在长木板右端,则轻弹簧与铜块相碰 过程中具有的最大弹性势能为多少?整个过程中转化为内能的机械能为多少?

6、如图所示,用折射率 n =

2 的玻璃做成内径为 R、外径为 R ′ = 2 R 的半球形空心球

壳,一束平行光射向此半球的外表面,与中心对称轴 OO ′ 平行,试求: (1)球壳内部有光线射出的区域; (2)要使球壳内部没有光线射出,至少用多大的遮光板,如何放置才行?

O′

R O R′

7、如图所示,固定的半圆弧形光滑轨道置于水平方向的匀强电场和匀强磁场中,轨道圆 弧半径为 R,磁感应强度为 B,方向垂直于纸面向外,电场强度为 E,方向水平向左.一个质量 为 m 的小球(可视为质点)放在轨道上的 C 点恰好处于静止,圆弧半径 OC 与水平直径 AD 的夹 角为 α (sin α = 0.8) . (1)求小球带何种电荷,电荷量是多少?并说明理由. (2)如果将小球从 A 点由静止释放,小球在圆弧轨道上运动时,对轨道的最大压力的大小

是多少?

1、解:不正确(得 2 分) 汽车 A 做匀减速直线运动,当 A 车减为与 B 车同速时是 A 车逼近 B 车距离最多的时刻, 这时若能超过 B 车则相撞,反之则不能相撞。(得 3 分) 由: a =

v ?v
t

0

t

得 A 车的加速度: a 1 = -0.5m/s 2; (得 2 分)

A 车速度减到 6m/s 时所用的时间: t =

v ?v
B

A

a

= 28s 。(得 2 分)

此过程 A 车的位移为: S1 = v t = 364m; B 车的位移为: S 2 =

v

B

t = 168m;

△S=364-168=196>180(m) 所以两车相撞。(得 3 分)
2 3 2、解(1) 1 H + 1 H ? → 2 He + 1 n ? 0 4

(2) ?E = (m2 + m3 ? m4 ? m1 )c = 2.8 × 10
2

?12

J

(3)一年中产生的电能发生的核反应次数为 n = 所需氘的质量 m = n × m2 × 1.66 × 10 ?27 = 23kg 3、解(1)

Pt 0.5 × ?E

U 2 n2 = U1 n1

?U 2 ?n2 = U1 n1 n2 U1 = 20 V n1

n1 =

U1 ?n2 = 1000 ?U 2

(2)

U 2 n2 = U1 n1

U2 =

I1U1 = U 2 2 / R
A1 B1

得到: 4、解 (1)

R = 4?

B2 A2

O

GMm 4π 2 = m 2 (2 R0 ) T (2 R0 )2 T = 2π
3 8 R0 8 R0 = 2π GM g

(2)设人在 B1 位置刚好看见卫星出现在 A1 位置,最后 在 B2 位置看到卫星从 A2 位置消失, OA1=2OB1 有 ∠A1OB1=∠A2OB2=π/3 从 B1 到 B2 时间为 t 5、解①将 M、m 和弹簧整体作为系统,满足动量守恒条件,以向左的方向为正,有

mv0 = ( M + m)v

v=

m v0 . 因 m 能相对于木板停在右端, 故一定存在摩擦力, M +m
2 2 m 2 v0 mMv0 1 1 1 2 2 2 mv0 ? ( M + m)v = mv0 ? = 2 2 2 2( M + m) 2( M + m)

对全过程由能量守恒定律 E 损 =

②弹簧压至最短时, E 损 =



1 E损 2

2 由能量守恒定律: 1 mv 0 = 1 ( M + m)v 2 + 1 E 损 + E弹 2 2 2

∴ E弹 =

2 2 mMv0 1 2 1 m 2 v0 mv0 ? = . 4 4 M + m 4( M + m)

6、解 (1)设光线 a ′a 射入外球面,沿 ab 方向射向内球面,刚好发生全反射,则

sin C =


1 1 = n 2

C = 45 o (2 分)
2 R , Ob = R

在 ?Oab 中, Oa = ∴

sin(180 o ? C ) 2R
o

=

sin r (2 分) , R

sin r =
o o

sin C 2
o

=

1 2

即 r = 30 (1 分) ,则 ∠θ = C ? r = 45 ? 30 = 15 (1 分) 又 ∠O ′Oa = i ,由

sin i =n sin r

(2 分) ,得

sin i = n sin r =
o

2 2

∴ i = 45 (1 分)

即 ∠O ′Ob = i + θ = 45 + 15 = 60 (1 分)
o o o

当射向外球面的入射光线的入射角小于 i = 45 时,这些光线都会射出内球面.因此,
o

以 OO ′ 为中心线,上、下(左、右)各 60 的圆锥球壳内有光线射出. 分) (2
o

(2)由图中可知, h = R ′ sin i =

2R ?

2 = R ,所以,至少用一个半径为 R 的遮光 2

板,圆心过 OO ′ 轴并垂直该轴放置,才可以挡住射出球壳的全部光线,这时球壳内部将没有 光线射出. 分) (3

7、解(1)小球在 C 点受重力、电场力和轨道的支持力处于平衡,电场力的方向一定 向 左 的 , 与 电 场 方 向 相 同 , 如 图 所 示 . 因 此 小 球 带 正 电 荷 .

FN cos α = qE FN sin α = mg
则有 3mg = 4qE 小球带电荷量 q =

3mg 4E

<1>

(2)小球从 A 点释放后,沿圆弧轨道滑下,还受方向指向轨道的洛仑兹力 f,力 f 随速度 增大而增大,小球通过 C 点时速度(设为 v)最大,力 f 最大,且 qE 和 mg 的合力方向沿半径 OC,因此小球对轨道的压力最大. 由

1 2 mv = mgR sin α ? qER(1 ? cos α ) 2
gR

<2>

通过 C 点的速度 v =

小球在重力、电场力、洛仑兹力和轨道对它的支持力作用下沿轨道做圆周运动,有

v2 F ? mg sin α ? qE cos α ? qvB = m R
最大压力的大小等于支持力 F =

< 3>

(9 E + 3 B
4E

Rg mg

)


更多相关标签: