
高考物理二轮复习 计算题专练(一).doc
6页计算题专练(一)[近四年全国Ⅰ卷计算题涉及的考点与内容]年份第24题分值第25题分值2013年运动学(两辆玩具小车牵连运动问题)13分电磁感应(滑轨、动力学)19分2014年运动学(公路上两车安全距离问题)12分类平抛运动、带电粒子在电场中运动(动力学)20分2015年电路和力学问题(安培力作用下导体棒平衡)12分板块模型:两物体多阶段匀变速运动组合问题(动力学)20分2016年(乙卷)(双棒模型+三角体)电磁感应定律应用、力的平衡方程14分(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 乙2mgsin θ=μFN1+FT+F ①FN1=2mgcos θ ②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 ③FN2=mgcos θ ④联立①②③④式得:F=mg(sin θ-3μcos θ) ⑤(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 ⑥回路中电流I= ⑦安培力F=BIL ⑧联立⑤⑥⑦⑧得:v=(sin θ-3μcos θ)答案 (1)mg(sin θ-3μcos θ)(2)(sin θ-3μcos θ)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=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°=)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 ①设P到达B点时的速度为vB,由动能定理得mglBCsin θ-μmglBCcos θ=mv ②式中θ=37°,联立①②式并由题给条件得vB=2 ③(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mgxsin θ-μmgxcos θ-Ep=0-mv ④E、F之间的距离l1为l1=4R-2R+x ⑤P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 ⑥联立③④⑤⑥式得x=R ⑦Ep=mgR ⑧(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:x1=R-Rsin θ=3R ⑨y1=R+R+Rcos θ=R ⑩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:y1=gt2 ⑪x1=vDt ⑫联立⑨⑩⑪⑫得vD= ⑬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m1v=m1v+m1g(R+Rcos θ) ⑭P由E点运动到C点的过程中,由动能定理得Ep-m1g(x+5R)sin θ-μm1g(x+5R)cos θ=m1v ⑮联立⑦⑧⑬⑭⑮得m1=m ⑯答案 (1)2 (2)mgR (3) m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) (2)解析 (1)小球由静止摆到最低点的过程中,有:mgR(1-cos 60°)=mv,解得v0=小球与小物块Q相撞时,动量守恒,机械能守恒,则有:mv0=mv1+mvQmv=mv+mv解得:v1=0,vQ=v0=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)解得,v=vQ=小物块Q离开平板车时,速度为:2v=(2)由能量守恒定律,知FfL=mv-Mv2-m(2v)2又Ff=μmg解得,平板车P的长度为L=.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、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.答案 (1) (2)-E0 (3)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:q·Uab-Ff·=0-E0而Ff=μmg解得:μ=(2)滑块从O→b过程,由动能定理得:q·UOb-Ff·=0-nE0解得:UOb=-(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而UaO=-UOb=解得:s=L。












