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计算题第19题对运动学基本规律应用的考查例题(2010·课标全国·24)短跑名将博尔特在北京奥运会上创造了100m和200m短跑项目的新世界纪录，他的成绩分别为9.69s和19.30s．假定他在100m比赛时从发令到起跑的反应时间是0.15s，起跑后做匀加速运动，达到最大速率后做匀速运动.200m比赛时，反应时间及起跑后加速阶段的加速度和加速度时间与100m比赛时相同，但由于弯道和体力等因素的影响,以后的平均速度只有跑100m时最大速率的96%.求：(1)加速所用时间和达到的最大速率；(2)起跑后做匀加速度运动的加速度．(结果保留两位小数)解析(1)设加速所用时间为t(以s为单位)，匀速运动的速度为v(以m/s为单位)，则有：12vt＋(9.69s－0.15s－t)v＝100m①12vt＋(19.30s－0.15s－t)×0.96v＝200m②由①②式得t＝1.29s，v＝11.24m/s.(2)设加速度大小为a，则a＝vt＝8.71m/s2答案(1)1.29s11.24m/s(2)8.71m/s2考前提醒高考常以体育项目或者追及与相遇问题作为命题背景，考查对运动学公式应用的熟练程度.此类问题首先要明确运动进程及各过程的运动特点以选择相应的规律解决问题.【原创模拟】如图1所示，一高为h＝2.4m，倾角为θ＝37°的斜面体ABC固定在光滑水平面上．在距C点右侧水平距离为d＝5m的D处固定一竖直挡板．一质量为m＝0.1kg的小物块从斜面体的顶端B由静止开始下滑，如果小物块与斜面体间的动摩擦因数μ＝0.5，小球在运动过程中经过C点时无机械能损失,(重力加速度g取10m/s2,sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：图1(1)小物块从顶端B滑至底端C所需要的时间t；(2)小物块从开始运动到最终停止的整个过程中在斜面上运动的路程s.解析(1)设小物块下滑的加速度为a，由牛顿第二定律mgsinθ－μmgcosθ＝ma可得a＝gsinθ－μgcosθ＝10×0.6－0.5×10×0.8＝2m/s2由运动学公式可得t＝2hsinθ·a＝2×2.40.6×2s＝2s(2)小物块最终停在斜面底端C点由动能定理mgh－μmgcosθ·s＝0可得s＝6m答案(1)2s(2)6m第20题以平抛运动和圆周运动为背景考查牛顿运动定律和功能关系的应用例1(2010·山东·24)如图2所示，四分之一圆轨道OA与水平轨道AB相切，它们与另一水平轨道CD在同一竖直面内,圆轨道OA的半径R＝0.45m,水平轨道AB长s1＝3m，OA与AB均光滑．一滑块从O点由静止释放，当滑块经过A点时，静止在CD上的小车在F＝1.6N的水平恒力作用启动，运动一段时间后撤去力F.当小车在CD上运动了s2＝3.28m时速度v＝2.4m/s，此时滑块恰好落入小车中．已知小车质量M＝0.2kg，与CD间的动摩擦因数μ＝0.4.(g取10m/s2)求：(1)恒力F的作用时间t；(2)AB与CD的高度差h.图2解析(1)小车受恒力F作用时加速度为a1，则由牛顿第二定律得F－μMg＝Ma1①经时间t，小车速度v1＝a1t②设撤去恒力F到小车速度为2.4m/s时的时间为t2，则μMg＝Ma2③v＝a1t－a2t2④s2＝12a1t2＋v1t2－12a2t22⑤代入数据，解①②③④⑤得t＝1s，t2＝0.4s(2)滑块从O滑至A时机械能守恒，设到A时速度为v2，则mgR＝12mv22⑥设滑块从A到B所用时间为t3，则t3＝s1v2⑦代入数据，解⑥⑦得t3＝1s，由题意设滑块从B点平抛到落入小车的时间为t4，则t4＋t3＝t＋t2⑧则t4＝0.4s由平抛运动规律知：h＝12gt42＝0.8m答案(1)1s(2)0.8m例2(2010·江苏·14)在游乐节目中，选手需借助悬挂在高处的绳飞越到水面的浮台上，小明和小阳观看后对此进行了讨论．如图3所示，他们将选手简化为质量m＝60kg的质点，选手抓住绳由静止开始摆动，此时绳与竖直方向夹角α＝53°，绳的悬挂点O距水面的高度为H＝3m．不考虑空气阻力和绳的质量，浮台露出水面的高度不计，水足够深．取重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6.(1)求选手摆到最低点时对绳拉力的大小F；(2)若绳长l＝2m，选手摆到最高点时松手落入水中．设水对选手的平均浮力f1＝800N，平均阻力f2＝700N，求选手落入水中的深度d；图3(3)若选手摆到最低点时松手，小明认为绳越长，在浮台上的落点距岸边越远；小阳却认为绳越短，落点距岸边越远.请通过推算说明你的观点．解析(1)由机械能守恒定律得mgl(1－cosα)＝12mv2①选手做圆周运动，有F′－mg＝mv2l解得F′＝(3－2cosα)mg由牛顿第三定律知选手对绳的拉力F＝F′则F＝1080N.(2)由动能定理得mg(H－lcosα＋d)－(f1＋f2)d＝0则d＝mg(H－lcosα)f1＋f2－mg解得d＝1.2m(3)选手从最低点做平抛运动，则有x＝vt，H－l＝12gt2联立①式解得x＝2l(H－l)(1－cosα)当l＝H2时，x有最大值，解得l＝1.5m因此，两人的看法均不正确．当绳长越接近1.5m时，落点距岸边越远．答案(1)1080N(2)1.2m(3)见解析考前提醒平抛运动和圆周运动是两种重要的运动模型，高考常以创新的物理情景综合考查平抛运动和圆周运动规律，同时考查应用动力学方法和功能观点在力学中的应用，综合性较强.【原创模拟】如图4所示是利用传送带装运煤块的示意图．其中,传送带足够长，倾角θ＝37°，煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8,传送带的主动轮和从动轮半径相等，主动轮轴顶端与运煤车底板间的竖直高度H＝1.8m，与运煤车车箱中心的水平距离x＝1.2m．现在传送带底端由静止释放一些煤块(可视为质点)，煤块在传送带的作用下先做匀加速直线运动，后与传送带一起做匀速运动，到达主动轮时随轮一起匀速转动．要使煤块在轮的最高点水平抛出并落在车箱中心，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：图4(1)传送带匀速运动的速度v及主动轮和从动轮的半径R；(2)煤块在传送带上由静止开始加速至与传送带速度相同所经过的时间t.解析(1)由平抛运动的公式，得x＝vtH＝12gt2代入数据解得v＝2m/s要使煤块在轮的最高点做平抛运动，则煤块到达轮的最高点时对轮的压力为零，由牛顿第二定律，得mg＝mv2R代入数据得R＝0.4m(2)煤块在传送带上由牛顿第二定律F＝ma得a＝Fm＝μgcosθ－gsinθ＝0.4m/s2由v＝v0＋at得t＝va＝5s答案(1)2m/s,0.4m(2)5s第21题对带电粒子在复合场中运动问题的考查例1(2010·福建·20)如图5所示的装置，左半部为速度选择器，右半部为匀强的偏转电场．一束同位素离子流从狭缝S1射入速度选择器，能够沿直线通过速度选择器并从狭缝S2射出的离子，又沿着与电场垂直的方向，立即进入场强大小为E的偏转电场，最后打在照相底片D上．已知同位素离子的电荷量为q(q0)，速度选择器内部存在着相互垂直的场强大小为E0的匀强电场和磁感应强度大小为B0的匀强磁场，照相底片D与狭缝S1、S2的连线平行且距离为L，忽略重力的影响．图5(1)求从狭缝S2射出的离子速度v0的大小；(2)若打在照相底片上的离子在偏转电场中沿速度v0方向飞行的距离为x，求出x与离子质量m之间的关系式(用E0、B0、E、q、m、L表示)．解析(1)能从速度选择器射出的离子满足qE0＝qv0B0①故v0＝E0B0②(2)离子进入匀强偏转电场E后做类平抛运动，则x＝v0t③L＝12at2④由牛顿第二定律得qE＝ma⑤由②③④⑤解得x＝E0B02mLqE答案(1)E0B0(2)E0B02mLqE例2(2010·安徽·23)如图6甲所示，宽度为d的竖直狭长区域内(边界为L1、L2)，存在垂直纸面向里的匀强磁场和竖直方向上的周期性变化的电场(如图7乙所示)，电场强度的大小为E0，E0表示电场方向竖直向上．t＝0时，一带正电、质量为m的微粒从左边界上的N1点以水平速度v射入该区域，沿直线运动到Q点后，做一次完整的圆周运动，再沿直线运动到右边界上的N2点．Q为线段N1N2的中点,重力加速度为g.上述d、E0、m、v、g为已知量．甲乙图6(1)求微粒所带电荷量q和磁感应强度B的大小；(2)求电场变化的周期T；(3)改变宽度d，使微粒仍能按上述运动过程通过相应宽度的区域，求T的最小值．解析(1)微粒做匀速圆周运动说明其重力和电场力平衡，即mg＝qE0，故微粒所带电荷量q＝mgE0.由于粒子在刚开始和最后一段做直线运动，对其受力分析如图所示，则qvB＝qE0＋mg，则B＝E0v＋mgqv＝E0v＋mgv·mgE0＝2E0v.(2)经分析从N1点到Q点粒子做匀速直线运动的时间t1＝d2v＝d2v到Q点后做匀速圆周运动的周期T′＝2πmqB＝πvg从Q点到N2点粒子做匀速直线运动，其运动时间t2＝t1，则由题中图象可知电场变化的周期T＝t1＋T′＝d2v＋πvg.(3)改变宽度d时，仍能完成上述运动过程的电场变化的最小周期的对应示意图如图所示．则Tmin＝t1′＋T′，此时dmin2＝R则t1′＝Rv且R＝mvqB以上各式联立解得Tmin＝v2g＋πvg＝vg12＋π.答案(1)mgE02E0v(2)d2v＋πvg(3)vg(12＋π)考前提醒带电粒子在复合场中的运动问题应注意：,复合场是指重力场(有时重力不计)、电场和磁场，包括两种情况：一是电场与磁场的组合，一般是电场内的类平抛运动和磁场内匀速圆周运动的组合；二是电场和磁场内的叠加(含重力场).若是直线运动，则一定是匀速直线运动，合力为零；若是匀速圆周运动，则重力和电场力一定等大反向.【原创模拟】1．如图7所示的空间分为Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个区域,各边界面相互平行,Ⅰ区域存在匀强电场,电场强度E＝1.0×104V/m,方向垂直边界面向右．Ⅱ、Ⅲ区域存在匀强磁场，磁场的方向分别为垂直纸面向外和垂直纸面向里，磁感应强度分别为B1＝2.0T,B2＝4.0T．三个区域宽度分别为d1＝5.0m、d2＝d3＝6.25m，一质量m＝1.0×10－8kg、电荷量q＝1.6×10－6C的粒子从O点由静止释放，粒子的重力忽略不计．求：图7(1)粒子离开Ⅰ区域时的速度大小v；(2)粒子在Ⅱ区域内运动时间t；(3)粒子离开Ⅲ区域时速度与边界面的夹角α.解析(1)粒子在电场中做匀加速直线运动，由动能定理有qEd1＝12mv2－0解得v＝4.0×103m/s(2)设粒子在磁场B1中做匀速圆周运动的半径为r，则qvB1＝mv2r解得r＝12.5m设在Ⅱ区内圆周运动的圆心角为θ，则sinθ＝d2r解得θ＝30°粒子在Ⅱ区运动周期T＝2πmqB1粒子在Ⅱ区运动时间t＝θ360°T解得t＝π1920s＝1.6×10－3s(3)设粒子在Ⅲ区做圆周运动轨道半径为R，则qvB2＝mv2R解得R＝6.25m粒子运动轨迹如图所示，由几何关系可知△MNP为等边三角形粒子离开Ⅲ区域时速度与边界面的夹角α＝60°答案(1)4.0×103m/s(2)1.6×10－3s(3)60°2．如图8所示，直线MN上方有平行于纸面且与MN成45°的有界匀强电场，电场强度大小未知；MN下方为方向垂直于纸面向里的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B.今从MN上的O点向磁场中射入一个速度大小为v、方向与MN成45°角的带正电粒子，该粒子在磁场中运动时的轨道半径为R.该粒子从O点出发记为第一次经过直线MN，第五次经过直线MN时恰好又通过O点．不计粒子的重力．图8(1)画出粒子在磁场和电场中运动轨迹的草图；(2)求出电场强度E的大小；(3)求该粒子再次从O点进入磁场后，运动轨道的半径r；(4)求该粒子从O点出发到再次回到O点所需的时间t.解析(1)粒子的运动轨迹如图．(2)由几何关系得Oc＝22R粒子从c到O做类平抛运动，且在垂直、平行电场方向上的位移相等，都为x⊥＝x∥＝Ocs