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2019届高考物理二轮复习计算题专项练一力与运动计算题过关练
2019届高考物理二轮复习计算题专项练三电磁场计算题过关练
2019届高考物理二轮复习计算题专项练二能量与动量综合题过关练
2019届高考物理二轮复习计算题专项练五高考第2425题组合练一
2019届高考物理二轮复习计算题专项练五高考第2425题组合练三
2019届高考物理二轮复习计算题专项练五高考第2425题组合练二
2019届高考物理二轮复习计算题专项练五高考第2425题组合练四
2019届高考物理二轮复习计算题专项练四电磁感应计算题过关练
计算题专项练（一） 力与运动计算题过关练
1．(2018·乌鲁木齐期末)我国ETC(不停车电子收费系统)已实现全国联网，大大缩短了车辆通过收费站的时间。假设一辆家庭轿车以30 m/s的速度匀速行驶，接近收费站时，轿车开始减速，至收费站窗口恰好停止，再用10 s时间完成交费，然后再加速至30 m/s继续行驶。若进入ETC通道，轿车从某位置开始减速至15 m/s后，再以此速度匀速行驶15 m即可完成交费，然后再加速至30 m/s继续行驶。两种情况下，轿车加速和减速时的加速度大小均为3 m/s。求：
(1)轿车从开始减速至通过人工收费通道再加速至30 m/s 的过程中通过的路程和所用的时间；
(2)两种情况相比较，轿车通过ETC交费通道所节省的时间。 解析：(1)设轿车匀减速至停止通过的路程为x1
2
v02
x1＝＝150 m
2a轿车匀加速和匀减速通过的路程相等，故轿车通过人工收费通道通过的路程为x2
x2＝2x1＝300 m
轿车匀减速至停止需要的时间为t1＝
v0－0
＝10 s a轿车通过人工收费通道所用时间为t2＝2t1＋10 s＝30 s。
(2)通过人工收费通道所需时间为30 s。此过程总位移为300 m，通过ETC通道时，速度由30 m/s减至15 m/s所需时间为t3，通过的路程为x3
v0－v1
t3＝＝5 s
av02－v12
x3＝＝112.5 m
2a轿车以15 m/s匀速行驶15 m所用时间t4＝1 s
轿车在x2＝300 m路程内以30 m/s匀速行驶的路程x4和所需时间t5
x4＝x2－2x3－15 m＝60 m x4
t5＝＝2 s
v0
故通过ETC交费通道节省的时间为
t＝t2－2t3－t4－t5＝17 s。
答案：(1)300 m 30 s (2)17 s
2.(2019届高三·保定模拟)如图所示，皮带的最大传送速度为v0
＝6 m/s，传动轮圆心之间的距离s＝4.5 m，现将m＝1 kg的小物体轻轻放在左轮正上方的皮带上，物体与皮带间的动摩擦因数μ＝0.5，g＝10 m/s。
(1)皮带以v0的速度匀速传动，把物体从左端传送到右端，分别求出该过程中摩擦力对皮带和物体所做的功。
(2)皮带以a0＝6 m/s的加速度匀加速启动，把物体从左端传送到右端，求出该过程中因摩擦产生的热量。
解析：(1)物体放在匀速传动的皮带上，做加速度为a的匀加速运动，设达到v0所用时间为t0
2
2
μmg＝ma v0＝at0
解得：a＝5 m/s，t0＝1.2 s 12
这段时间里，物体的位移s0＝at0
2
解得s0＝3.6 m＜s，所以物体之后随传送带一起匀速运动，不再受摩擦力。 摩擦力对传送带做功W1＝－μmgv0t0＝－36 J 摩擦力对物体做功W2＝μmgs0＝18 J。 (2)因为a＜a0，所以物体与皮带有相对运动。 设皮带达到v0所用时间为t1
2
v0＝a0t1
解得t1＝1 s
物体在达到v0的过程中的运动与第(1)问相同，所以皮带与物体的相对位移 12
Δs＝a0t1＋v0(t0－t1)－s0
2摩擦生热Q＝μmg·Δs 解得Q＝3 J。
答案：(1)－36 J 18 J (2)3 J
3.(2018·上海黄浦期末)如图所示，固定在水平地面上的一个粗糙斜面长L＝4 m，倾角θ＝37°。一个质量为10 kg的物体在F＝200 N的水平推力作用下，从斜面底端由静止开始沿斜面向上运动，经过2 s到达斜面顶端。
(1)求物体沿斜面运动时的加速度大小； (2)求物体与斜面间的动摩擦因数大小；
(3)若物体运动到斜面顶端时恰好撤去推力F，求物体落到水平地面前瞬间的速度大小。(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度为g取10 m/s)
解析：(1)物体在斜面上做匀加速直线运动，根据运动学规律有
2
L＝at2
解得a＝2 m/s。
(2)物体在斜面上运动时受到四个力作用，如图所示。 沿运动方向，根据牛顿第二定律有
2
12
Fcos θ－f－mgsin θ＝ma
垂直于运动方向，合力为零：
Fsin θ＋mgcos θ＝N f＝μN
得μ＝
Fcos θ－mgsin θ－ma
Fsin θ＋mgcos θ代入已知数据得μ＝0.4。
(3)物体离开斜面下落至地面前的过程中仅有重力做功， 机械能守恒。设物体在斜面上运动的末速度为v1，落地前的速度大小为v2
根据匀加速直线运动的规律有
v1＝at＝2×2 m/s＝4 m/s
根据几何关系，斜面顶端到水平面的高度
h＝Lsin θ＝4×0.6 m＝2.4 m
1212根据机械能守恒定律得mv1＋mgh＝mv2
22得v2＝v1＋2gh
代入已知数据得v2＝8 m/s。 答案：(1)2 m/s (2)0.4 (3)8 m/s
4.如图所示，长L＝1.5 m，高h＝0.45 m，质量M＝10 kg的长方体木箱，在水平面上向右做直线运动。当木箱的速度v0＝3.6 m/s
时，对木箱施加一个方向水平向左的恒力F＝50 N，并同时将一个质量m＝1 kg的小球轻放在距木箱右端处的P点(小球可视为质点，放在P点时相对于地面的速度为零)，经过一段
3时间，小球脱离木箱落到地面。木箱与地面间的动摩擦因数为0.2，其他摩擦均不计。取g＝10 m/s，求：
(1)小球从离开木箱开始至落到地面所用的时间； (2)小球放在P点后，木箱向右运动的最大位移； (3)小球离开木箱时木箱的速度。
解析：(1)木箱上表面的摩擦不计，因此小球在离开木箱前相对地面处于静止状态，离开木箱后将做自由落体运动。
2
2
2
L12
由h＝gt，得t＝
2
2h＝
g2×0.45
s＝0.3 s 10
小球从离开木箱开始至落到地面所用的时间为0.3 s。 (2)小球放到木箱上后，木箱的加速度大小为：
F＋μM＋mga1＝
M＝
50＋0.2×10＋1×1022
m/s＝7.2 m/s
10
木箱向右运动的最大位移为： 0－v00－3.6x1＝＝ m＝0.9 m
－2a1－2×7.2
小球放在P点后，木箱向右运动的最大位移为0.9 m。
(3)x1小于1 m，所以小球不会从木箱的左端掉下，木箱向左运动的加速度大小为
2
2
F－μM＋mg50－0.2×10＋1×102
a2＝＝ m/s
M10
＝2.8 m/s
设木箱向左运动的距离为x2时，小球脱离木箱，则
2
Lx2＝x1＋＝(0.9＋0.5)m＝1.4 m
3
设木箱向左运动的时间为t2，则： 12
由x2＝a2t2，得t2＝
2
2x2
a2
＝
2×1.4
s＝1 s 2.8
所以，小球离开木箱的瞬间，木箱的速度方向向左，大小为：
v2＝a2t2＝2.8×1 m/s＝2.8 m/s。
答案：(1)0.3 s (2)0.9 m (3)2.8 m/s，方向向左 5.在水平长直轨道上，有一长度为L的平板车在外力控制下始终保持速度v0做匀速直线运动。某时刻将一质量为m的小滑块轻放到车面的中点，滑块与车面间的动摩擦因数为μ。
(1)证明：若滑块最终停在小车上，滑块与车面摩擦产生的内能Q是一个与动摩擦因数
μ无关的定值；
(2)已知滑块与车面间动摩擦因数μ＝0.2，滑块质量m＝1 kg，车长L＝2 m，车速v0
＝4 m/s，g取10 m/s，当滑块放到车面中点的同时对该滑块施加一个与车运动方向相同的恒力F，要保证滑块不能从车的左端掉下，恒力F的大小应该满足的条件；
(3)在(2)的情况下，力F取最小值时要保证滑块不从车上掉下，求力F的作用时间t。 解析：(1)由题意知滑块相对平板车静止时速度为v0，根据牛顿第二定律，对滑块：
2
μmg＝ma ①
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