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2017年高考物理三轮冲刺考前抢分计算题专练(一)


[近四年全国Ⅰ卷计算题涉及的考点与内容] 年份 2013 年 第 24 题 运动学 ( 两辆玩具小车牵 连运动问题) 运动学 ( 公路上两车安全 距离问题) 电路和力学问题 ( 安培力 作用下导体棒平衡) (双棒模型+三角体)电磁 2016 年(乙卷) 感应定律应用、 力的平衡 方程 14 分 分值 13 分 第 25 题 电磁感应(滑轨、动力学) 类平抛运动、 带电粒子在 电场中运动(动力学) 板块模型: 两物体多阶段 12 分 匀变速运动组合问题 ( 动 力学) ( 轻弹簧+斜面+光滑圆 弧轨道 ) 平抛运动、牛顿 定律、动能定理 18 分 20 分 分值 19 分

2014 年

12 分

20 分

2015 年

例题展示 1.(2016· 全国乙卷· 24)如图 1, 两固定的绝缘斜面倾角均为 θ, 上沿相连.两细金属棒 ab(仅标出 a 端)和 cd(仅标出 c 端)长度均为 L, 质量分别为 2m 和 m;用两根不可伸长的柔软轻导线将它 们连成闭合回路 abdca,并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上,使两 金属棒水平.右斜面上存在匀强磁场,磁感应强度大小为 B,方向垂直于斜面向上,已知两根 导线刚好不在磁场中,回路电阻为 R,两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为 μ,重力加速度 大小为 g,已知金属棒 ab 匀速下滑.求:

图1 (1)作用在金属棒 ab 上的安培力的大小; (2)金属棒运动速度的大小. 解析 (1)由于 ab、cd 棒被平行于斜面的导线相连,故 ab、cd 速度总是相等,cd 也做匀速直 线运动.设导线的张力的大小为 FT,右斜面对 ab 棒的支持力的大小为 FN1,作用在 ab 棒上的

安培力的大小为 F,左斜面对 cd 棒的支持力大小为 FN2,对于 ab 棒,受力分析如图甲所示, 由力的平衡条件得

甲 2mgsin θ=μFN1+FT+F FN1=2mgcos θ 对于 cd 棒,受力分析如图乙所示,由力的平衡条件得 mgsin θ+μFN2=FT′=FT FN2=mgcos θ 联立①②③④式得:F=mg(sin θ-3μcos θ)

乙 ① ②

③ ④ ⑤ ⑥ ⑦ ⑧

(2)设金属棒运动速度大小为 v,ab 棒上的感应电动势为 E=BLv E 回路中电流 I= R 安培力 F=BIL 联立⑤⑥⑦⑧得: mgR v=(sin θ-3μcos θ) 2 2 BL 答案 (1)mg(sin θ-3μcos θ) mgR (2)(sin θ-3μcos θ) 2 2 BL

2.(2016· 全国乙卷· 25)如图 2,一轻弹簧原长为 2R,其一端固定在倾角为 37° 的固定直轨道 AC 5 的底端 A 处,另一端位于直轨道上 B 处,弹簧处于自然状态,直轨道与一半径为 R 的光滑 6 圆弧轨道相切于 C 点,AC=7R,A、B、C、D 均在同一竖直平面内.质量为 m 的小物块 P 自 C 点由静止开始下滑,最低到达 E 点(未画出),随后 P 沿轨道被弹回,最高到达 F 点,AF= 1 3 4 4R.已知 P 与直轨道间的动摩擦因数 μ= ,重力加速度大小为 g.(取 sin 37° = ,cos 37° = ) 4 5 5

图2 (1)求 P 第一次运动到 B 点时速度的大小;

(2)求 P 运动到 E 点时弹簧的弹性势能; (3)改变物块 P 的质量,将 P 推至 E 点,从静止开始释放.已知 P 自圆弧轨道的最高点 D 处水 7 平飞出后,恰好通过 G 点.G 点在 C 点左下方,与 C 点水平相距 R、竖直相距 R,求 P 运动 2 到 D 点时速度的大小和改变后 P 的质量. 解析 (1)由题意可知:lBC=7R-2R=5R 设 P 到达 B 点时的速度为 vB,由动能定理得 1 mglBCsin θ-μmglBCcos θ= mv2 2 B 式中 θ=37° ,联立①②式并由题给条件得 vB=2 gR ③ ② ①

(2)设 BE=x,P 到达 E 点时速度为零,此时弹簧的弹性势能为 Ep,由 B→E 过程,根据动能 定理得 1 mgxsin θ-μmgxcos θ-Ep=0- mv2 2 B E、F 之间的距离 l1 为 l1=4R-2R+x ④ ⑤

P 到达 E 点后反弹,从 E 点运动到 F 点的过程中,由动能定理有 Ep-mgl1sin θ-μmgl1cos θ=0 联立③④⑤⑥式得 x=R 12 Ep= mgR 5 ⑦ ⑧ ⑥

(3)设改变后 P 的质量为 m1,D 点与 G 点的水平距离为 x1、竖直距离为 y1,由几何关系(如图 所示)得 θ=37° .

由几何关系得: 7 5 x1= R- Rsin θ=3R 2 6 5 5 5 y1=R+ R+ Rcos θ= R 6 6 2 设 P 在 D 点的速度为 vD,由 D 点运动到 G 点的时间为 t. 由平抛运动公式得: ⑨ ⑩

1 y1= gt2 2 x1=vDt 联立⑨⑩??得 3 vD= 5gR 5

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设 P 在 C 点速度的大小为 vC,在 P 由 C 运动到 D 的过程中机械能守恒,有 1 1 5 5 m v 2= m v 2+m1g( R+ Rcos θ) 2 1 C 2 1 D 6 6 P 由 E 点运动到 C 点的过程中,由动能定理得 1 Ep-m1g(x+5R)sin θ-μm1g(x+5R)cos θ= m1vC 2 2 联立⑦⑧???得 1 m1= m 3 答案 (1)2 12 gR (2) mgR 5 3 1 (3) 5gR m 5 3 ? ? ?

命题分析与对策 1.命题特点 近几年知识背景变换频繁,分值、次序不定,能力要求高,备考难度有所降低.力学计算侧重 于匀变速运动的规律和图象、应用牛顿运动定律解决多体多态问题;功能关系的应用,考查 范围未突破必修内容;电磁学计算侧重于电磁场——单一场、组合场、交变场、复合场、电 磁感应综合问题,考查重点在选修 3—1. 2.应考策略 力和运动为主线的问题情景,从物理情景中确定研究对象,按其运动的发展过程逐一分析, 弄清运动情况和受力情况,善于挖掘隐含条件,建立物理模型,找出与之相适应的物理规律 及题目中给出的某种等量关系进行表达,必要时借助于几何图形、图象进行表达,通过数学 方法的演算,得出物理结果. 带电粒子在场中的运动问题是电磁学知识与力学知识的结合,分析方法和力学问题分析方法 基本相同,常用动力学(受力分析、平衡条件、牛顿第二定律等)、能量观点(动能定理、能量 守恒定律等)来分析.注意电场中的加速与类平(斜)抛;注意圆形磁场、有界磁场;注意带电粒 子在磁场中运动的相关结论;注意轨迹的构建,与数学中平面几何知识的结合;尤其注意两 种运动交接点的特征.

计算题专练(一)
1.如图 1 所示,质量为 M 的平板车 P 高 h,质量为 m 的小物块 Q 的大小不计,位于平板车的 左端,系统原来静止在光滑水平面地面上.一不可伸长的轻质细绳长为 R,一端悬于 Q 正上方 高为 R 处, 另一端系一质量也为 m 的小球(大小不计).今将小球拉至悬线与竖直位置成 60° 角, 由静止释放,小球到达最低点时与 Q 的碰撞时间极短,且无能量损失,已知 Q 离开平板车时 速度大小是平板车速度的两倍,Q 与 P 之间的动摩擦因数为 μ,M∶m=4∶1,重力加速度为 g.求:

图1 (1)小物块 Q 离开平板车时速度为多大? (2)平板车 P 的长度为多少? 答案 (1) gR 7R (2) 3 18μ

1 解析 (1)小球由静止摆到最低点的过程中,有:mgR(1-cos 60° )= mv02,解得 v0= gR 2 小球与小物块 Q 相撞时,动量守恒,机械能守恒,则有: mv0=mv1+mvQ 1 2 1 2 1 2 mv = mv + mv 2 0 2 1 2 Q 解得:v1=0,vQ=v0= gR 二者交换速度,即小球静止下来.Q 在平板车上滑行的过程中,系统的动量守恒,则有 mvQ= Mv+m(2v) 1 gR 解得,v= vQ= 6 6 小物块 Q 离开平板车时,速度为:2v= (2)由能量守恒定律,知 1 1 1 FfL= mvQ2- Mv2- m(2v)2 2 2 2 又 Ff=μmg 7R 解得,平板车 P 的长度为 L= . 18μ 2.如图 2 所示,在绝缘水平面上,相距为 L 的 A、B 两点处分别固定着两个等量正电荷.a、b gR 3

L 是 AB 连线上两点,其中 Aa=Bb= ,a、b 两点电势相等,O 为 AB 连线的中点.一质量为 m、 4 带电荷量为+q 的小滑块(可视为质点)以初动能 E0 从 a 点出发, 沿 AB 直线向 b 运动, 其中小 滑块第一次经过 O 点时的动能为初动能的 n 倍(n>1),到达 b 点时动能恰好为零,小滑块最 终停在 O 点,求:

图2 (1)小滑块与水平面间的动摩擦因数 μ; (2)O、b 两点间的电势差 UOb; (3)小滑块运动的总路程 s. ?2n-1? 2E 0 答案 (1) (2)- E0 mgL 2q 2n+1 (3) L 4

L 解析 (1)由 Aa=Bb= ,O 为 AB 连线的中点得:a、b 关于 O 点对称,则 Uab=0;设小滑块 4 与水平面间的摩擦力大小为 Ff,对于滑块从 a→b 过程,由动能定理得: L q· Uab-Ff· =0-E0 2 而 Ff=μmg 2E 0 解得:μ= mgL (2)滑块从 O→b 过程,由动能定理得: L q· UOb-Ff· =0-nE0 4 ?2n-1?E0 解得:UOb=- 2q (3)对于小滑块从 a 开始运动到最终在 O 点停下的整个过程,由动能定理得 q· UaO-Ff· s=0-E0 ?2n-1?E0 而 UaO=-UOb= 2q 2n+1 解得:s= L 4


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