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1、【全程复习方略】2015年高考物理二轮复习 题型专项 分类突破 计算题58分练（2）高考计算题58分练(2)分类突破，60分钟规范答题抓大分！1.在倾角=37的足够长斜面上，装有A、B两光电门，一小正方体木块边长d=1cm，在距A光电门x0处静止释放，小木块通过光电门A显示的遮光时间为t1，通过光电门B显示的遮光时间为t2，现保持小木块与光电门A在斜面上的位置不变，不断地改变光电门B的位置，测出对应的两光电门A、B间的距离x和t2，并画出如图乙所示的图像。(g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8)求：(1)动摩擦因数的大小。(2)小木块距光电门A的距离x0多大？(3)若将小木
2、块换为与小木块同种材料制成的长为L=20cm的木条，把它静止放在距光电门A上方一定距离的某位置，木条依次通过两光电门的遮光时间分别为t1=0.2s，t2=0.1s，求两光电门A、B之间的距离x多大？(结果保留两位有效数字)【解析】(1)由乙图像斜率的物理意义可知：a=2m/s2；由牛顿第二定律可得a=gsin-gcos；联立解得：=0.5(2)=2ax0，解得：x0=0.5m(3)由木条通过A光电门可得v1t1+=L；由木条通过B光电门可得v2t2+=L；木条由A运动到B可得-=2ax；联立解得：x=0.74m答案：(1)0.5(2)0.5m(3)0.74 m2.(2014宁波二模)如图所示装
3、置由AB、BC、CD三段轨道组成，轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接，其中轨道AB、CD段是光滑的，水平轨道BC的长度x=5m，轨道CD足够长且倾角=37，A、D两点离轨道BC的高度分别为h1=4.30m、h2=1.35m。现让质量为m的小滑块自A点由静止释放。已知小滑块与轨道BC间的动摩擦因数=0.5，重力加速度g取10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8。求：(1)小滑块第一次到达D点时的速度大小。(2)小滑块第一次与第二次通过C点的时间间隔。(3)小滑块最终停止的位置距B点的距离。【解析】(1)小滑块从ABCD过程中，由动能定理得：mg(h1-h2)-mgx=m-0将h1、h2
4、、x、g代入得：vD=3m/s(2)小滑块从ABC过程中，由动能定理得mgh1-mgx=m-0将h1、x、g代入得：vC=6m/s小滑块沿CD段上滑的加速度大小a=gsin=6m/s2小滑块沿CD段上滑到最高点的时间t1=1s由对称性可知小滑块从最高点滑回C点的时间t2=t1=1s故小滑块第一次与第二次通过C点的时间间隔t=t1+t2=2s(3)对小滑块运动全过程应用动能定理，设小滑块在水平轨道上运动的总路程为x总有：mgh1=mgx总将h1、代入得x总=8.6m，故小滑块最终停止的位置距B点的距离为2x-x总=1.4m答案：(1)3m/s(2)2 s(3)1.4 m3.如图所示，真空中有一半
5、径r=0.5m的圆形磁场区域，圆与x轴相切于坐标原点O，磁场的磁感应强度大小B=210-3T，方向水平向里，在x1=0.5m到x2=1.0m区域内有一个方向竖直向下的匀强电场，电场强度E=2.0103N/C。在x=2.0m处有一竖直放置的足够大的荧光屏。现将比荷为=1109C/kg的带负电粒子从O点处射入磁场，不计粒子所受重力。(sin37=0.6，cos37=0.8)(1)若粒子沿y轴正方向射入，恰能从磁场与电场的相切处进入电场，求粒子最后到达荧光屏上位置的y坐标。(2)若粒子以(1)问中相同速率从O点与y轴成37角射入第二象限，求粒子到达荧光屏上位置的y坐标。【解析】(1)由题意可知，粒子
6、的运动轨迹如图甲所示。据几何关系：R=r=0.5m；粒子在磁场中运动，则有：Bqv=；粒子在磁场中运动的过程：y1=r=0.5m。粒子进入电场后做类平抛运动：L1=vt；y2=at2；a=，tan=；飞出电场后粒子做匀速直线运动y3=L2tan，y=y1+y2+y3。代入数据解得：y=1.75m。(2)粒子射出磁场时，由几何关系得速度与x轴平行，粒子将垂直电场线射入电场，如图乙所示。据几何关系可得：y=y+Rsin37；解得：y=1.75m+0.3 m=2.05 m答案：(1)1.75m(2)2.05 m4.(2014衢州二模)如图所示，在一半径为R的圆形区域内有磁感应强度为B的匀强磁场，方向
7、垂直纸面向外。一束质量为m、电荷量为q的带正电的粒子沿平行于直径MN的方向进入匀强磁场，粒子的速度大小不同，重力不计，入射点P到直径MN的距离为h，求：(1)某粒子经过磁场射出时的速度方向恰好与其入射方向相反，粒子的入射速度是多大？(2)恰好能从M点射出的粒子速度是多大？(3)若h=，粒子从P点经磁场到M点的时间是多少？【解析】(1)粒子射出方向与入射方向相反，在磁场中走了半周，其半径r1=h由qv1B=m得v1=(2)粒子从M点射出，其运动轨迹如图所示，在MQO1中，=(R-)2+(h-r2)2得r2=由qv2B=m得v2=(3)若h=，sinPOQ=，可得POQ=由几何关系得粒子在磁场中偏
8、转所对应的圆心角为=周期T=所以t=T=。答案：(1)(2)(3)5.(2014杭州二模)如图，光滑斜面的倾角=30，在斜面上放置一矩形线框abcd，ab边的边长l1=1m，bc边的边长l2=0.6m，线框的质量m=1kg，电阻R=0.1，线框通过细线与重物相连，重物质量M=2kg，斜面上ef线(ef平行gh)的右方有垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度B=0.5T，如果线框从静止开始运动，进入磁场最初一段时间是匀速的，ef线和gh的距离s=11.4m(取g=10m/s2)，求：(1)线框进入磁场前重物M的加速度。(2)线框进入磁场时匀速运动的速度v。(3)ab边由静止开始到运动到gh线处所用的
9、时间t。(4)ab边运动到gh线处的速度大小和在线框由静止开始到运动到gh线的整个过程中产生的焦耳热。【解析】(1)线框进入磁场前，线框仅受到细线的拉力FT、斜面的支持力和线框重力，重物M受到重力和拉力FT。对线框，由牛顿第二定律得FT-mgsin=ma对重物，有Mg-FT=Ma联立解得线框进入磁场前重物M的加速度a=5m/s2(2)因为线框在进入磁场的最初一段时间做匀速运动，所以重物受力平衡Mg=FT，线框abcd受力平衡FT=mgsin+FAab边进入磁场切割磁感线，产生的电动势E=Bl1v形成的感应电流I=受到的安培力FA=BIl1联立上述各式得：Mg=mgsin+代入数据解得v=6m/
10、s(3)线框abcd进入磁场前做匀加速直线运动；进磁场的过程中，做匀速直线运动；进入磁场后到运动到gh线，仍做匀加速直线运动。进磁场前线框的加速度与重物的加速度大小相同，a=5m/s2该阶段运动时间t1=s=1.2 s进磁场过程中匀速运动时间t2=s=0.1 s线框完全进入磁场后线框受力情况与进入磁场前相同，所以该阶段的加速度a=5m/s2s-l2=vt3+a解得t3=1.2s因此ab边由静止开始运动到gh线处所用的时间t=t1+t2+t3=2.5s(4)线框ab边运动到gh线处的速度v=v + at3=6m/s+51.2 m/s=12 m/s整个运动过程中产生的焦耳热Q=FAl2=(Mg-m
11、gsin)l2=9J答案：(1)5m/s2(2)6m/s(3)2.5 s(4)12 m/s9 J6.(2014舟山二模)用电阻率为、横截面积为S的薄金属条制成边长为L的闭合正方形框abba。金属方框水平放在磁极的狭缝间，方框平面与磁场方向平行，如图甲、乙所示。设匀强磁场仅存在于相对磁极之间，其他地方的磁场忽略不计。可认为方框的aa边和bb边都处在磁极间，极间磁感应强度大小为B。当t=0时，方框从静止开始释放，与底面碰撞后弹起(碰撞时间极短，可忽略不计)，其速度随时间变化的关系图线如图丙所示，在下落过程中方框平面保持水平，不计空气阻力，重力加速度为g。(1)求在015t0时间内，方框中的最大电流
12、Im。(2)若要提高方框的最大速度，可采取什么措施，写出必要的文字说明和证明过程(设磁场区域足够长，写出一种措施即可)。(3)估算在015t0时间内安培力做的功。【解析】(1)E=2BLvI=当v=vm=8v0时，I有最大值，Im=(2)设金属方框的密度为d。当方框速度v=vm时，根据牛顿第二定律有mg-2BImL=0因为Im=m=dV=d4LS=4dLS所以vm=可采取的措施有a.减小磁场的磁感应强度B；b.更换材料，使d和的乘积变大。(3)设方框开始下落时距底面的高度为h1，第一次弹起后达到的最大高度为h2。在下落过程中，根据动能定理有：mgh1+W安1=m(8v0)2在上升过程中，根据动能定理有：-mgh2+W安2=0-m(7v0)2又因为mg=2BImLm=由图丙可知：h1=87v0t0(86v0t088v0t0均可)h2=6v0t0(5v0t06v0t0均可)且W安=W安1+W安2所以W安=-(81gv0t0-)(应与h1、h2的值对应)答案：见解析
