【优化探究】2022高考物理二轮专题复习素能提升2-1-3规范妙答突破计算题（含解析）新人教版1．(2022年泉州质检)如图甲所示，水平地面上有一块质量M＝1.6kg，上表面光滑且足够长的木板，受到大小F＝10N、与水平方向成37°角的拉力作用，木板恰好能以速度v0＝8m/s水平向右匀速运动．现有很多个质量均为m＝0.5kg的小铁块，某时刻在木板最右端无初速地放上第一个小铁块，此后每当木板运动L＝1m时，就在木板最右端无初速地再放上一个小铁块．g取10m/s2，cos37°＝0.8，sin37°＝0.6，求：(1)木板与地面间的动摩擦因数μ；(2)第一个小铁块放上后，木板运动L时速度的大小v1；(3)请在图乙中画出木板的运动距离x在0≤x≤4L范围内，木板动能变化量的绝对值|ΔEk|与x的关系图象(不必写出分析过程，其中0≤x≤L的图象已画出)．解析：(1)由平衡条件得Fcos37°＝μ(Mg－Fsin37°)，解得μ＝0.8.(2)放上第一个小铁块后，木板做匀减速运动，由动能定理得Fcos37°·L－μ[(M＋m)g－Fsin37°]L＝Mv－Mv，代入数据解得v1＝m/s.(3)答案：(1)0.8 (2)m/s (3)图见解析2．随着沪杭高铁的全线开通，我国的高速铁路技术又创下了350km/h的新纪录，同时旅客的安全工作更引起人们的关注．假设某次列车在离车站9.5km处的速度为342km/h，此时向车站发出无线电信号，同时立即开始制动刹车，使列车匀减速到站并刚好停住．若车站接收到列车发出的信号后，立即利用广播通知站台上的全体旅客需要50s的时间，则：(1)该列车进站时的加速度多大，方向如何？-6-\n(2)全体旅客从听到广播通知，到列车进站停下，还有多长的登车准备时间？解析：(1)列车初速度v0＝342km/h＝95m/s，与车站距离L＝9.5km，列车刚好停住时v1＝0，对列车向车站发出信号到刚好停住的过程，设列车加速度为a，由v－v＝2aL①得a＝＝－0.475m/s2②负号表示加速度方向与列车运动方向相反．(2)设列车减速运动时间为t1，广播通知全体旅客的时间为Δt＝50s，由L＝·t1③得t1＝＝200s．④旅客的准备时间t2＝t1－Δt＝150s.答案：(1)0.475m/s2 方向与列车的运动方向相反 (2)150s3．特种兵过山谷的一种方法可简化为如图所示的模型：将一根长为2d、不可伸长的细绳的两端固定在相距为d的A、B两等高处，细绳上有小滑轮P，战士们相互配合，可沿着细绳滑到对面．开始时，战士甲拉住滑轮，质量为m的战士乙吊在滑轮上，处于静止状态，AP竖直．(不计滑轮与绳的质量，不计滑轮的大小及摩擦，重力加速度为g)(1)若甲对滑轮的拉力沿水平方向，求拉力的大小；(2)若甲将滑轮由静止释放，求乙在滑动中速度的最大值(结果可带根式)．解析：(1)设BP与竖直方向的夹角为θ，由几何关系得＋＝2d，根据三角函数关系解得sinθ＝，cosθ＝，tanθ＝如图所示，对滑轮受力分析，设细绳拉力的大小为FT，甲对滑轮的拉力为F，由平衡条件得mg＝FT＋FTcosθ，F＝FTsinθ，解得F＝.-6-\n(2)设AP的长度为l，则l＝＝d.经分析可知滑轮在AB中点正下方时有最大速度，设滑轮在最低点时最大速度为v，此时滑轮距AB线的高度为h，有h2＝d2－()2，由机械能守恒定律得mg(h－l)＝mv2，解得v＝.答案：(1) (2)4．如图所示，处于匀强磁场中的两根足够长、电阻不计的平行光滑金属导轨相距l＝1m，导轨平面与水平面成θ＝30°角，下端连接“2.5V 0.5W”的小电珠，匀强磁场方向与导轨平面垂直．质量为m＝0.02kg、电阻不计的光滑金属棒放在两导轨上，金属棒与两导轨垂直并保持良好接触．g取10m/s2.求：(1)金属棒沿导轨由静止刚开始下滑时的加速度大小；(2)当金属棒下滑速度达到稳定时，小电珠正常发光，求该速度的大小；(3)磁感应强度的大小．解析：(1)设金属棒刚开始下滑时的加速度为a，由于金属棒开始下滑的初速度为零，根据牛顿第二定律有mgsinθ＝ma①代入数据解得a＝5m/s2.②(2)设金属棒运动达到稳定时的速度为v、所受安培力为FA，棒在沿导轨方向受力平衡，则有mgsinθ－FA＝0③此时金属棒克服安培力做功的功率等于小电珠消耗的电功率，则有P＝FAv④联立③④式并代入数据解得v＝5m/s.⑤(3)设磁感应强度的大小为B，金属棒切割磁感线产生的感应电动势为E＝Blv⑥小电珠正常发光，其两端电压等于E，必有E＝U灯⑦联立⑥⑦式并代入数据解得B＝0.5T.答案：(1)5m/s2 (2)5m/s (3)0.5T-6-\n5．如图所示，半径为R的光滑半圆轨道ABC与倾角为θ＝37°的粗糙斜面轨道DC相切于C点，圆轨道的直径AC与斜面垂直．质量为m的小球从A点左上方距A高为h的斜面上方P点以某一速度水平抛出，刚好与半圆轨道的A点相切进入半圆轨道内侧，之后经半圆轨道沿斜面刚好滑到与抛出点等高的D处．已知当地的重力加速度为g，取R＝h，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不计空气阻力，求：(1)小球被抛出时的速度v0；(2)小球到达半圆轨道最低点B时，对轨道的压力大小；(3)小球从C到D过程中摩擦力做的功W.解析：(1)小球到达A点时，速度与水平方向的夹角为θ，如图所示．则有v＝2gh，由几何关系得v0＝v⊥cotθ，解得v0＝.(2)A、B间竖直高度H＝R(1＋cosθ)设小球到达B点时的速度为v，则从抛出点到B的过程，有mv＋mg(H＋h)＝mv2，在B点，有FN－mg＝m，解得FN＝5.6mg.由牛顿第三定律知，小球在B点对轨道的压力大小是5.6mg.(3)小球沿斜面上滑过程中摩擦力做的功等于小球做平抛运动的初动能，有W＝mv＝mgh.答案：(1) (2)5.6mg (3)mgh6．一圆筒的横截面如图所示，其圆心为O.筒内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.圆筒下面有相距为d的平行金属板M、N，其中M板带正电荷，N板带等量负电荷．质量为m、电荷量为q的带正电粒子自M板边缘的P处由静止释放，经N板的小孔S以速度v沿半径SO方向射入磁场中．粒子与圆筒发生两次碰撞后仍从S孔射出，设粒子与圆筒碰撞过程中没有动能损失，且电荷量保持不变，在不计重力的情况下，求：-6-\n(1)M、N间电场强度E的大小；(2)圆筒的半径R；(3)保持M、N间电场强度E不变，仅将M板向上平移d，粒子仍从M板边缘的P处由静止释放，粒子自进入圆筒至从S孔射出期间，与圆筒的碰撞次数n.解析：(1)设两板间的电压为U，由动能定理得qU＝mv2①由匀强电场中电势差与电场强度的关系得U＝Ed②联立两式可得E＝.③(2)粒子进入磁场后做匀速圆周运动，运用几何关系作出圆心为O′，圆半径为r.设第一次碰撞点为A，由于粒子与圆筒发生两次碰撞又从S孔射出，因此，SA弧所对的圆心角∠AO′S等于.由几何关系得r＝Rtan④粒子运动过程中洛伦兹力充当向心力，由牛顿第二定律，得qvB＝m⑤联立④⑤式得R＝⑥(3)保持M、N间电场强度E不变，M板向上平移了d后，设板间电压为U′，则U′＝＝⑦设粒子进入S孔时的速度为v′，由①式得出＝，综合⑦式可得v′＝v⑧-6-\n设粒子做圆周运动的半径为r′，则r′＝⑨设粒子从S到第一次与圆筒碰撞期间的轨迹所对圆心角为θ，比较⑥⑨两式得到r′＝R，可见θ＝⑩粒子须经过四个这样的圆弧才能从S孔射出，故n＝3.答案：(1) (2) (3)3-6-
