《高考物理深化复习+命题热点提分专题20计算题的解题方法与技巧》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考物理深化复习+命题热点提分专题20计算题的解题方法与技巧（30页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、一岗双责落实还不到位。受事务性工作影响，对分管单位一岗双责常常落实在安排部署上、口头要求上，实际督导、检查的少，指导、推进、检查还不到位。专题20 计算题的解题方法与技巧1.如图1所示，水平桌面左端有一顶端高为h的光滑圆弧形轨道，圆弧的底端与桌面在同一水平面上.桌面右侧有一竖直放置的光滑圆轨道MNP，其形状为半径R0.8m的圆环剪去了左上角135后剩余的部分，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离也为R.一质量m0.4kg的物块A自圆弧形轨道的顶端静止释放，到达圆弧形轨道底端恰与一停在圆弧底端水平桌面上质量也为m的物块B发生弹性正碰(碰撞过程没有机械能的损失)，碰后物块B的位移随时间变化的关系
2、式为x6t2t2(关系式中所有物理量的单位均为国际单位)，物块B飞离桌面后恰由P点沿切线落入圆轨道.(重力加速度g取10m/s2)求：图1(1)BP间的水平距离xBP；(2)判断物块B能否沿圆轨道到达M点；(3)物块A由静止释放的高度h.答案(1)4.1m(2)不能(3)1.8m (2)若物块B能沿轨道到达M点，在M点时其速度为vM，则有mvmvmgR设轨道对物块的压力为FN，则FNmgm解得FN(1)mg0m2g解得00.0693.如图3所示，两个圆形光滑细管在竖直平面内交叠，组成“8”字形通道，在“8”字形通道底端B处连接一内径相同的粗糙水平直管AB.已知E处距地面的高度h3.2m，一质量
3、m1kg的小球a从A点以速度v012m/s的速度向右进入直管道，到达B点后沿“8”字形轨道向上运动，到达D点时恰好与轨道无作用力，直接进入DE管(DE管光滑)，并与原来静止于E处的质量为M4kg的小球b发生正碰(a、b均可视为质点).已知碰撞后a球沿原路返回，速度大小为碰撞前速度大小的，而b球从E点水平抛出，其水平射程s0.8m.(g10m/s2)图3(1)求碰后b球的速度大小；(2)求“8”字形管道上下两圆的半径r和R；(3)若小球a在管道AB中运动时所受阻力为定值，请判断a球返回到BA管道时，能否从A端穿出？答案(1)1m/s(2)0.9m0.7m(3)不能 (3)小球从B到D，机械能守恒
4、：mvmvmgh解得：mv36.5J从A到B过程，由动能定理得：Wfmvmv解得：Wf35.5J从D到B，机械能守恒：m()2mghmvB2解得：mvB232.5J1(mM)g2 N时，如果M、m相对静止，铁块与木板有相同的加速度a，则F1(mM)g(mM)aFfma解得F2f2此时f1mg4 N，也即F6 N所以当2 N6 N时，M、m相对滑动，此时铁块受到的摩擦力为f2mg4 N图像如图所示：5如图甲所示，水平地面上放置一倾角为37的足够长的斜面，质量为m的物块置于斜面的底端某时刻起物块在沿斜面向上的力F作用下由静止开始运动，力F随位移变化的规律如图乙所示已知整个过程斜面体始终保持静止状态
5、，物块开始运动t0.5 s内位移x11 m,0.5 s后物块再运动x22 m时速度减为0.取g10 m/s2，sin370.6，cos370.8.求：(1)由静止开始，0.5 s末物块运动的速度的大小；(2)物块沿斜面向上运动过程，受到的摩擦力做的功；(3)物块在沿斜面向下运动过程中，斜面体受到地面的摩擦力的大小答案(1)4 m/s(2)12 J(3)1.6 N解析(1)由题意，0.5 s内物块做匀加速直线运动则a1t2x1va1t解得a18 m/s2，v4 m/s(2)加速和减速过程沿斜面向上的力分别为F118 N，F26 N设物块的质量m和物块与斜面间的动摩擦因数，由动能定理，有加速过程：
6、(F1mgsinmgcos)x1mv2减速过程：(mgsinmgcosF2)x20mv2Wfmgcos(x1x2)联立解得m1 kg，0.5，Wf12 J(3)斜面体受到物块的压力Nmgcos受到物块的摩擦力fmgcos设斜面体受到沿地面向右的摩擦力为f地，由平衡条件有f地Nsinfcos0解得f地大小1.6 N6如图所示，半径R0.5 m的光滑圆弧面CDM分别与光滑斜面体ABC和斜面MN相切于C、M点，O为圆弧圆心，D为圆弧最低点斜面体ABC固定在地面上，顶端B安装一定滑轮，一轻质软细绳跨过定滑轮(不计滑轮摩擦)分别连接小物块P、Q(两边细绳分别与对应斜面平行)，并保持P、Q两物块静止若PC
7、间距为L10.25 m，斜面MN足够长，物块P质量m3 kg，与MN间的动摩擦因数，求：(sin370.6，cos370.8)(1)烧断细绳后，物块P第一次到达D点时对轨道的压力大小；(2)物块P第一次过M点后0.3 s到达K点，则MK间距多大；(3)物块P在MN斜面上滑行的总路程答案(1)78 N(2)0.17 m(3)1.0 m解析(1)滑块由P到D过程，由动能定理，得mghmv根据几何关系，有hL1sin53R(1cos53)在D点，支持力和重力的合力提供向心力，有FDmgm解得FD78 N由牛顿第三定律得，物块P对轨道的压力大小为78 N(2)PM段，根据动能定理，有mgL1sin53
8、mv解得vM2 m/s沿MN向上运动过程，根据牛顿第二定律，得到a1gsin53gcos5310 m/s2根据速度时间公式，有vMa1t1解得t10.2 s7如图所示，光滑绝缘的正方形水平桌面边长为d0.48 m，离地高度h1.25 m桌面上存在一水平向左的匀强电场(除此之外其余位置均无电场)，电场强度E1104 N/C.在水平桌面上某一位置P处有一质量m0.01 kg，电量q1106 C的带正电小球以初速v01 m/s向右运动空气阻力忽略不计，重力加速度g10 m/s2.求：(1)小球在桌面上运动时加速度的大小和方向；(2)P处距右端桌面多远时，小球从开始运动到最终落地的水平距离最大？并求出
9、该最大水平距离？答案(1)1.0 m/s2方向：水平向左(2) m m解析(1)对小球受力分析，受到重力、支持力和电场力，重力和支持力平衡，根据牛顿第二定律，有a m/s21.0 m/s2方向：水平向左故，当y，即x1 m时，水平距离最大最大值为xm m即距桌面右端 m处放入，有最大水平距离为 m8如图所示，A、B间存在与竖直方向成45斜向上的匀强电场E1，B、C间存在竖直向上的匀强电场E2，A、B的间距为1.25 m，B、C的间距为3 m，C为荧光屏一质量m1.0103 kg，电荷量q1.0102 C的带电粒子由a点静止释放，恰好沿水平方向经过b点到达荧光屏上的O点若在B、C间再加方向垂直于
10、纸面向外且大小B0.1 T的匀强磁场，粒子经b点偏转到达荧光屏的O点(图中未画出)取g10 m/s2.求：(1)E1的大小；(2)加上磁场后，粒子由b点到O点电势能的变化量及偏转角度答案(1)E1 N/C1.4 N/C(2)电势能增加了1.0102 J，粒子偏转角度为37 (2)粒子从a到b的过程中，由动能定理，得qE1dABsin45mv0解得vb5 m/s加磁场前粒子在B、C间必做匀速直线运动，则有qE2mg加磁场后粒子在B、C间必做匀速圆周运动，如图所示，由牛顿第二定律，得qvbBm解得R5 m设偏转距离为y，由几何知识，得R2d(Ry)2，代入数据得y1.0 m粒子在B、C间运动时电场力做的功为WqE2ymgy1.0102 J由功能关系知，粒子的电势能增加了1.0102 J偏转角度为379如图，在边长为L的等边三角形ACD区域内，存在垂直于所在平面向里的匀强磁场大量的质量为m、电荷量为q的带正电粒子以相同速度(速度大小未确定)沿垂直于CD的方向射入磁场，经磁场偏转后三条边均有粒子射出，其中垂直于AD边射出的粒子在磁场中运动的时间为t0.不计粒子的重力及粒子间的相互作用求：(1)磁场的磁感应强度大小；(2)要确保粒子能从CD边射出，射入的最大速度；(3)AC、AD边上可能有粒子射出的范围答案(1)(2)(3)AC、A
