2017高考物理全國卷計(jì)算題分析及專練(共23頁)

1、精選優(yōu)質(zhì)文檔-傾情為你奉上近四年全國卷計(jì)算題涉及的考點(diǎn)與內(nèi)容年份第24題分值第25題分值2013年運(yùn)動(dòng)學(xué)(兩輛玩具小車牽連運(yùn)動(dòng)問題)13分電磁感應(yīng)(滑軌、動(dòng)力學(xué))19分2014年運(yùn)動(dòng)學(xué)(公路上兩車安全距離問題)12分類平拋運(yùn)動(dòng)、帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)(動(dòng)力學(xué))20分2015年電路和力學(xué)問題(安培力作用下導(dǎo)體棒平衡)12分板塊模型：兩物體多階段勻變速運(yùn)動(dòng)組合問題(動(dòng)力學(xué))20分2016年(乙卷)(雙棒模型三角體)電磁感應(yīng)定律應(yīng)用、力的平衡方程14分(輕彈簧斜面光滑圓弧軌道)平拋運(yùn)動(dòng)、牛頓定律、動(dòng)能定理18分例題展示1.(2016·全國乙卷·24)如圖1，兩固定的絕緣斜面傾角均為

2、，上沿相連.兩細(xì)金屬棒ab(僅標(biāo)出a端)和cd(僅標(biāo)出c端)長度均為L，質(zhì)量分別為2m和m；用兩根不可伸長的柔軟輕導(dǎo)線將它們連成閉合回路abdca，并通過固定在斜面上沿的兩光滑絕緣小定滑輪跨放在斜面上，使兩金屬棒水平.右斜面上存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于斜面向上，已知兩根導(dǎo)線剛好不在磁場(chǎng)中，回路電阻為R，兩金屬棒與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為，重力加速度大小為g，已知金屬棒ab勻速下滑.求：圖1(1)作用在金屬棒ab上的安培力的大?。?2)金屬棒運(yùn)動(dòng)速度的大小.解析(1)由于ab、cd棒被平行于斜面的導(dǎo)線相連，故ab、cd速度總是相等，cd也做勻速直線運(yùn)動(dòng).設(shè)導(dǎo)線的張力的大小為FT，

3、右斜面對(duì)ab棒的支持力的大小為FN1，作用在ab棒上的安培力的大小為F，左斜面對(duì)cd棒的支持力大小為FN2，對(duì)于ab棒，受力分析如圖甲所示，由力的平衡條件得甲乙2mgsin FN1FTFFN12mgcos 對(duì)于cd棒，受力分析如圖乙所示，由力的平衡條件得mgsin FN2FTFTFN2mgcos 聯(lián)立式得：Fmg(sin 3cos )(2)設(shè)金屬棒運(yùn)動(dòng)速度大小為v，ab棒上的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為EBLv回路中電流I安培力FBIL聯(lián)立得：v(sin 3cos )答案(1)mg(sin 3cos )(2)(sin 3cos )2.(2016·全國乙卷·25)如圖2，一輕彈簧原長為2R，

4、其一端固定在傾角為37°的固定直軌道AC的底端A處，另一端位于直軌道上B處，彈簧處于自然狀態(tài)，直軌道與一半徑為R的光滑圓弧軌道相切于C點(diǎn)，AC7R，A、B、C、D均在同一豎直平面內(nèi).質(zhì)量為m的小物塊P自C點(diǎn)由靜止開始下滑，最低到達(dá)E點(diǎn)(未畫出)，隨后P沿軌道被彈回，最高到達(dá)F點(diǎn)，AF4R.已知P與直軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)，重力加速度大小為g.(取sin 37°，cos 37°)圖2(1)求P第一次運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)速度的大?。?2)求P運(yùn)動(dòng)到E點(diǎn)時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能；(3)改變物塊P的質(zhì)量，將P推至E點(diǎn)，從靜止開始釋放.已知P自圓弧軌道的最高點(diǎn)D處水平飛出后，恰好通過G點(diǎn).G點(diǎn)

5、在C點(diǎn)左下方，與C點(diǎn)水平相距R、豎直相距R，求P運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)速度的大小和改變后P的質(zhì)量.解析(1)由題意可知：lBC7R2R5R設(shè)P到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度為vB，由動(dòng)能定理得mglBCsin mglBCcos mv式中37°，聯(lián)立式并由題給條件得vB2 (2)設(shè)BEx，P到達(dá)E點(diǎn)時(shí)速度為零，此時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能為Ep，由BE過程，根據(jù)動(dòng)能定理得mgxsin mgxcos Ep0mvE、F之間的距離l1為l14R2RxP到達(dá)E點(diǎn)后反彈，從E點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到F點(diǎn)的過程中，由動(dòng)能定理有Epmgl1sin mgl1cos 0聯(lián)立式得xREpmgR(3)設(shè)改變后P的質(zhì)量為m1，D點(diǎn)與G點(diǎn)的水平距離為x1、豎直

6、距離為y1，由幾何關(guān)系(如圖所示)得37°.由幾何關(guān)系得：x1RRsin 3Ry1RRRcos R設(shè)P在D點(diǎn)的速度為vD，由D點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到G點(diǎn)的時(shí)間為t.由平拋運(yùn)動(dòng)公式得：y1gt2x1vDt聯(lián)立得vD設(shè)P在C點(diǎn)速度的大小為vC，在P由C運(yùn)動(dòng)到D的過程中機(jī)械能守恒，有m1vm1vm1g(RRcos )P由E點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過程中，由動(dòng)能定理得Epm1g(x5R)sin m1g(x5R)cos m1v聯(lián)立得m1m答案(1)2 (2)mgR(3)m命題分析與對(duì)策1.命題特點(diǎn)近幾年知識(shí)背景變換頻繁，分值、次序不定，能力要求高，備考難度有所降低.力學(xué)計(jì)算側(cè)重于勻變速運(yùn)動(dòng)的規(guī)律和圖象、應(yīng)用牛頓運(yùn)動(dòng)定

7、律解決多體多態(tài)問題；功能關(guān)系的應(yīng)用，考查范圍未突破必修內(nèi)容；電磁學(xué)計(jì)算側(cè)重于電磁場(chǎng)單一場(chǎng)、組合場(chǎng)、交變場(chǎng)、復(fù)合場(chǎng)、電磁感應(yīng)綜合問題，考查重點(diǎn)在選修31.2.應(yīng)考策略力和運(yùn)動(dòng)為主線的問題情景，從物理情景中確定研究對(duì)象，按其運(yùn)動(dòng)的發(fā)展過程逐一分析，弄清運(yùn)動(dòng)情況和受力情況，善于挖掘隱含條件，建立物理模型，找出與之相適應(yīng)的物理規(guī)律及題目中給出的某種等量關(guān)系進(jìn)行表達(dá)，必要時(shí)借助于幾何圖形、圖象進(jìn)行表達(dá)，通過數(shù)學(xué)方法的演算，得出物理結(jié)果.帶電粒子在場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問題是電磁學(xué)知識(shí)與力學(xué)知識(shí)的結(jié)合，分析方法和力學(xué)問題分析方法基本相同，常用動(dòng)力學(xué)(受力分析、平衡條件、牛頓第二定律等)、能量觀點(diǎn)(動(dòng)能定理、能量守恒定

8、律等)來分析.注意電場(chǎng)中的加速與類平(斜)拋；注意圓形磁場(chǎng)、有界磁場(chǎng)；注意帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的相關(guān)結(jié)論；注意軌跡的構(gòu)建，與數(shù)學(xué)中平面幾何知識(shí)的結(jié)合；尤其注意兩種運(yùn)動(dòng)交接點(diǎn)的特征.計(jì)算題專練(一)1.如圖1所示，質(zhì)量為M的平板車P高h(yuǎn)，質(zhì)量為m的小物塊Q的大小不計(jì)，位于平板車的左端，系統(tǒng)原來靜止在光滑水平面地面上.一不可伸長的輕質(zhì)細(xì)繩長為R，一端懸于Q正上方高為R處，另一端系一質(zhì)量也為m的小球(大小不計(jì)).今將小球拉至懸線與豎直位置成60°角，由靜止釋放，小球到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)與Q的碰撞時(shí)間極短，且無能量損失，已知Q離開平板車時(shí)速度大小是平板車速度的兩倍，Q與P之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，Mm41

9、，重力加速度為g.求：圖1(1)小物塊Q離開平板車時(shí)速度為多大？(2)平板車P的長度為多少？答案(1)(2)解析(1)小球由靜止擺到最低點(diǎn)的過程中，有：mgR(1cos 60°)mv，解得v0小球與小物塊Q相撞時(shí)，動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒，則有：mv0mv1mvQmvmvmv解得：v10，vQv0二者交換速度，即小球靜止下來.Q在平板車上滑行的過程中，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，則有mvQMvm(2v)解得，vvQ小物塊Q離開平板車時(shí)，速度為：2v(2)由能量守恒定律，知FfLmvMv2m(2v)2又Ffmg解得，平板車P的長度為L.2.如圖2所示，在絕緣水平面上，相距為L的A、B兩點(diǎn)處分別固定著兩

10、個(gè)等量正電荷.a、b是AB連線上兩點(diǎn)，其中AaBb，a、b兩點(diǎn)電勢(shì)相等，O為AB連線的中點(diǎn).一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))以初動(dòng)能E0從a點(diǎn)出發(fā)，沿AB直線向b運(yùn)動(dòng)，其中小滑塊第一次經(jīng)過O點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為初動(dòng)能的n倍(n1)，到達(dá)b點(diǎn)時(shí)動(dòng)能恰好為零，小滑塊最終停在O點(diǎn)，求：圖2(1)小滑塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)；(2)O、b兩點(diǎn)間的電勢(shì)差UOb；(3)小滑塊運(yùn)動(dòng)的總路程s.答案(1)(2)E0(3)L解析(1)由AaBb，O為AB連線的中點(diǎn)得：a、b關(guān)于O點(diǎn)對(duì)稱，則Uab0；設(shè)小滑塊與水平面間的摩擦力大小為Ff，對(duì)于滑塊從ab過程，由動(dòng)能定理得：q·UabFf·

11、0E0而Ffmg解得：(2)滑塊從Ob過程，由動(dòng)能定理得：q·UObFf·0nE0解得：UOb(3)對(duì)于小滑塊從a開始運(yùn)動(dòng)到最終在O點(diǎn)停下的整個(gè)過程，由動(dòng)能定理得q·UaOFf·s0E0而UaOUOb解得：sL計(jì)算題專練(二)1.公交車已作為現(xiàn)代城市交通很重要的工具，它具有方便、節(jié)約、緩解城市交通壓力等許多作用.某日，一人在上班途中向一公交車站走去，發(fā)現(xiàn)一輛公交車正從身旁平直的公路駛過，此時(shí)，他的速度是1 m/s，公交車的速度是15 m/s，他們距車站的距離為50 m.假設(shè)公交車在行駛到距車站25 m處開始剎車，剛好到車站停下，停車時(shí)間10 s.而此人因

12、年齡、體力等關(guān)系最大速度只能達(dá)到6 m/s，最大起跑加速度只能達(dá)到2.5 m/s2.(1)若公交車剎車過程視為勻減速運(yùn)動(dòng)，其加速度大小是多少？(2)試計(jì)算分析，此人是應(yīng)該上這班車，還是等下一班車.答案(1)4.5 m/s2(2)應(yīng)該上這班車解析(1)公交車的加速度為：a1 m/s24.5 m/s2，所以其加速度大小為4.5 m/s2(2)公交車從開始相遇到開始剎車用時(shí)為：t1 s s，公交車剎車過程中用時(shí)為：t2 s s，此人以最大加速度達(dá)到最大速度用時(shí)為：t3 s2 s，此人加速過程中位移為：x2t3×2 m7 m，以最大速度跑到車站用時(shí)為：t4 s，顯然，t3t4t1t210，可

13、以在公交車還停在車站時(shí)安全上車.2.如圖1所示，以MN為下邊界的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于紙面向外， MN上方有一單匝矩形導(dǎo)線框abcd，其質(zhì)量為m，電阻為R，ab邊長為l1，bc邊長為l2，cd邊離MN的高度為h.現(xiàn)將線框由靜止釋放，線框下落過程中ab邊始終保持水平，且ab邊離開磁場(chǎng)前已做勻速直線運(yùn)動(dòng)，求線框從靜止釋放到完全離開磁場(chǎng)的過程中，圖1(1)ab邊離開磁場(chǎng)時(shí)的速度v；(2)通過導(dǎo)線橫截面的電荷量q；(3)導(dǎo)線框中產(chǎn)生的熱量Q.答案(1)(2)(3)mg(hl2)解析(1)線框勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，EBl1vIFBIl1mgF由聯(lián)立：v(2)導(dǎo)線框穿過磁場(chǎng)的過程中，qt由聯(lián)立：q

14、(3)導(dǎo)線框穿過磁場(chǎng)的過程中，利用能量守恒定律，mg(hl2)mv2Q代入(1)中的速度，解得：Qmg(hl2)計(jì)算題專練(三)1.如圖1所示，一條軌道固定在豎直平面內(nèi)，粗糙的ab段水平，bcde段光滑，cde段是以O(shè)為圓心，R為半徑的一小段圓弧，可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊A和B緊靠在一起，靜止于b處，A的質(zhì)量是B的3倍.兩物塊在足夠大的內(nèi)力作用下突然分離，分別向左、右始終沿軌道運(yùn)動(dòng).B到d點(diǎn)時(shí)速度沿水平方向，此時(shí)軌道對(duì)B的支持力大小等于B所受重力的，A與ab段的動(dòng)摩擦因數(shù)為，重力加速度為g，求：圖1(1)物塊B在d點(diǎn)的速度大??；(2)物塊A、B在b點(diǎn)剛分離時(shí)，物塊B的速度大??；(3)物塊A滑行的最大距

15、離s.答案(1)(2)(3)解析(1)物塊B在d點(diǎn)時(shí)，重力和支持力的合力提供向心力，則：mBgFN又因?yàn)椋篎NmBg聯(lián)立式得物塊B在d點(diǎn)時(shí)的速度v.(2)物塊B從b到d過程，只有重力做功，機(jī)械能守恒有：mBvmBgRmBv2解得vB(3)物塊A和B分離過程中由動(dòng)量守恒定律得mAvAmBvB0物塊A和B分離后，物塊A做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理得mAgsmAv聯(lián)立式，得物塊A滑行的距離s.2.如圖2所示，間距為L的平行且足夠長的光滑導(dǎo)軌由兩部分組成：傾斜部分與水平部分平滑相連，傾角為，在傾斜導(dǎo)軌頂端連接一阻值為r的定值電阻.質(zhì)量為m、電阻也為r的金屬桿MN垂直導(dǎo)軌跨放在導(dǎo)軌上，在傾斜導(dǎo)軌區(qū)域加一

16、垂直導(dǎo)軌平面向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)；在水平導(dǎo)軌區(qū)域加另一垂直導(dǎo)軌平面向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小也為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng).閉合開關(guān)S，讓金屬桿MN從圖示位置由靜止釋放，已知金屬桿運(yùn)動(dòng)到水平導(dǎo)軌前，已達(dá)到最大速度，不計(jì)導(dǎo)軌電阻且金屬桿始終與導(dǎo)軌接觸良好，重力加速度為g.求：圖2(1)金屬桿MN在傾斜導(dǎo)軌上滑行的最大速率vm；(2)金屬桿MN在傾斜導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)，速度未達(dá)到最大速度vm前，當(dāng)流經(jīng)定值電阻的電流從零增大到I0的過程中，通過定值電阻的電荷量為q，求這段時(shí)間內(nèi)在定值電阻上產(chǎn)生的焦耳熱Q；(3)金屬桿MN在水平導(dǎo)軌上滑行的最大距離xm.答案(1)(2)(3)解析(1)金屬桿MN在傾斜導(dǎo)軌上滑行的速

17、度最大時(shí)，其受到的合力為零，對(duì)其受力分析，可得：mgsin BIL0根據(jù)歐姆定律可得：I解得：vm(2)設(shè)在這段時(shí)間內(nèi)，金屬桿運(yùn)動(dòng)的位移為x，由電流的定義可得：qt根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律得：解得：x設(shè)電流為I0時(shí)金屬桿的速度為v0，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律，可得：I0此過程中，電路產(chǎn)生的總焦耳熱為Q總，由功能關(guān)系可得：mgxsin Q總mv定值電阻產(chǎn)生的焦耳熱QQ總解得：Q(3)由牛頓第二定律得：BILma由法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律可得：I可得：vmvtmv，即xmmvm得：xm計(jì)算題專練(四)1.兩個(gè)帶電小球A、B(可視為質(zhì)點(diǎn))通過絕緣的不可伸長的輕繩相連，若將輕繩的某

18、點(diǎn)O固定在天花板上，平衡時(shí)兩個(gè)小球的連線恰好水平，且兩根懸線偏離豎直方向的夾角分別為30°和60°，如圖1甲所示.若將輕繩跨接在豎直方向的光滑定滑輪(滑輪大小可不計(jì))兩端，調(diào)節(jié)兩球的位置能夠重新平衡，如圖乙所示，求：圖1(1)兩個(gè)小球的質(zhì)量之比；(2)圖乙狀態(tài)，滑輪兩端的繩長OA、OB之比.答案見解析解析(1)對(duì)小球，有FTcos mg0FTsin F0解得：mg，所以： (2)對(duì)小球，根據(jù)三角形相似，有解得：L所以：.2.如圖2所示，兩條足夠長的平行金屬導(dǎo)軌傾斜放置(導(dǎo)軌電阻不計(jì))，傾角為30°，導(dǎo)軌間距為0.5 m，勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直導(dǎo)軌平面向下，B0.2 T，兩根

19、材料相同的金屬棒a、b與導(dǎo)軌構(gòu)成閉合回路，a、b金屬棒的質(zhì)量分別為3 kg、2 kg，兩金屬棒的電阻均為R1 ，剛開始兩根金屬棒都恰好靜止，假設(shè)最大靜摩擦力近似等于滑動(dòng)摩擦力.現(xiàn)對(duì)a棒施加一平行導(dǎo)軌向上的恒力F60 N，經(jīng)過足夠長的時(shí)間后，兩金屬棒都達(dá)到了穩(wěn)定狀態(tài).求：圖2(1)金屬棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)；(2)當(dāng)兩金屬棒都達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)時(shí)，b棒所受的安培力大小.(3)設(shè)當(dāng)a金屬棒從開始受力到向上運(yùn)動(dòng)5 m時(shí)，b金屬棒向上運(yùn)動(dòng)了2 m，且此時(shí)a的速度為4 m/s，b的速度為1 m/s，則求此過程中回路中產(chǎn)生的電熱及通過a金屬棒的電荷量.答案(1)(2)24 N(3)85 J0.15 C解析(1)

20、a棒恰好靜止時(shí)，有magsin 30°magcos 30°解得(2)兩棒穩(wěn)定時(shí)以相同的加速度向上勻加速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)兩棒有恒定的速度差.對(duì)a棒：Fmagsin 30°magcos 30°F安maa對(duì)b棒：F安mbgsin 30°mbgcos 30°mba解得F安24 N(3)此過程對(duì)a、b棒一起根據(jù)功能關(guān)系，有QFxa(magsin 30°magcos 30°)xa(mbgsin 30°mbgcos 30°)xbmavmbv解得Q85 Jq·t，解得q0.15 C.計(jì)算題專練(五)1.光滑

21、水平面上放著質(zhì)量mA1 kg的物塊A與質(zhì)量mB2 kg的物塊B，A與B均可視為質(zhì)點(diǎn)，A靠在豎直墻壁上，A、B間夾一個(gè)被壓縮的輕彈簧(彈簧與A、B均不拴接)，用手擋住B不動(dòng)，此時(shí)彈簧彈性勢(shì)能Ep49 J.在A、B間系一輕質(zhì)細(xì)繩，細(xì)繩長度大于彈簧的自然長度，如圖1所示.放手后B向右運(yùn)動(dòng)，繩在短暫時(shí)間內(nèi)被拉斷，之后B沖上與水平面相切的豎直半圓光滑軌道，其半徑R0.5 m，B恰能到達(dá)最高點(diǎn)C.取g10 m/s2，求：圖1(1)繩拉斷后瞬間B的速度vB的大小；(2)繩拉斷過程繩對(duì)B的沖量I的大?。?3)繩拉斷過程繩對(duì)A所做的功W.答案(1)5 m/s(2)4 N·s(3)8 J解析(1)設(shè)B在

22、繩被拉斷后瞬間的速度為vB，到達(dá)C時(shí)的速度為vC，有mBgmBmBvmBv2mBgR代入數(shù)據(jù)得vB5 m/s(2)設(shè)彈簧恢復(fù)到自然長度時(shí)B的速度為v1，取水平向右為正方向，有EpmBv，ImBvBmBv1代入數(shù)據(jù)得I4 N·s，其大小為4 N·s(3)設(shè)繩斷后A的速度為vA，取水平向右為正方向，有mBv1mBvBmAvAWmAv代入數(shù)據(jù)得W8 J.2.如圖2所示，在第一象限內(nèi)有垂直紙面向里和向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度分別為B10.1 T、B20.05 T，分界線OM與x軸正方向的夾角為.在第二、三象限內(nèi)存在著沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度E1×104 V/m.現(xiàn)

23、有一帶電粒子由x軸上A點(diǎn)靜止釋放，從O點(diǎn)進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域.已知A點(diǎn)橫坐標(biāo)xA 5×102 m，帶電粒子的質(zhì)量m1.6×1024 kg，電荷量q1.6×1015 C.圖2(1)要使帶電粒子能始終在第一象限內(nèi)運(yùn)動(dòng)，求的取值范圍？(用反三角函數(shù)表示)(2)如果30°，則粒子能經(jīng)過OM分界面上的哪些點(diǎn)？(3)如果30°，讓粒子在OA之間的某點(diǎn)釋放，要求粒子仍能經(jīng)過(2)問中的那些點(diǎn)，則粒子釋放的位置應(yīng)滿足什么條件？答案(1)<arcsin(2)見解析(3)見解析解析(1)粒子進(jìn)入勻強(qiáng) 磁場(chǎng)后，做勻速圓周運(yùn)動(dòng).設(shè)在B1中運(yùn)動(dòng)的半徑為r1，在B2中運(yùn)

24、動(dòng)的半徑為r2由qvBmB12B2得r22r1由幾何關(guān)系解得arcsin(2)當(dāng)30°時(shí)，粒子每次在任意一個(gè)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的圓弧的圓心角均為60°，弦長均等于半徑.粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)qExAmv2粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng) r1解得：r11×102 mr22r12×102 m OM上經(jīng)過的點(diǎn)距離O點(diǎn)的距離是 lkr1(k1)r2(3k2)r1(3k2)×102 m(k1、2、3)和lk(r1r2)3k×102 m(k1、2、3)(3)要仍然經(jīng)過原來的點(diǎn)，需滿足r1n(r1r2)(n1、2、3)解得r即v粒子釋放的位置應(yīng)滿足xA(n1、2、3)或者r1

25、n(2r1r2)(n1、2、3)解得r即v粒子釋放的位置應(yīng)滿足xA(n1、2、3)計(jì)算題專練(六)1.如圖1甲所示，水平傳送帶AB逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，一個(gè)質(zhì)量為M1.0 kg的小物塊以某一初速度由傳送帶左端滑上，通過速度傳感器記錄下物塊速度隨時(shí)間的變化關(guān)系如圖乙所示(圖中取向左為正方向，以物塊滑上傳送帶時(shí)為計(jì)時(shí)零點(diǎn)).已知傳送帶的速度保持不變，g取10 m/s2.求：甲乙圖1(1)物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)；(2)物塊在傳送帶上的運(yùn)動(dòng)時(shí)間；(3)整個(gè)過程中系統(tǒng)生成的熱量.答案(1)0.2(2)4.5 s (3)18 J解析(1)由速度時(shí)間圖象可得，物塊做勻變速運(yùn)動(dòng)的加速度：a m/s22.0 m/

26、s2由牛頓第二定律得FfMa得到物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.2(2)由速度圖象可知，物塊初速度大小v4 m/s，傳送帶速度大小v2 m/s，物塊在傳送帶上滑動(dòng)t13 s后，與傳送帶相對(duì)靜止.前2秒內(nèi)物塊的位移大小x1t4 m，方向向右，第3秒內(nèi)的位移大小x2t 1 m，方向向左，3秒內(nèi)位移xx1x23 m，方向向右； 物塊再向左運(yùn)動(dòng)，時(shí)間t21.5 s物塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間tt1t24.5 s(3)物塊在傳送帶上滑動(dòng)的3 s內(nèi)，傳送帶的位移xvt16 m，向左；物塊的位移xx1x23 m，向右相對(duì)位移為：xxx9 m所以轉(zhuǎn)化的熱量QFf×x18 J2.如圖2所示，xOy坐標(biāo)系中，

27、y<0的區(qū)域有垂直于坐標(biāo)平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B；在第四象限有沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)；第一、三象限的空間也存在著勻強(qiáng)電場(chǎng)(圖中未畫出)，第一象限內(nèi)的勻強(qiáng)電場(chǎng)與x軸平行.一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電微粒從第一象限的P點(diǎn)由靜止釋放，恰好能在坐標(biāo)平面內(nèi)沿與x軸成30°角的直線斜向下運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過x軸上的a點(diǎn)進(jìn)入y<0的區(qū)域后開始做勻速直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過y軸上的b點(diǎn)進(jìn)入x<0的區(qū)域后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，最后通過x軸上的c點(diǎn)，且OaOc.已知重力加速度為g，空氣阻力可忽略不計(jì)，求：圖2(1)第一象限內(nèi)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E1的大小及方向；(2)帶電微粒由P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)的過程中

28、，其電勢(shì)能的變化量Ep；(3)帶電微粒從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)所經(jīng)歷的時(shí)間t.答案見解析解析(1)如圖甲，E1方向水平向左(或沿x軸負(fù)方向)且有：mgqE1tan 解得：E1(2)如圖乙，在第四象限內(nèi)有：qvBcos mg0在第一象限，對(duì)微粒由牛頓運(yùn)動(dòng)定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式：maPa之間的距離：x微粒由P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)的過程中，由動(dòng)能定理：W電mgxsin mv2其電勢(shì)能的變化量：EpW電聯(lián)立解得：Ep(3)在第三象限內(nèi)，帶電微粒做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則電場(chǎng)力與重力平衡，根據(jù)牛頓第二定律：qvBm如圖丙，帶電微粒在第三象限運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖所示，過b點(diǎn)做ab的垂線與bc弦的垂直平分線必交于x軸上的d點(diǎn)，即d點(diǎn)為軌跡圓的

29、圓心.所以ab之間的距離：xab其在第四象限運(yùn)動(dòng)的時(shí)間：t1微粒從b到c的時(shí)間：t2因此從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)的時(shí)間：tt1t2聯(lián)立得：t().計(jì)算題專練(七)1.如圖1所示，光滑水平面MN上放兩相同小物塊A、B，左端擋板處有一彈射裝置P，右端N處與水平傳送帶理想連接，傳送帶水平部分長度L8 m，沿逆時(shí)針方向以恒定速度v6 m/s勻速轉(zhuǎn)動(dòng).物塊A、B(大小不計(jì))與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.2.物塊A、B質(zhì)量mAmB1 kg.開始時(shí)A、B靜止，A、B間有一壓縮輕質(zhì)彈簧處于鎖定狀態(tài)，貯有彈性勢(shì)能Ep16 J.現(xiàn)解除彈簧鎖定，彈開A、B，同時(shí)迅速撤走彈簧.求：(g10 m/s2)圖1(1)物塊B沿傳送帶

30、向右滑動(dòng)的最遠(yuǎn)距離；(2)物塊B滑回水平面MN的速度大小vB；(3)若物體B返回水平面MN后與被彈射裝置P彈回的A在水平面上相碰，且A、B碰后互換速度，則彈射裝置P必須給A做多少功才能讓A、B碰后B能從Q端滑出.答案見解析解析(1)解除鎖定彈開A、B過程中，系統(tǒng)機(jī)械能守恒：EpmAvmBv取向右為正方向，由動(dòng)量守恒有：mAvAmBvB0由得：vA4 m/s，vB4 m/sB滑上傳送帶做勻減速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)速度減為零時(shí)，滑動(dòng)的距離最遠(yuǎn)，由動(dòng)能定理得：mBgsm0mBv所以：sm4 m物塊B沿傳送帶向右滑動(dòng)的最遠(yuǎn)距離為4 m.(2)假設(shè)物塊B沿傳送帶向左返回時(shí)，先勻加速運(yùn)動(dòng)，物塊速度與傳送帶速度相同時(shí)一

31、起勻速運(yùn)動(dòng)，物塊B加速到傳送帶速度v需要滑動(dòng)的距離設(shè)為s，由mBgsmBv2得s9 m>sm說明物塊B滑回水平面MN的速度沒有達(dá)到傳送帶速度，vB4 m/s物塊B滑回水平面MN的速度大小vB4 m/s(3)設(shè)彈射裝置給A做功為WmAvA2mAvWA、B碰后速度互換，B的速度vBvAB要滑出傳送帶Q端，由能量關(guān)系有：mBvB2mBgL又mAmB，所以由得WmBgLmAv解得：W8 J彈簧裝置P必須給A最少做8 J的功才能讓A、B碰后B能從Q端滑出.2.如圖2所示，在xOy平面內(nèi)，有一邊長為L的等邊三角形區(qū)域OPQ，PQ邊與x軸垂直，在三角形區(qū)域以外，均存在著磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于紙

32、面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，三角形OPQ區(qū)域內(nèi)無磁場(chǎng)分布.現(xiàn)有質(zhì)量為m，帶電量為q的粒子從O點(diǎn)射入磁場(chǎng)，粒子重力忽略不計(jì).圖2(1)若要使該粒子不出磁場(chǎng)，直接到達(dá)P點(diǎn)，求粒子從O點(diǎn)射入的最小速度的大小和方向；(2)若粒子從O點(diǎn)以初速度v0，沿y軸正方向射入，能再次經(jīng)過O點(diǎn)，求該粒子從出發(fā)到再次過O點(diǎn)所經(jīng)歷的時(shí)間.答案(1)，方向垂直于OP向上(或與y軸正方向成30°角斜向左上方)(2) (43)解析(1)如圖甲所示，當(dāng)初速度v0垂直于OP射入磁場(chǎng)時(shí)，粒子射入速度最小，由幾何知識(shí)得： r1由qvBm得：v0方向垂直于OP向上或與y軸正方向成30°角斜向左上方甲(2)若粒子從O點(diǎn)以初速度

33、v0，沿y軸正方向射入，則由qvBm得：r2L如圖乙所示，粒子從O運(yùn)動(dòng)至A點(diǎn)出磁場(chǎng)進(jìn)入三角形區(qū)域由幾何知識(shí)得：OAr2圓心角OO1A120°運(yùn)動(dòng)時(shí)間：t1T粒子從A到B做勻速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間t2由軌跡圖象可知，粒子可以回到O點(diǎn)，所用時(shí)間t6t13t2(43)乙計(jì)算題專練(八)1.如圖1甲所示，滑塊與足夠長的木板疊放在光滑水平面上，開始時(shí)均處于靜止?fàn)顟B(tài).作用于滑塊的水平力F隨時(shí)間t變化圖象如圖乙所示，t2.0 s時(shí)撤去力F，最終滑塊與木板間無相對(duì)運(yùn)動(dòng).已知滑塊質(zhì)量m2 kg，木板質(zhì)量M 1 kg，滑塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.2，取g10 m/s2.求：圖1(1)t0.5 s時(shí)滑塊的速度大?。?2)02.0 s內(nèi)木板的位移大??；(3)整個(gè)過程中因摩擦而產(chǎn)生的熱量.答案見解析解析(1)木板M的最大加速度am4 m/s2，滑塊與木板保持相對(duì)靜止時(shí)的最大拉力Fm(Mm)am12 N即F為6 N