高考物理二轮复习 第三部分 三、计算题组合练A卷-人教版高三全册物理试题.doc

三、计算题组合练A卷1具有我国自主知识产权的“歼10”飞机的横空出世，证实了我国航空事业在飞速发展，而航空事业的发展又离不开风洞试验，其简化模型如图a所示在光滑的水平轨道上停放相距x010 m的甲、乙两车，其中乙车是风力驱动车在弹射装置使甲车获得v040 m/s的瞬时速度向乙车运动的同时，乙车的风洞开始工作，将风吹向固定在甲车上的挡风板，从而使乙车获得了速度，测绘装置得到了甲、乙两车的vt图象如图b所示，设两车始终未相撞(1)若甲车的质量与其加速度的乘积等于乙车的质量与其加速度的乘积，求甲、乙两车的质量比；(2)求两车相距最近的距离解析：(1)由题图b可知：甲车加速度的大小a甲m/s2，乙车的加速度的大小a乙m/s2.因甲车的质量与其加速度的乘积等于乙车的质量与其加速度的乘积，所以有：m甲a甲m乙a乙，解得.(2)在t1时刻，甲、乙两车的速度相等，均为v10 m/s，此时两车相距最近，对乙车有：va乙t1，对甲车有：va甲(0.4t1)，可解得t10.3 s，车的位移等于vt图线与坐标轴所围的面积，有：x甲m7.5 m，x乙m1.5 m，两车相距最近时的距离为xminx0x乙x甲4 m.答案：(1)(2)4 m2(2016·重庆模拟)如图所示，一小车置于光滑水平面上，轻质弹簧右端固定，左端栓连物块b，小车质量M3 kg，AO部分粗糙且长L2 m，动摩擦因数0.3，OB部分光滑另一小物块a，放在车的最左端，和车一起以v04 m/s的速度向右匀速运动，车撞到固定挡板后瞬间速度变为零，但不与挡板粘连已知车OB部分的长度大于弹簧的自然长度，弹簧始终处于弹性限度内a、b两物块视为质点质量为m1 kg，碰撞时间极短且不粘连，碰后一起向右运动(g取10 m/s2)求：(1)物块a与b碰后的速度大小；(2)当物块a相对小车静止时小车右端B到挡板的距离；(3)当物块a相对小车静止时在小车上的位置到O点的距离解析：(1)对物块a，由动能定理得mgLmvmv，代入数据解得a与b碰前速度v12 m/s；a、b碰撞过程系统动量守恒，以a的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv12mv2，代入数据解得v21 m/s.(2)当弹簧恢复到原长时两物块分离，a以v21 m/s在小车上向左滑动，当与车同速时，以向左为正方向，由动量守恒定律得mv2(Mm)v3，代入数据解得v30.25 m/s，对小车，由动能定理得mgsMv，代入数据解得，同速时车B端距挡板的距离sm0.03125 m.(3)由能量守恒得mgxmv(Mm)v，解得滑块a与车相对静止时与O点距离xm0.125 m.答案：(1)1 m/s(2)sm(3)x0.125 m3(2016·全国甲卷)轻质弹簧原长为2l，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为5m的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为l.现将该弹簧水平放置，一端固定在A点，另一端与物块P接触但不连接AB是长度为5l的水平轨道，B端与半径为l的光滑半圆轨道BCD相切，半圆的直径BD竖直，如图所示物块P与AB间的动摩擦因数0.5.用外力推动物块P，将弹簧压缩至长度l，然后放开，P开始沿轨道运动重力加速度大小为g.(1)若P的质量为m，求P到达B点时速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到AB上的位置与B点之间的距离；(2)若P能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求P的质量的取值范围解析：(1)依题意，当弹簧竖直放置，长度被压缩至l时，质量为5m的物体的动能为零，其重力势能转化为弹簧的弹性势能由机械能守恒定律，弹簧长度为l时的弹性势能为Ep5mgl设P的质量为M，到达B点时的速度大小为vB，由能量守恒定律得EpMvMg·4l联立式，取Mm并代入题给数据得vB若P能沿圆轨道运动到D点，其到达D点时的向心力不能小于重力，即P此时的速度大小v应满足mg0设P滑到D点时的速度为vD，由机械能守恒定律得mvmvmg·2l联立式得vDvD满足式要求，故P能运动到D点，并从D点以速度vD水平射出设P落回到轨道AB所需的时间为t，由运动学公式得2lgt2P落回到AB上的位置与B点之间的距离为svDt联立式得s2l(2)为使P能滑上圆轨道，它到达B点时的速度不能小于零由式可知5mgl>Mg·4l要使P仍能沿圆轨道滑回，P在圆轨道的上升高度不能超过半圆轨道的中点C.由机械能守恒定律有MvMgl联立式得：mM<m答案：2l(2)mM<m4如图甲所示，水平足够长的平行金属导轨MN、PQ间距L0.3 m导轨电阻忽略不计，其间连接有阻值R0.8 的定值电阻开始时，导轨上垂直放置着一质量m0.01 kg、电阻r0.4 的金属杆ab，整个装置处于磁感应强度大小B0.5 T的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向里现用一平行金属导轨的外力F水平向右拉金属杆，使之由静止开始运动运动过程中，金属杆与导轨始终接触良好电压采集器可将其两端的电压U即时采集并输入电脑，获得的电压U随时间t变化的关系如图乙所示求：(导学号 59230130)甲乙(1)在t4 s时通过金属杆的感应电流和04 s内金属杆的位移大小；(2)t4 s时拉力F的瞬时功率解析：(1)由题图乙可知，当t4 s时，U0.6 V，此时电路中的电流(即通过金属杆的电流)I0.75 A，用右手定则判断出，此时电流的方向由b指向a.由题图乙知Ukt0.15t(V)金属杆切割磁感线产生的感应电动势EBLv.由电路分析有UE，联立得v1.5t(m/s)，v与t成正比，即金属杆沿水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为a1.5 m/s2，金属杆在04 s内的位移xa(t)212 m.(2)t4 s时杆的速度v4at6 m/s，金属杆所受安培力F安BIL，由牛顿第二定律，对金属杆有FF安ma，联立解得t4 s时拉力F的瞬时功率PFv40.765 W.答案：(1)0.75 A12 m(2)0.765 W5(2016·天津卷)如图所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小E5 N/C，同时存在着水平方向的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大小B0.5 T有一带正电的小球，质量m1×106 kg，电荷量q2×106C，正以速度v在图示的竖直面内做匀速直线运动，当经过P点时撤掉磁场(不考虑磁场消失引起的电磁感应现象)，g取10 m/s2.求：(1)小球做匀速直线运动的速度v的大小和方向；(2)从撤掉磁场到小球再次穿过P点所在的这条电场线经历的时间t.解析：(1)小球匀速直线运动时受力如图，其所受的三个力在同一平面内，合力为零，有qvB代入数据解得v20 m/s，速度v的方向与电场E的方向之间的夹角满足tan 代入数据解得tan ，60°.(2)解法一：撤去磁场，小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动，设其加速度为a，有a 设撤掉磁场后小球在初速度方向上的分位移为x，有xvt设小球在重力与电场力的合力方向上分位移为y，有yat2a与mg的夹角和v与E的夹角相同，均为，又tan 联立式，代入数据解得t2 s3.5 s解法二：撤去磁场后，由于电场力垂直于竖直方向，它对竖直方向的分运动没有影响，以P点为坐标原点，竖直向上为正方向，小球在竖直方向上做匀减速运动，其初速度为vyvsin 若使小球再次穿过P点所在的电场线，仅需小球的竖直方向上分位移为零，则有vytgt20联立式，代入数据解得t2s3.5 s.答案：(1)20 m/s，方向与电场方向成60°角斜向上(2)3.5 s6如图所示，绝缘的水平桌面上方有一竖直方向的矩形区域，该区域是由两个边长均为L的正方形区域ABED、BCFE组成的，且矩形的下边DF位于桌面上ABED区域内存在方向水平向右、电场强度大小为E1的匀强电场，BCFE区域内存在方向竖直向上、电场强度大小为E2的匀强电场，现有一质量为m的带正电的滑块以v0的初速度从D点水平向右射入场区已知滑块分别在ABED、BCFE区域中受到的电场力F1、F2与重力的关系为5F1F25mg，桌面与滑块之间的动摩擦因数为0.75，重力加速度为g，滑块可视为质点(导学号 59230131)(1)如图，以D点为坐标原点建立直角坐标系，求滑块最终离开电场时的位置坐标及该位置与E点间的电势差；(2)求滑块离开矩形区域时的动能；(3)如果保持ABED区域内的电场不变，仅改变BCFE区域内电场的电场强度大小，求滑块在BCFE区域内受到的电场力满足什么条件可以使滑块从CF边离开电场区域解析：(1)对滑块在ABED区域内时受力分析，根据牛顿第二定律可得F1mgma1，设滑块运动到E点时的速度为vE，则2a1Lvv，联立解得vE，对滑块在BCFE区域时受力分析，根据牛顿第二定律得a24g，滑块在BCFE区域内做类平抛运动，假设滑块从BC边离开电场区域，运动的时间为t0，根据类平抛运动的规律得滑块在水平方向上做匀速运动，则x1vEt0，在竖直方向上做匀加速运动，则La2t，联立解得x1L<L，假设成立因此滑块最终离开电场时的位置坐标为，滑块离开电场的位置与E点间的电势差UE2L.(2)对滑块全过程运用动能定理得F1LmgLF2LmgLEkmv，解得Ek4.5mgL.(3)滑块在BCFE区域内的电场中运动，当恰好从C点离开电场区域时，根据类平抛运动的规律得LvEt，La3t2，根据牛顿第二定律得a3，联立解得F33mg，当恰好从F点离开电场区域时，根据运动学规律得2a4Lv，根据牛顿第二定律得a4，联立解得F4.故滑块在BCFE区域内受到的电场力F满足<F3mg时，可以使滑块从CF边离开电场区域答案：(1)E2L(2)4.5mgL(3)<F3mg