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仿高考计算题巧练(一)(建议用时：60分钟)[题组一]13.(2015·南京调研)如图所示，一艘客轮因故障组织乘客撤离，乘客在甲板上利用固定的绳索下滑到救援快艇上．客轮甲板到快艇的高度H为20m，绳索与竖直方向的夹角θ＝37°，设乘客下滑过程中绳索始终保持直线，乘客先从静止开始匀加速下滑，再以同样大小的加速度减速滑至快艇，速度刚好为零．在乘客下滑时，船员以水平初速度v0向快艇抛出救生圈刚好落到救援快艇上，且救生圈下落的时间恰为乘客下滑总时间的一半．快艇、乘客、救生圈均可视为质点，不计空气阻力，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(1)救生圈初速度v0的大小；(2)乘客下滑过程中加速度a的大小．14．如图所示，一质量为m、电荷量为q的带正电小球(可看做质点)从y轴上的A点以初速度v0水平抛出，两长为L的平行金属板M、N倾斜放置且与水平方向间的夹角为θ＝37°.(sin37°＝0.6)(1)若带电小球恰好能垂直于M板从其中心小孔B进入两板间，试求带电小球在y轴上的抛出点A的坐标及小球抛出时的初速度v0的大小；(2)若该平行金属板M、N间有如图所示的匀强电场，且匀强电场的电场强度大小与小球质量之间的关系满足E＝4mg5q，试计算两平行金属板M、N之间的垂直距离d至少为多少时才能保证小球不打在N板上．15．如图甲所示，MN、PQ为水平放置的足够长的平行光滑导轨，导轨间距L为0.5m，导轨左端连接一个阻值为2Ω的定值电阻R，将一根质量为0.2kg的金属棒cd垂直放置在导轨上，且与导轨接触良好，金属棒cd的电阻r＝2Ω，导轨电阻不计，整个装置处于垂直导轨平面向下的匀强磁场中，磁感应强度为B＝2T．若棒以1m/s的初速度向右运动，同时对棒施加水平向右的拉力F，并保持拉力的功率恒为4W，从此时开始计时，经过2s金属棒的速度稳定不变，图乙为安培力随时间变化的关系图象．试求：(1)金属棒的最大速度；(2)金属棒速度为3m/s时的加速度大小；(3)从开始计时起2s内电阻R上产生的电热．[题组二]13．(2015·高邮市质量监测)如图所示，可视为质点的总质量为m＝60kg的滑板运动员(包括装备)，从高为H＝15m的斜面AB的顶端A点由静止开始沿斜面下滑，在B点进入光滑的四分之一圆弧BC，圆弧BC的半径为R＝5m，运动员经C点沿竖直轨道冲出向上运动，经时间t＝2s后又落回轨道．若运动员经C点后在空中运动时只受重力，轨道AB段粗糙(g＝10m/s2)．求：(1)运动员离开C点时的速度大小和上升的最大高度；(2)运动员(包括装备)运动到圆轨道最低点B时对轨道的压力；(3)从A点到B点，运动员(包括装备)损失的机械能．14.(2015·南京市模拟)如图所示，金属板PQ、MN平行放置，金属板长为4a，间距为4a，两极板连接在输出电压为U的恒定电源两端，上金属板PQ中央有一小孔O，板间存在垂直纸面向里磁感应强度为B的匀强磁场区域P′Q′N′M′，且OP′＝OQ′＝a，P′M′＝Q′N′＝a.现将一带电小球从距上板某一高度由静止释放，小球从小孔O进入磁场，小球离开磁场后在平行金属板间做直线运动恰好从下板N端射出电场，已知重力加速度为g，求：(1)带电小球的电荷量与质量之比；(2)小球从释放到从下板N端射出所需时间．15.如图所示，竖直平面内有两根光滑且电阻不计的长平行金属导轨，间距L＝0.2m，导轨的上端接一个阻值R＝1.5Ω的电阻，导轨间的空间内存在垂直导轨平面的匀强磁场，将一质量m＝5g、长为L＝0.2m、电阻r＝0.5Ω的金属棒垂直放在导轨上，与导轨接触良好．(1)若磁感应强度随时间变化满足B＝(0.5t＋2)T，t＝0时刻，金属棒在距离导轨顶部L＝0.2m处释放，此时金属棒的加速度是多大？如果金属棒延迟释放，何时开始释放，金属棒不会向下运动？(2)若磁感应强度随时间变化满足B＝21＋0.5t2T，为使金属棒中没有感应电流产生，从t＝0时刻起，金属棒应在距离导轨顶部L＝0.2m处开始在外力作用下做怎样的运动？仿高考计算题巧练(一)[题组一]13．解析：(1)设救生圈做平抛运动的时间为t0，由平抛运动规律，得：H＝12gt20Htanθ＝v0t0联立以上各式，得v0＝7.5m/s，t0＝2s.(2)由几何关系，得绳索长L＝Hcos37°＝25m因加速过程与减速过程的加速度大小相等，加速过程的初速度和减速过程的末速度都为零，故加速过程和减速过程的时间相等由运动学公式可得：2×12at20＝L代入数据，得a＝Lt20＝6.25m/s2.答案：(1)7.5m/s(2)6.25m/s214．解析：(1)设小球由y轴上的A点运动到金属板M的中点B的时间为t，由题意，在与x轴平行的方向上，有：L2cosθ＝v0ttanθ＝v0gt带电小球在竖直方向上下落的距离为h＝12gt2所以小球抛出点A的纵坐标为y＝h＋L2sinθ联立以上各式并代入数据可解得：v0＝3gL10，y＝1730L，t＝22L15g，h＝4L15所以小球抛出点A的坐标为0，1730L，小球抛出时的初速度大小为v0＝3gL10.(2)设小球进入电场时的速度大小为v，则由动能定理可得mgh＝12mv2－12mv20解得：v＝5gL6带电小球进入匀强电场后的受力情况如图所示．因为E＝4mg5q，所以qE＝mgcosθ因此，带电小球进入该匀强电场之后，将做类平抛运动．其加速度大小为a＝mgsinθm＝gsinθ设带电小球在该匀强电场中运动的时间为t′，欲使小球不打在N板上，由平抛运动的规律可得：d＝vt′L2＝12at′2联立以上各式并代入数据可得：d＝526L.答案：(1)0，1730L5gL6(2)526L15．解析：(1)金属棒的速度最大时，所受合外力为零，即BIL＝F1而P＝F1·vm，I＝BLvmR＋r解得vm＝P（R＋r）BL＝4m/s或根据题图乙中图象计算，2s后金属棒的速度稳定，速度最大，此时F安＝1N，由F安＝BIL＝B2L2vmR＋r，得vm＝4m/s.(2)速度为3m/s时，感应电动势E＝BLv＝3V电流I′＝ER＋r，F′安＝BI′L金属棒受到的拉力F＝Pv＝43N由牛顿第二定律得F－F′安＝ma解得a＝F－F′安m＝43－340.2m/s2＝3512m/s2.(3)在此过程中，由动能定理得Pt＋W安＝12mv2m－12mv20解得W安＝－6.5JQR＝－W安2＝3.25J.答案：(1)4m/s(2)3512m/s2(3)3.25J[题组二]13．解析：(1)设运动员离开C点时的速度为v1，上升的最大高度为hv1＝gt2＝10m/s，h＝v212g＝5m.(2)设运动员到达B点时的速度为v2，C到B：12mv21＋mgR＝12mv22FN－mg＝mv22R解得FN＝3000N由牛顿第三定律知F′N＝FN＝3000N，方向竖直向下．(3)从A点到B点：ΔE＝mgH－12mv22解得ΔE＝3000J.答案：(1)10m/s5m(2)3000N方向竖直向下(3)3000J14．解析：(1)由于带电小球离开磁场时速度方向与电场线方向成夹角且做直线运动，所以小球是做匀速直线运动mg＝qEE＝U4a解得qm＝4agU.(2)设小球进入小孔的速度为v，在磁场中做圆周运动半径为r，Oe＝x，如图所示，由数学知识易知，∠Ocd＝∠fdN＝θsinθ＝ar在直角三角形ced中cosθ＝r－xr在直角三角形dfN中tanθ＝2a－x3a联立可得3sin2θ＝2sinθcosθ－cosθ＋cos2θ4sin2θ－1＝2sinθcosθ－cosθ(2sinθ－1)(2sinθ＋1)－(2sinθ－1)cosθ＝0解得sinθ＝12，θ＝π6，r＝2a由r＝mvqB，代入数据易得v＝8a2gBU设小球做自由落体运动的时间为t1，则t1＝vg＝8a2BU设小球在磁场中运动的时间为t2，则t2＝θmqB＝πU24agB设小球做直线运动的时间为t3，则t3＝sv＝23av＝3U4agB所以t＝t1＋t2＋t3＝8a2BU＋（π＋63）U24agB.答案：(1)4agU(2)8a2BU＋（π＋63）U24agB15．解析：(1)根据法拉第电磁感应定律有E＝nΔΦΔt＝ΔBΔt·S＝0.5×0.22V＝0.02V由闭合电路欧姆定律得I＝ER＋r＝0.021.5＋0.5A＝0.01A故金属棒在t＝0时刻所受的安培力为FA＝B0IL＝2×0.01×0.2N＝0.004N根据牛顿第二定律有mg－FA＝ma故a＝mg－FAm＝5×10－3×10－0.0045×10－3m/s2＝9.2m/s2要想使金属棒不下落，释放时必须满足FA≥mg，即BIL≥mg将B＝0.5t＋2代入有：(0.5t＋2)IL≥mg代入数据解得：t≥46s即金属棒至少要延时46s释放才不会向下运动．(2)因为t＝0时，磁感应强度B0＝2T，金属棒距离顶部L＝0.2m，为了不产生感应电流，任意时刻磁通量与刚开始时相同，设t时间内金属棒的位移为x，有21＋0.5t2×0.2×(0.2＋x)＝2×0.22解得：x＝0.1t2即金属棒必须由静止开始向下做加速度为0.2m/s2的匀加速直线运动．答案：(1)9.2m/s246s(2)见解析