（课标版）高考物理二轮复习 计算题规范练2（含解析）-人教版高三全册物理试题VIP免费

计算题规范练2时间：45分钟1．如图甲所示，质量M＝2kg、长L＝1m的木板静止在粗糙的水平地面上，在木板的左端放置一质量m＝1kg、大小可以忽略的铁块，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．(g取10m/s2)(1)若在铁块上施加一随时间增大的水平力F＝kt(k是常数)，通过摩擦力传感器描绘出铁块受到木板的摩擦力Ff随时间t变化的图象如图乙所示，求木板与地面间的动摩擦因数μ1和木板与铁块间的动摩擦因数μ2；(2)若在铁块上施加恒力F，使铁块从木板上滑落，求F的大小范围；(3)若在铁块上施加向右的恒力F′＝8N，求铁块运动到木板右端所用的时间．答案：(1)0.10.5(2)F>6N(3)1s解析：(1)由图乙可以看出，0～1s时间内，M、m均没有滑动，由平衡条件得：Ff1＝F＝kt2～3s内，M、m相对静止，但整体相对地面一起向右运动，故t＝1s时有：Ff2＝μ1(m＋M)g＝3N解得：μ1＝0.13s后，M、m相对滑动，m受到滑动摩擦力，则有：μ2mg＝5N解得：μ2＝0.5(2)要使铁块从木板上滑落，必须使铁块的加速度大于木板的加速度，设铁块的加速度为a1，木板的加速度为a2，由牛顿第二定律得：对铁块：F－μ2mg＝ma1对木板：μ2mg－μ1(m＋M)g＝Ma2当a1>a2时铁块才能从木板上滑落代入数据解得：F>6N(3)当F′＝8N时，由牛顿第二定律得：对铁块：F′－μ2mg＝ma解得：a′1＝3m/s2对木板：μ2mg－μ1(m＋M)g＝Ma′2解得：a′2＝1m/s2设铁块运动到木板右端所用的时间为t，则有：a′1t2－a′2t2＝L解得：t＝1s2．(2019·全国卷Ⅲ)静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为mA＝1.0kg，mB＝4.0kg；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A与其右侧的竖直墙壁距离l＝1.0m，如图所示．某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A、B瞬间分离，两物块获得的动能之和为Ek＝10.0J．释放后，A沿着与墙壁垂直的方向向右运动．A、B与地面之间的动摩擦因数均为μ＝0.20.重力加速度取g＝10m/s2.A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短．(1)求弹簧释放后瞬间A、B速度的大小；(2)物块A、B中的哪一个先停止？该物块刚停止时A与B之间的距离是多少？(3)A和B都停止后，A与B之间的距离是多少？答案：(1)vA＝4.0m/svB＝1.0m/s(2)B0.50m(3)0.91m解析：(1)设弹簧释放瞬间A和B的速度大小分别为vA、vB，以向右为正，由动量守恒定律和题给条件有0＝mAvA－mBvB①Ek＝mAv＋mBv②联立①②式并代入题给数据得vA＝4.0m/s，vB＝1.0m/s③(2)A、B两物块与地面间的动摩擦因数相等，因而两者滑动时加速度大小相等，设为a.假设A和B发生碰撞前，已经有一个物块停止，此物块应为弹簧释放后速度较小的B.设从弹簧释放到B停止所需时间为t，B向左运动的路程为sB，则有mBa＝μmBg④sB＝vBt－at2⑤vB－at＝0⑥在时间t内，A可能与墙发生弹性碰撞，碰撞后A将向左运动，碰撞并不改变A的速度大小，所以无论此碰撞是否发生，A在时间t内的路程sA都可表示为sA＝vAt－at2⑦联立③④⑤⑥⑦式并代入题给数据得sA＝1.75m，sB＝0.25m⑧这表明在时间t内A已与墙壁发生碰撞，但没有与B发生碰撞，此时A位于出发点右边0.25m处．B位于出发点左边0.25m处，两物块之间的距离s为s＝0.25m＋0.25m＝0.50m⑨(3)t时刻后A将继续向左运动，假设它能与静止的B碰撞，碰撞时速度的大小为vA′，由动能定理有mAvA′2－mAv＝－μmAg(2l＋sB)⑩联立③⑧⑩式并代入题给数据得vA′＝m/s⑪故A与B将发生碰撞．设碰撞后A、B的速度分别为vA″和vB″，由动量守恒定律与机械能守恒定律有mA(－vA′)＝mAvA″＋mBvB″⑫mAvA′2＝mAvA″2＋mBvB″2⑬联立⑪⑫⑬式并代入题给数据得vA″＝m/s，vB″＝－m/s⑭这表明碰撞后A将向右运动，B继续向左运动．设碰撞后A向右运动距离为sA′时停止，B向左运动距离为sB′时停止，由运动学公式2asA′＝vA″2,2asB′＝vB″2⑮由④⑭⑮式及题给数据得sA′＝0.63m，sB′＝0.28m⑯sA′小于碰撞处到墙壁的距离．由上式可得两物块停止后的距离s′＝sA′＋sB′＝0.91m⑰3．如图所示的平面直角坐标系xOy，在第一象限内有平行于y轴的匀强电场，方向沿y轴正方向；在第四象限的正三角形abc区域内有匀强磁场，方向垂直于xOy平面向里，正三角形边长为L，且ab边与y轴平行．一质量为m、电荷量为q的粒子，从y...