高考物理三輪沖刺考前搶分計算題計算題專練

[近四年全國Ⅰ卷計算題涉及的考點與內容]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θ，上沿相連.兩細金屬棒ab(僅標出a端)和cd(僅標出c端)長度均為L，質量分別為2m和m；用兩根不可伸長的柔軟輕導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.右斜面上存在勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于斜面向上，已知兩根導線剛好不在磁場中，回路電阻為R，兩金屬棒與斜面間的動摩擦因數均為μ，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)金屬棒運動速度的大小.解析(1)由于ab、cd棒被平行于斜面的導線相連，故ab、cd速度總是相等，cd也做勻速直線運動.設導線的張力的大小為FT，右斜面對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cd棒的支持力大小為FN2，對于ab棒，受力分析如圖甲所示，由力的平衡條件得甲乙2mgsinθ＝μFN1＋FT＋F ①FN1＝2mgcosθ ②對于cd棒，受力分析如圖乙所示，由力的平衡條件得mgsinθ＋μFN2＝FT′＝FT ③FN2＝mgcosθ ④聯立①②③④式得：F＝mg(sinθ－3μcosθ) ⑤(2)設金屬棒運動速度大小為v，ab棒上的感應電動勢為E＝BLv ⑥回路中電流I＝eq\f(E,R) ⑦安培力F＝BIL ⑧聯立⑤⑥⑦⑧得：v＝(sinθ－3μcosθ)eq\f(mgR,B2L2)答案(1)mg(sinθ－3μcosθ)(2)(sinθ－3μcosθ)eq\f(mgR,B2L2)2.(2016·全國乙卷·25)如圖2，一輕彈簧原長為2R，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eq\f(5,6)R的光滑圓弧軌道相切于C點，AC＝7R，A、B、C、D均在同一豎直平面內.質量為m的小物塊P自C點由靜止開始下滑，最低到達E點(未畫出)，隨后P沿軌道被彈回，最高到達F點，AF＝4R.已知P與直軌道間的動摩擦因數μ＝eq\f(1,4)，重力加速度大小為g.(取sin37°＝eq\f(3,5)，cos37°＝eq\f(4,5))圖2(1)求P第一次運動到B點時速度的大?。?2)求P運動到E點時彈簧的彈性勢能；(3)改變物塊P的質量，將P推至E點，從靜止開始釋放.已知P自圓弧軌道的最高點D處水平飛出后，恰好通過G點.G點在C點左下方，與C點水平相距eq\f(7,2)R、豎直相距R，求P運動到D點時速度的大小和改變后P的質量.解析(1)由題意可知：lBC＝7R－2R＝5R ①設P到達B點時的速度為vB，由動能定理得mglBCsinθ－μmglBCcosθ＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B) ②式中θ＝37°，聯立①②式并由題給條件得vB＝2eq\r(gR) ③(2)設BE＝x，P到達E點時速度為零，此時彈簧的彈性勢能為Ep，由B→E過程，根據動能定理得mgxsinθ－μmgxcosθ－Ep＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B) ④E、F之間的距離l1為l1＝4R－2R＋x ⑤P到達E點后反彈，從E點運動到F點的過程中，由動能定理有Ep－mgl1sinθ－μmgl1cosθ＝0 ⑥聯立③④⑤⑥式得x＝R ⑦Ep＝eq\f(12,5)mgR ⑧(3)設改變后P的質量為m1，D點與G點的水平距離為x1、豎直距離為y1，由幾何關系(如圖所示)得θ＝37°.由幾何關系得：x1＝eq\f(7,2)R－eq\f(5,6)Rsinθ＝3R ⑨y1＝R＋eq\f(5,6)R＋eq\f(5,6)Rcosθ＝eq\f(5,2)R ⑩設P在D點的速度為vD，由D點運動到G點的時間為t.由平拋運動公式得：y1＝eq\f(1,2)gt2 ?x1＝vDt ?聯立⑨⑩??得vD＝eq\f(3,5)eq\r(5gR) ?設P在C點速度的大小為vC，在P由C運動到D的過程中機械能守恒，有eq\f(1,2)m1veq\o\al(

2,C)＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(

2,D)＋m1g(eq\f(5,6)R＋eq\f(5,6)Rcosθ) ?P由E點運動到C點的過程中，由動能定理得Ep－m1g(x＋5R)sinθ－μm1g(x＋5R)cosθ＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(

2,C) ?聯立⑦⑧???得m1＝eq\f(1,3)m ?答案(1)2eq\r(gR)(2)eq\f(12,5)mgR(3)eq\f(3,5)eq\r(5gR)eq\f(1,3)m命題分析與對策1.命題特點近幾年知識背景變換頻繁，分值、次序不定，能力要求高，備考難度有所降低.力學計算側重于勻變速運動的規(guī)律和圖象、應用牛頓運動定律解決多體多態(tài)問題；功能關系的應用，考查范圍未突破必修內容；電磁學計算側重于電磁場——單一場、組合場、交變場、復合場、電磁感應綜合問題，考查重點在選修3—1.2.應考策略力和運動為主線的問題情景，從物理情景中確定研究對象，按其運動的發(fā)展過程逐一分析，弄清運動情況和受力情況，善于挖掘隱含條件，建立物理模型，找出與之相適應的物理規(guī)律及題目中給出的某種等量關系進行表達，必要時借助于幾何圖形、圖象進行表達，通過數學方法的演算，得出物理結果.帶電粒子在場中的運動問題是電磁學知識與力學知識的結合，分析方法和力學問題分析方法基本相同，常用動力學(受力分析、平衡條件、牛頓第二定律等)、能量觀點(動能定理、能量守恒定律等)來分析.注意電場中的加速與類平(斜)拋；注意圓形磁場、有界磁場；注意帶電粒子在磁場中運動的相關結論；注意軌跡的構建，與數學中平面幾何知識的結合；尤其注意兩種運動交接點的特征.計算題專練(一)1.如圖1所示，質量為M的平板車P高h，質量為m的小物塊Q的大小不計，位于平板車的左端，系統(tǒng)原來靜止在光滑水平面地面上.一不可伸長的輕質細繩長為R，一端懸于Q正上方高為R處，另一端系一質量也為m的小球(大小不計).今將小球拉至懸線與豎直位置成60°角，由靜止釋放，小球到達最低點時與Q的碰撞時間極短，且無能量損失，已知Q離開平板車時速度大小是平板車速度的兩倍，Q與P之間的動摩擦因數為μ，M∶m＝4∶1，重力加速度為g.求：圖1(1)小物塊Q離開平板車時速度為多大？(2)平板車P的長度為多少？答案(1)eq\f(\r(gR),3)(2)eq\f(7R,18μ)解析(1)小球由靜止擺到最低點的過程中，有：mgR(1－cos60°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(

2,0)，解得v0＝eq\r(gR)小球與小物塊Q相撞時，動量守恒，機械能守恒，則有：mv0＝mv1＋mvQeq\f(1,2)mveq\o\al(

2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(

2,1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(

2,Q)解得：v1＝0，vQ＝v0＝eq\r(gR)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)的動量守恒，則有mvQ＝Mv＋m(2v)解得，v＝eq\f(1,6)vQ＝eq\f(\r(gR),6)小物塊Q離開平板車時，速度為：2v＝eq\f(\r(gR),3)(2)由能量守恒定律，知FfL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(

2,Q)－eq\f(1,2)Mv2－eq\f(1,2)m(2v)2又Ff＝μmg解得，平板車P的長度為L＝eq\f(7R,18μ).2.如圖2所示，在絕緣水平面上，相距為L的A、B兩點處分別固定著兩個等量正電荷.a、b是AB連線上兩點，其中Aa＝Bb＝eq\f(L,4)，a、b兩點電勢相等，O為AB連線的中點.一質量為m、帶電荷量為＋q的小滑塊(可視為質點)以初動能E0從a點出發(fā)，沿AB直線向b運動，其中小滑塊第一次經過O點時的動能為初動能的n倍(n＞1)，到達b點時動能恰好為零，小滑塊最終停在O點，求：圖2(1)小滑塊與水平面間的動摩擦因數μ；(2)O、b兩點間的電勢差UOb；(3)小滑塊運動的總路程s.答案(1)eq\f(2E0,mgL)(2)－eq\f(2n－1,2q)E0(3)eq\f(2n＋1,4)L解析(1)由Aa＝Bb＝eq\f(L,4)，O為AB連線的中點得：a、b關于O點對稱，則Uab＝0；設小滑塊與水平面間的摩擦力大小為Ff，對于滑塊從a→b過程，由動能定理得：q·Uab－Ff·eq\f(L,2)＝0－E0而Ff＝μmg解得：μ＝eq\f(2E0,mgL)(2)滑塊從O→b過程，由動能定理得：q·UOb－Ff·eq\f(L,4)＝0－nE0解得：UOb＝－eq\f(2n－1E0,2q)(3)對于小滑塊從a開始運動到最終在O點停下的整個過程，由動能定理得q·UaO－Ff·s＝0－E0而UaO＝－UOb＝eq\f(2n－1E0,2q)解得：s＝eq\f(2n＋1,4)L計算題專練(二)1.公交車已作為現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)現一輛公交車正從身旁平直的公路駛過，此時，他的速度是1m/s，公交車的速度是15m/s，他們距車站的距離為50m.假設公交車在行駛到距車站25m處開始剎車，剛好到車站停下，停車時間10s.而此人因年齡、體力等關系最大速度只能達到6m/s，最大起跑加速度只能達到2.5m/s2.(1)若公交車剎車過程視為勻減速運動，其加速度大小是多少？(2)試計算分析，此人是應該上這班車，還是等下一班車.答案(1)4.5m/s2(2)應該上這班車解析(1)公交車的加速度為：a1＝eq\f(0－v\o\al(

2,1),2x1)＝eq\f(0－225,50)m/s2＝－4.5m/s2，所以其加速度大小為4.5m/s2(2)公交車從開始相遇到開始剎車用時為：t1＝eq\f(x－x1,v1)＝eq\f(50－25,15)s＝eq\f(5,3)s，公交車剎車過程中用時為：t2＝eq\f(0－v1,a1)＝eq\f(－15,－4.5)s＝eq\f(10,3)s，此人以最大加速度達到最大速度用時為：t3＝eq\f(v3－v2,a2)＝eq\f(6－1,2.5)s＝2s，此人加速過程中位移為：x2＝eq\f(v2＋v3,2)t3＝eq\f(1＋6,2)×2m＝7m，以最大速度跑到車站用時為：t4＝eq\f(x－x2,v3)＝eq\f(43,6)s，顯然，t3＋t4＜t1＋t2＋10，可以在公交車還停在車站時安全上車.2.如圖1所示，以MN為下邊界的勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向外，MN上方有一單匝矩形導線框abcd，其質量為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邊離開磁場前已做勻速直線運動，求線框從靜止釋放到完全離開磁場的過程中，圖1(1)ab邊離開磁場時的速度v；(2)通過導線橫截面的電荷量q；(3)導線框中產生的熱量Q.答案(1)eq\f(mgR,B2l\o\al(

2,1))(2)eq\f(Bl1l2,R)(3)mg(h＋l2)－eq\f(m3g2R2,2B4l\o\al(

4,1))解析(1)線框勻速運動時，E＝Bl1v ①I＝eq\f(E,R) ②F＝BIl1 ③mg＝F ④由①②③④聯立：v＝eq\f(mgR,B2l\o\al(

2,1))(2)導線框穿過磁場的過程中，q＝eq\x\to(I)t ⑤eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R) ⑥eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(Bl1l2,t) ⑦由⑤⑥⑦聯立：q＝eq\f(Bl1l2,R)(3)導線框穿過磁場的過程中，利用能量守恒定律，mg(h＋l2)＝eq\f(1,2)mv2＋Q代入(1)中的速度，解得：Q＝mg(h＋l2)－eq\f(m3g2R2,2B4l\o\al(

4,1))計算題專練(三)1.如圖1所示，一條軌道固定在豎直平面內，粗糙的ab段水平，bcde段光滑，cde段是以O為圓心，R為半徑的一小段圓弧，可視為質點的物塊A和B緊靠在一起，靜止于b處，A的質量是B的3倍.兩物塊在足夠大的內力作用下突然分離，分別向左、右始終沿軌道運動.B到d點時速度沿水平方向，此時軌道對B的支持力大小等于B所受重力的eq\f(3,4)，A與ab段的動摩擦因數為μ，重力加速度為g，求：圖1(1)物塊B在d點的速度大??；(2)物塊A、B在b點剛分離時，物塊B的速度大??；(3)物塊A滑行的最大距離s.答案(1)eq\f(\r(gR),2)(2)eq\f(3\r(Rg),2)(3)eq\f(R,8μ)解析(1)物塊B在d點時，重力和支持力的合力提供向心力，則：mBg－FN＝eq\f(mBv2,R) ①又因為：FN＝eq\f(3,4)mBg ②聯立①②式得物塊B在d點時的速度v＝eq\f(\r(gR),2).(2)物塊B從b到d過程，只有重力做功，機械能守恒有：eq\f(1,2)mBveq\o\al(

2,B)＝mBgR＋eq\f(1,2)mBv2解得vB＝eq\f(3,2)eq\r(Rg) ③(3)物塊A和B分離過程中由動量守恒定律得mAvA＋mBvB＝0 ④物塊A和B分離后，物塊A做勻減速直線運動，由動能定理得－μmAgs＝－eq\f(1,2)mAveq\o\al(

2,A) ⑤聯立③④⑤式，得物塊A滑行的距離s＝eq\f(R,8μ).2.如圖2所示，間距為L的平行且足夠長的光滑導軌由兩部分組成：傾斜部分與水平部分平滑相連，傾角為θ，在傾斜導軌頂端連接一阻值為r的定值電阻.質量為m、電阻也為r的金屬桿MN垂直導軌跨放在導軌上，在傾斜導軌區(qū)域加一垂直導軌平面向下、磁感應強度大小為B的勻強磁場；在水平導軌區(qū)域加另一垂直導軌平面向下、磁感應強度大小也為B的勻強磁場.閉合開關S，讓金屬桿MN從圖示位置由靜止釋放，已知金屬桿運動到水平導軌前，已達到最大速度，不計導軌電阻且金屬桿始終與導軌接觸良好，重力加速度為g.求：圖2(1)金屬桿MN在傾斜導軌上滑行的最大速率vm；(2)金屬桿MN在傾斜導軌上運動，速度未達到最大速度vm前，當流經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，求這段時間內在定值電阻上產生的焦耳熱Q；(3)金屬桿MN在水平導軌上滑行的最大距離xm.答案(1)eq\f(2mgrsinθ,B2L2)(2)eq\f(mgqrsinθ,BL)－eq\f(mI\o\al(

2,0)r2,B2L2)(3)eq\f(4m2gr2sinθ,B4L4)解析(1)金屬桿MN在傾斜導軌上滑行的速度最大時，其受到的合力為零，對其受力分析，可得：mgsinθ－BIL＝0根據歐姆定律可得：I＝eq\f(BLvm,2r)解得：vm＝eq\f(2mgrsinθ,B2L2)(2)設在這段時間內，金屬桿運動的位移為x，由電流的定義可得：q＝eq\x\to(I)Δt根據法拉第電磁感應定律、歐姆定律得：eq\x\to(I)＝eq\f(BΔS,2rΔt)＝eq\f(BLx,2rΔt)解得：x＝eq\f(2qr,BL)設電流為I0時金屬桿的速度為v0，根據法拉第電磁感應定律、歐姆定律，可得：I0＝eq\f(BLv0,2r)此過程中，電路產生的總焦耳熱為Q總，由功能關系可得：mgxsinθ＝Q總＋eq\f(1,2)mveq\o\al(

2,0)定值電阻產生的焦耳熱Q＝eq\f(1,2)Q總解得：Q＝eq\f(mgqrsinθ,BL)－eq\f(mI\o\al(

2,0)r2,B2L2)(3)由牛頓第二定律得：BIL＝ma由法拉第電磁感應定律、歐姆定律可得：I＝eq\f(BLv,2r)可得：eq\f(B2L2,2r)v＝meq\f(Δv,Δt)eq\f(B2L2,2r)vΔt＝mΔv，即eq\f(B2L2,2r)xm＝mvm得：xm＝eq\f(4m2gr2sinθ,B4L4)計算題專練(四)1.兩個帶電小球A、B(可視為質點)通過絕緣的不可伸長的輕繩相連，若將輕繩的某點O固定在天花板上，平衡時兩個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)兩端，調節(jié)兩球的位置能夠重新平衡，如圖乙所示，求：圖1(1)兩個小球的質量之比；(2)圖乙狀態(tài)，滑輪兩端的繩長O′A、O′B之比.答案見解析解析(1)對小球，有FTcosθ－mg＝0FTsinθ－F＝0解得：mg＝eq\f(F,tanθ)，所以：eq\f(mA,mB)＝eq\f(tan60°,tan30°)＝eq\f(3,1)(2)對小球，根據三角形相似，有eq\f(mg,h)＝eq\f(FT,L)解得：L＝eq\f(FTh,mg)所以：eq\f(LO′A,LO′B)＝eq\f(mB,mA)＝eq\f(1,3).2.如圖2所示，兩條足夠長的平行金屬導軌傾斜放置(導軌電阻不計)，傾角為30°，導軌間距為0.5m，勻強磁場垂直導軌平面向下，B＝0.2T，兩根材料相同的金屬棒a、b與導軌構成閉合回路，a、b金屬棒的質量分別為3kg、2kg，兩金屬棒的電阻均為R＝1Ω，剛開始兩根金屬棒都恰好靜止，假設最大靜摩擦力近似等于滑動摩擦力.現對a棒施加一平行導軌向上的恒力F＝60N，經過足夠長的時間后，兩金屬棒都達到了穩(wěn)定狀態(tài).求：圖2(1)金屬棒與導軌間的動摩擦因數；(2)當兩金屬棒都達到穩(wěn)定狀態(tài)時，b棒所受的安培力大小.(3)設當a金屬棒從開始受力到向上運動5m時，b金屬棒向上運動了2m，且此時a的速度為4m/s，b的速度為1m/s，則求此過程中回路中產生的電熱及通過a金屬棒的電荷量.答案(1)eq\f(\r(3),3)(2)24N(3)85J0.15C解析(1)a棒恰好靜止時，有magsin30°＝μmagcos30°解得μ＝eq\f(\r(3),3)(2)兩棒穩(wěn)定時以相同的加速度向上勻加速運動，此時兩棒有恒定的速度差.對a棒：F－magsin30°－μmagcos30°－F安＝maa對b棒：F安－mbgsin30°－μmbgcos30°＝mba解得F安＝24N(3)此過程對a、b棒一起根據功能關系，有Q＝Fxa－(magsin30°＋μmagcos30°)xa－(mbgsin30°＋μmbgcos30°)xb－eq\f(1,2)maveq\o\al(

2,a)－eq\f(1,2)mbveq\o\al(

2,b)解得Q＝85Jq＝eq\x\to(I)·Δt，eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),2R)，eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(B·ΔS,Δt)解得q＝eq\f(Bdxa－xb,2R)＝0.15C.計算題專練(五)1.光滑水平面上放著質量mA＝1kg的物塊A與質量mB＝2kg的物塊B，A與B均可視為質點，A靠在豎直墻壁上，A、B間夾一個被壓縮的輕彈簧(彈簧與A、B均不拴接)，用手擋住B不動，此時彈簧彈性勢能Ep＝49J.在A、B間系一輕質細繩，細繩長度大于彈簧的自然長度，如圖1所示.放手后B向右運動，繩在短暫時間內被拉斷，之后B沖上與水平面相切的豎直半圓光滑軌道，其半徑R＝0.5m，B恰能到達最高點C.取g＝10m/s2，求：圖1(1)繩拉斷后瞬間B的速度vB的大??；(2)繩拉斷過程繩對B的沖量I的大小；(3)繩拉斷過程繩對A所做的功W.答案(1)5m/s(2)4N·s(3)8J解析(1)設B在繩被拉斷后瞬間的速度為vB，到達C時的速度為vC，有mBg＝mBeq\f(v\o\al(

2,C),R)eq\f(1,2)mBveq\o\al(

2,B)＝eq\f(1,2)mBveq\o\al(

2,C)＋2mBgR代入數據得vB＝5m/s(2)設彈簧恢復到自然長度時B的速度為v1，取水平向右為正方向，有Ep＝eq\f(1,2)mBveq\o\al(

2,1)，I＝mBvB－mBv1代入數據得I＝－4N·s，其大小為4N·s(3)設繩斷后A的速度為vA，取水平向右為正方向，有mBv1＝mBvB＋mAvAW＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(

2,A)代入數據得W＝8J.2.如圖2所示，在第一象限內有垂直紙面向里和向外的勻強磁場，磁感應強度分別為B1＝0.1T、B2＝0.05T，分界線OM與x軸正方向的夾角為α.在第二、三象限內存在著沿x軸正方向的勻強電場，電場強度E＝1×104V/m.現有一帶電粒子由x軸上A點靜止釋放，從O點進入勻強磁場區(qū)域.已知A點橫坐標xA＝－5×10－2m，帶電粒子的質量m＝1.6×10－24kg，電荷量q＝＋1.6×10－15C.圖2(1)要使帶電粒子能始終在第一象限內運動，求α的取值范圍？(用反三角函數表示)(2)如果α＝30°，則粒子能經過OM分界面上的哪些點？(3)如果α＝30°，讓粒子在OA之間的某點釋放，要求粒子仍能經過(2)問中的那些點，則粒子釋放的位置應滿足什么條件？答案(1)α<eq\f(π,2)－eq\f(1,2)arcsineq\f(2,3)(2)見解析(3)見解析解析(1)粒子進入勻強磁場后，做勻速圓周運動.設在B1中運動的半徑為r1，在B2中運動的半徑為r2由qvB＝meq\f(v2,r)B1＝2B2得r2＝2r1由幾何關系解得α＜eq\f(π,2)－eq\f(1,2)arcsineq\f(2,3)(2)當α＝30°時，粒子每次在任意一個磁場中運動的圓弧的圓心角均為60°，弦長均等于半徑.粒子在電場中運動qExA＝eq\f(1,2)mv2粒子在磁場中運動r1＝eq\f(mv,qB1)解得：r1＝1×10－2mr2＝2r1＝2×10－2mOM上經過的點距離O點的距離是l＝kr1＋(k－1)r2＝(3k－2)r1＝(3k－2)×10－2m(k＝1、2、3……)和l＝k′(r1＋r2)＝3k′×10－2m(k′＝1、2、3……)(3)要仍然經過原來的點，需滿足r1＝n(r1′＋r2′)(n＝1、2、3……)解得r′＝eq\f(r1,3n)即v′＝eq\f(v,3n)粒子釋放的位置應滿足xA′＝eq\f(xA,9n2)(n＝1、2、3……)或者r1＝n′(2r1″＋r2″)(n′＝1、2、3……)解得r″＝eq\f(r1,4n′)即v″＝eq\f(v,4n′)粒子釋放的位置應滿足xA″＝eq\f(xA,16n′2)(n′＝1、2、3……)計算題專練(六)1.如圖1甲所示，水平傳送帶AB逆時針勻速轉動，一個質量為M＝1.0kg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間的變化關系如圖乙所示(圖中取向左為正方向，以物塊滑上傳送帶時為計時零點).已知傳送帶的速度保持不變，g取10m/s2.求：甲乙圖1(1)物塊與傳送帶間的動摩擦因數μ；(2)物塊在傳送帶上的運動時間；(3)整個過程中系統(tǒng)生成的熱量.答案(1)0.2(2)4.5s(3)18J解析(1)由速度—時間圖象可得，物塊做勻變速運動的加速度：a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(6.0,3)m/s2＝2.0m/s2由牛頓第二定律得Ff＝Ma得到物塊與傳送帶間的動摩擦因數μ＝eq\f(Ma,Mg)＝eq\f(2.0,10)＝0.2(2)由速度—圖象可知，物塊初速度大小v＝4m/s，傳送帶速度大小v′＝2m/s，物塊在傳送帶上滑動t1＝3s后，與傳送帶相對靜止.前2秒內物塊的位移大小x1＝eq\f(v,2)t′＝4m，方向向右，第3秒內的位移大小x2＝eq\f(v′,2)t″＝1m，方向向左，3秒內位移x＝x1－x2＝3m，方向向右；物塊再向左運動，時間t2＝eq\f(x,v′)＝1.5s物塊在傳送帶上運動的時間t＝t1＋t2＝4.5s(3)物塊在傳送帶上滑動的3s內，傳送帶的位移x′＝v′t1＝6m，向左；物塊的位移x＝x1－x2＝3m，向右相對位移為：Δx＝x′＋x＝9m所以轉化的熱量Q＝Ff×Δx＝18J2.如圖2所示，xOy坐標系中，y<0的區(qū)域有垂直于坐標平面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B；在第四象限有沿x軸正方向的勻強電場；第一、三象限的空間也存在著勻強電場(圖中未畫出)，第一象限內的勻強電場與x軸平行.一個質量為m、電荷量為q的帶正電微粒從第一象限的P點由靜止釋放，恰好能在坐標平面內沿與x軸成θ＝30°角的直線斜向下運動，經過x軸上的a點進入y<0的區(qū)域后開始做勻速直線運動，經過y軸上的b點進入x<0的區(qū)域后做勻速圓周運動，最后通過x軸上的c點，且Oa＝Oc.已知重力加速度為g，空氣阻力可忽略不計，求：圖2(1)第一象限內電場的電場強度E1的大小及方向；(2)帶電微粒由P點運動到c點的過程中，其電勢能的變化量ΔEp；(3)帶電微粒從a點運動到c點所經歷的時間t.答案見解析解析(1)如圖甲，E1方向水平向左(或沿x軸負方向)且有：mg＝qE1tanθ ①解①得：E1＝eq\f(\r(3)mg,q) ②(2)如圖乙，在第四象限內有：qvBcosθ－mg＝0 ③在第一象限，對微粒由牛頓運動定律及運動學公式：eq\f(mg,sinθ)＝ma ④Pa之間的距離：x＝eq\f(v2,2a) ⑤微粒由P點運動到c點的過程中，由動能定理：W電＋mgxsinθ＝eq\f(1,2)mv2 ⑥其電勢能的變化量：ΔEp＝－W電 ⑦聯立③④⑤⑥⑦解得：ΔEp＝－eq\f(m3g2,2B2q2) ⑧(3)在第三象限內，帶電微粒做勻速圓周運動，則電場力與重力平衡，根據牛頓第二定律：qvB＝meq\f(v2,R) ⑨如圖丙，帶電微粒在第三象限運動的軌跡如圖所示，過b點做ab的垂線與bc弦的垂直平分線必交于x軸上的d點，即d點為軌跡圓的圓心.所以ab之間的距離：xab＝eq\f(R,tanθ) ⑩其在第四象限運動的時間：t1＝eq\f(xab,v) ?微粒從b到c的時間：t2＝eq\f(2πR,3v) ?因此從a點運動到c點的時間：t＝t1＋t2 ?聯立⑨⑩???得：t＝(eq\r(3)＋eq\f(2π,3))eq\f(m,qB).計算題專練(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L＝8m，沿逆時針方向以恒定速度v＝6m/s勻速轉動.物塊A、B(大小不計)與傳送帶間的動摩擦因數均為μ＝0.2.物塊A、B質量mA＝mB＝1kg.開始時A、B靜止，A、B間有一壓縮輕質彈簧處于鎖定狀態(tài)，貯有彈性勢能Ep＝16J.現解除彈簧鎖定，彈開A、B，同時迅速撤走彈簧.求：(g＝10m/s2)圖1(1)物塊B沿傳送帶向右滑動的最遠距離；(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)機械能守恒：Ep＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(

2,A)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(

2,B) ①取向右為正方向，由動量守恒有：mAvA＋mBvB＝0 ②由①②得：vA＝－4m/s，vB＝4m/sB滑上傳送帶做勻減速運動，當速度減為零時，滑動的距離最遠，由動能定理得：－μmBgsm＝0－eq\f(1,2)mBveq\o\al(

2,B) ③所以：sm＝eq\f(v\o\al(

2,B),2μg)＝4m物塊B沿傳送帶向右滑動的最遠距離為4m.(2)假設物塊B沿傳送帶向左返回時，先勻加速運動，物塊速度與傳送帶速度相同時一起勻速運動，物塊B加速到傳送帶速度v需要滑動的距離設為s′，由μmBgs′＝eq\f(1,2)mBv2 ④得s′＝eq\f(v2,2μg)＝9m>sm說明物塊B滑回水平面MN的速度沒有達到傳送帶速度，vB′＝eq\r(2μgsm)＝4m/s物塊B滑回水平面MN的速度大小vB′＝4m/s(3)設彈射裝置給A做功為Weq\f(1,2)mAvA′2＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(

2,A)＋W ⑤A、B碰后速度互換，B的速度vB″＝vA′ ⑥B要滑出傳送帶Q端，由能量關系有：eq\f(1,2)mBvB″2≥μmBgL ⑦又mA＝mB，所以由⑤⑥⑦得W≥μmBgL－eq\f(1,2)mAveq\o\al(

2,A) ⑧解得：W≥8J彈簧裝置P必須給A最少做8J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，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，均存在著磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向外的勻強磁場，三角形OPQ區(qū)域內無磁場分布.現有質量為m，帶電量為＋q的粒子從O點射入磁場，粒子重力忽略不計.圖2(1)若要使該粒子不出磁場，直接到達P點，求粒子從O點射入的最小速度的大小和方向；(2)若粒子從O點以初速度v0＝eq\f(\r(3)qBL,6m)，沿y軸正方向射入，能再次經過O點，求該粒子從出發(fā)到再次過O點所經歷的時間.答案(1)eq\f(qBL,2m)，方向垂直于OP向上(或與y軸正方向成30°角斜向左上方)(2)(4π＋3eq\r(3))eq\f(m,qB)解析(1)如圖甲所示，當初速度v0垂直于OP射入磁場時，粒子射入速度最小，由幾何知識得：r1＝eq\f(L,2) ①由qvB＝meq\f(v2,r) ②得：v0＝eq\f(qBL,2m) ③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點以初速度v0＝eq\f(\r(3)qBL,6m)，沿y軸正方向射入，則由qvB＝meq\f(v2,r)得：r2＝eq\f(mv0,qB)＝eq\f(\r(3),6)L ④如圖乙所示，粒子從O運動至A點出磁場進入三角形區(qū)域由幾何知識得：OA＝eq\r(3)r2＝eq\f(L,2) ⑤圓心角∠OO1A＝120° ⑥運動時間：t1＝eq\f(1,3)T＝eq\f(2πm,3qB) ⑦粒子從A到B做勻速直線運動，運動時間t2＝eq\f(xAB,v0)＝eq\f(\r(3)m,qB) ⑧由軌跡圖象可知，粒子可以回到O點，所用時間t＝6t1＋3t2＝(4π＋3eq\r(3))eq\f(m,qB)乙計算題專練(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，開始時均處于靜止狀態(tài).作用于滑塊的水平力F隨時間t變化圖象如圖乙所示，t＝2.0s時撤去力F，最終滑塊與木板間無相對運動.已知滑塊質量m＝2kg，木板質量M＝1kg，滑塊與木板間的動摩擦因數μ＝0.2，取g＝10m/s2.求：圖1(1)t＝0.5s時滑塊的速度大小；(2)0～2.0s內木板的位移大?。?3)整個過程中因摩擦而產生的熱量.答案見解析解析(1)木板M的最大加速度am＝eq\f(μmg,M)＝4m/s2，滑塊與木板保持相對靜止時的最大拉力Fm＝(M＋m)am＝12N即F為6N時，M與m一起向右做勻加速運動對整體分析有：F＝(M＋m)a1v1＝a1t1代入數據得：v1＝1m/s(2)對M：0～0.5s，x1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(

2,1)0.5～2s，μmg＝Ma2x2＝v