（全國(guó)通用）2018版高考物理總復(fù)習(xí) 考前三個(gè)月 計(jì)算題限時(shí)突破（三）.doc

計(jì)算題限時(shí)突破(三)(限時(shí)：25分鐘)24(12分)如圖1甲所示，傾角37的足夠長(zhǎng)粗糙斜面固定在水平面上，滑塊a、b用細(xì)線跨過光滑輕質(zhì)定滑輪相連，a與滑輪間的細(xì)線與斜面平行，b距地面一定高度，a可在細(xì)線的牽引下沿斜面向上滑動(dòng)某時(shí)刻由靜止釋放 a，測(cè)得a沿斜面向上運(yùn)動(dòng)的vt圖象如圖乙所示(b落地后不反彈)已知ma2 kg，mb4 kg，重力加速度 g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，求：圖1(1)a與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)；(2)a沿斜面向上滑動(dòng)的最大位移答案(1)0.25(2)0.75 m解析(1)在00.5 s內(nèi)，根據(jù)題圖圖象，可得ab系統(tǒng)的加速度大小為a14 m/s2 設(shè)細(xì)線張力大小為ft ，分別對(duì)a、b，由牛頓第二定律有ftmagsin magcos maa1mbgftmba1聯(lián)立上述兩式并代入數(shù)據(jù)解得0.25(2)b落地后，a繼續(xù)減速上升，由牛頓第二定律有magsin magcos maa2代入數(shù)據(jù)解得加速度大小a2 8 m/s2故a減速向上滑動(dòng)的位移為：x20.25 m00.5 s內(nèi)a加速向上滑動(dòng)的位移x10.5 m所以a沿斜面上滑的最大位移為xx1x20.75 m.25(20分)平面om和水平面on之間的夾角為30，其橫截面如圖2所示，平面om和平面on之間同時(shí)存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為b，方向垂直于紙面向外勻強(qiáng)電場(chǎng)的方向豎直向上，一帶電小球的質(zhì)量為m，電荷量為q，帶電小球沿紙面以大小為v0的速度從om的某點(diǎn)向左上方射入磁場(chǎng)，速度方向與om成30角，帶電小球進(jìn)入磁場(chǎng)后恰好做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，已知帶電小球在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡與on恰好相切，且?guī)щ娦∏蚰軓膐m上另一點(diǎn)p射出磁場(chǎng)(p未畫出)圖2(1)判斷帶電小球帶何種電荷？所加電場(chǎng)強(qiáng)度e為多大？(2)帶電小球離開磁場(chǎng)的出射點(diǎn)p到兩平面交點(diǎn)o的距離s多大？(3)帶電小球離開磁場(chǎng)后繼續(xù)運(yùn)動(dòng)，能打在左側(cè)豎直的光屏oo上，求此點(diǎn)到o點(diǎn)的距離多大？答案見解析解析(1)小球在復(fù)合場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，小球受到的電場(chǎng)力與重力平衡，小球所受電場(chǎng)力豎直向上，電場(chǎng)力方向與場(chǎng)強(qiáng)方向相同，則小球帶正電荷；電場(chǎng)力與重力大小相等：qemg，解得：e；(2)小球進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qv0bm解得：r根據(jù)題意，帶電小球在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，q點(diǎn)為運(yùn)動(dòng)軌跡與on相切的點(diǎn)，p點(diǎn)為出射點(diǎn)小球離開磁場(chǎng)的速度方向與om的夾角也為30，由幾何關(guān)系可得，qp為圓軌跡的直徑，所以op的長(zhǎng)度為：s4r；(3)帶電小球從p點(diǎn)離開磁場(chǎng)后做平