五年高考计算题（教师）1.（2014）24.(12分)公路上行驶的两汽车之间应保持一定的安全距离，当前车实然停止时，后车司机可以采取刹车措施，使汽车在安全距离内停下而不会与前车相碰。

通常情况下，人的反应时间和汽车系统的反应时间之和为1s ，当汽车在睛天干燥沥青路面上以108km/h 的速度匀速行驶时，安全距离为120m 。

设雨天时汽车轮胎与沥青路面间的动摩擦因数为晴天时的2/5，若要求安全距离仍为120m ，求汽车在雨天安全行驶的最大速度。

解：设路面干燥时，汽车与地面的动摩擦因数为μ0，刹车时汽车的加速度大小为a 0，安全距离为s ，反应时间为t 0，由牛顿第二定律和运动学公式得 μ0mg =ma 0 ①s =v 0t 0+022a v②式中，m 和v 0分别为汽车的质量和刹车前的速度。

设在雨天行驶时，汽车与地面的动摩擦因数为μ，依题意有μ=52μ0 ③设在雨天行驶时汽车刹车的加速度大小为a ，安全行驶的最大速度为v ，由牛顿第二定律和运动学公式得 μmg =ma ④s =vt 0+av 22⑤联立①②③④⑤式并代入题给数据得v =20m/s (72km/h ) ⑥25.(20分)如图，O 、A 、B 为同一竖直平面内的三个点，OB 沿竖直方向，∠BOA=60°，OB=23OA 。

将一质量为m 的小球以一定的初动能自O 点水平向右抛出，小球在运动过程中恰好通过A 点。

使此小球带电，电荷量为q (q >0)，同时加一匀强电场，场强方向与ΔOAB 所在平面平行。

现从O 点以同样的初速度沿某一方向抛出此带电小球，该小球通过了A 点，到达A 点时的动能是初动能的3倍；若该小球从O 点以同样的初动能沿另一方向抛出，恰好通过B 点，且到达B 点时的动能为初动能的6倍。

重力加速度大小为g 。

求(1)无电场时，小球到达A 点时的动能与初动能的比值； (2)电场强度的大小和方向。

解：(1)设小球的初速度为v 0，初动能为E k0，从O 点运动到A 点的时间为t ，令OA= d ，则OB =23d ，根据平抛运动的规律有 d sin60°= v 0t ①d cos60°=21gt 2 ② 又有E k0 =21mv 2③由①②③式得E k0 =83mgd④设小球到达A 点时的动能为E kA ，则E kA = E k0 +21mgd ⑤由④⑤式得0k kA E E =37⑥(2)加电场后，小球从O 点到A 点和B 点，高度分别降低了2d 和23d ，设电势能分别减小ΔE pA 和ΔE pB ，由能量守恒及④式得 ΔE pA =3E k0 - E k0 -21mgd =32E k0 ⑦ΔE pB =6E k0 - E k0 -23mgd =E k0⑧在匀强电场中，沿任一直线，电势的降落是均匀的。

设直线OB 上的M 点与A 点等电势，M 与O 点的距离为x ，如图，则有d x 23=pB pAE E ∆∆ ⑨解得x = d 。

MA 为等势线，电场必与其垂线OC 方向平行。

设电场方向与竖直向下的方向夹角为α，由几何关系可得 α =30° ⑩ 即电场方向与竖直向下的方向的夹角为30°。

设场强的大小为E ，有qEd cos30°=ΔE pA○11 由④⑦○11式得E =qmg63○122.（2015）24．（12分）如图，一长为10cm 的金属棒ab 用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中；磁场的磁感应强度大小为0.1T ，方向垂直于纸面向里；弹簧上端固定，下端与金属棒绝缘，金属棒通过开关与一电动势为12V 的电池相连，电路总电阻为2Ω。

已知开关断开时两弹簧的伸长量均为0.5cm ；闭合开关，系统重新平衡后，两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改变了0.3cm ，重力加速度大小取10m/s 2。

判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向,并求出金属棒的质量。

解：依题意，开关闭合后，电流方向从b 到a ，由左手定则可知，金属棒所受的安培力方向竖直向下。

开关断开时，两弹簧各自相对于其原长伸长为△l 1=0.5 cm 。

由胡克定律和力的平衡条件得2k △l 1= mg ①式中，m 为金属棒的质量，k 是弹簧的劲度系数，g 是重力加速度的大小。

开关闭合后，金属棒所受安培力的大小为F = IBL ②式中，I 是回路电流，L 是金属棒的长度。

两弹簧各自再伸长了△l 2=0.3 cm ，由胡克定律和力的平衡条件得2k(△l 1+△l 2) = mg + F ③ 由欧姆定律有E = IR ④ 式中，E 是电池的电动势，R 是电路总电阻。

联立①②③④式，并代入题给数据得m = 0.01 kg ⑤25．一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块，在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5m ，如图(a)所示。

时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)。

碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。

已知碰撞后1s 时间内小物块的图线如图(b)所示。

木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g 取10m/s 2。

求（1）木板与地面间的动摩擦因数及小物块与木板间的动摩擦因数； （2）木板的最小长度； （3）木板右端离墙壁的最终距离。

解： (1)规定向右为正方向。

木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀变速运动，设加速度为a 1，小物块和木板的质量分别为m 和M 。

由牛顿第二定律有 －μ1(m+M)g = (m+M)a 1 ① 由图可知，木板与墙壁碰前瞬间的速度υ1= 4m ／s ，由运动学公式得 υ1 =υ0+a 1t 1 ② s 0 = υ0t 1+12 a 1t 12 ③式中，t 1 = ls ，s 。

= 4.5m 是木板碰前的位移，υ0是小物块和木板开始运动时的速度。

联立①②③式和题给条件得 μ 1 = 0.1 ④图（b ）图（a ）在木板与墙壁碰撞后，木板以－υ1的初速度向左做匀变速运动，小物块以υ1的初速度向右做匀变速运动。

设小物块的加速度为a 2，由牛顿第二定律有 －μ2mg = ma 2 ⑤ 由图可得 a 2 =1212t t --υυ ⑥式中，t 2 = 2s ，υ2 = 0，联立⑤⑥式和题给条件得 μ 2 = 0.4 ⑦(2)设碰撞后木板的加速度为a 2，经过时间△t ，木板和小物块刚好具有共同速度υ3。

由牛顿第二定律及运 动学公式得μ2mg+μ1(M+m)g = M)a 3 ⑧ υ3 = －υ1＋a 3△t ⑨ υ3 = υ1＋a 2△t ⑩碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移为 s l =2-31υυ+△t ⑩ 小物块运动的位移为 S 2 =231υυ+△t小物块相对木板的位移为 △s = s 2－s 1 @联立⑥⑧⑨⑩⑧式，并代入数值得 △s = 6.0m ⑩因为运动过程中小物块没有脱离木板，所以木板的最小长度应为6.0m 。

(3)在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速运动直至停止，设加速度为a 4，此过程中小物块和木板运动的位移为s 3。

由牛顿第二定律及运动学公式得 μ1(m+M)g = (m+M)a 4 ⑩ 0－υ32= 2a 4s 3 ⑩ 碰后木板运动的位移为 s = s 1+s 3 ⑥联立⑥⑧⑨④⑩@⑩⑩式，并代入数值得 s = －6.5m ⑩木板右端离墙壁的最终距离为6.5m 。

3.（2016）24.（14分）如图，两固定的绝缘斜面倾角均为θ，上沿相连。

两细金属棒ab （仅标出a 端）和cd （仅标出c 端）长度均为L ，质量分别为2m 和m ；用两根不可伸长的柔软导线将它们连成闭合回路abdca ，并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，使两金属棒水平。

右斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于斜面向上，已知两根导线刚好不在磁场中，回路电阻为R ，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g ，已知金属棒ab 匀速下滑。

求 （1）作用在金属棒ab 上的安培力的大小； （2）金属棒运动速度的大小。

解：（1）设导线的张力的大小为T ，右斜面对ab 棒的支持力的大小为N 1，作用在ab 棒上的安培力的大小为F ，左斜面对cd 棒的支持力大小为N 2。

对于ab 棒，由力的平衡条件得 2mg sin θ=μN 1+T +F ① N 1=2mg cos θ② 对于cd 棒，同理有 mg sin θ+μN 2=T ③ N 2=mg cos θ④ 联立①②③④式得 F =mg (sin θ–3μcos θ)⑤ （2）由安培力公式得 F =BIL ⑥这里I 是回路abdca 中的感应电流。

ab 棒上的感应电动势为 ε=BLv ⑦式中，v 是ab 棒下滑速度的大小。

由欧姆定律得 I =R⑧ 联立⑤⑥⑦⑧式得 v =(sin θ–3μcos θ)22mgRB L⑨25.（18分）如图，一轻弹簧原长为2R ，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC 的底端A 处，另一端位于直轨道上B 处，弹簧处于自然状态，直轨道与一半径为的光滑圆弧轨道相切于C 点，AC=7R ，A 、B 、C 、D 均在同一竖直面内。

质量为m 的小物块P 自C 点由静止开始下滑，最低到达E 点（未画出），随后P 沿轨道被弹回，最高点到达F 点，AF=4R ，已知P 与直轨道间的动摩擦因数，重力加速度大小为g 。

（取）（1）求P 第一次运动到B 点时速度的大小。

（2）求P 运动到Ｅ点时弹簧的弹性势能。

（3）改变物块P 的质量，将P 推至E 点，从静止开始释放。

已知P 自圆弧轨道的最高点D 处水平飞出后，恰好通过Ｇ点。

Ｇ点在Ｃ点左下方，与Ｃ点水平相距、竖直相距Ｒ，求Ｐ运动到Ｄ点时速度的大小和改变后Ｐ的质量。

解：（1）根据题意知，B 、C 之间的距离为l 为 l =7R –2R ①设P 到达B 点时的速度为v B ，由动能定理得21sin cos 2B mgl mgl mv θμθ-=②式中θ=37°，联立①②式并由题给条件得B v =（2）设BE =x 。

P 到达E 点时速度为零，设此时弹簧的弹性势能为E p 。

P 由B 点运动到E 点的过程中，由动能定理有2p B 1sin cos 02mgx mgx E mv θμθ--=-④E 、F 之间的距离l 1为 l 1=4R -2R +x ⑤P 到达E 点后反弹，从E 点运动到F 点的过程中，由动能定理有 E p –mgl 1sin θ–μmgl 1cos θ⑥联立③④⑤⑥式并由题给条件得 x =R ⑦56R 1=4μ34sin 373755︒=︒=，cos 72Rp 125E mgR =⑧ （3）设改变后P 的质量为m 1。