2017高考物理全国卷计算题分析及专练

[近四年全国Ⅰ卷计算题涉及的考点与内容]例题展示1.(2016·全国乙卷·24)如图1，两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轻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：图1(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.解析(1)由于ab、cd棒被平行于斜面的导线相连，故ab、cd速度总是相等，cd也做匀速直线运动.设导线的张力的大小为F T，右斜面对ab棒的支持力的大小为F N1，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F N2，对于ab棒，受力分析如图甲所示，由力的平衡条件得甲 乙2mg sin θ＝μF N1＋F T ＋F ① F N1＝2mg cos θ②对于cd 棒，受力分析如图乙所示，由力的平衡条件得 mg sin θ＋μF N2＝F T ′＝F T③ F N2＝mg cos θ④ 联立①②③④式得：F ＝mg (sin θ－3μcos θ)⑤ (2)设金属棒运动速度大小为v ，ab 棒上的感应电动势为E ＝BL v ⑥ 回路中电流I ＝ER⑦ 安培力F ＝BIL⑧联立⑤⑥⑦⑧得： v ＝(sin θ－3μcos θ)mgRB 2L 2答案 (1)mg (sin θ－3μcos θ) (2)(sin θ－3μcos θ)mgRB 2L22.(2016·全国乙卷·25)如图2，一轻弹簧原长为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56R 的光滑圆弧轨道相切于C 点，AC ＝7R ，A 、B 、C 、D 均在同一竖直平面内.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，最高到达F 点，AF ＝4R .已知P 与直轨道间的动摩擦因数μ＝14，重力加速度大小为g .(取sin 37°＝35，cos 37°＝45)图2(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72R 、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. 解析 (1)由题意可知：l BC ＝7R －2R ＝5R①设P 到达B 点时的速度为v B ，由动能定理得 mgl BC sin θ－μmgl BC cos θ＝12m v 2B②式中θ＝37°，联立①②式并由题给条件得 v B ＝2 gR③(2)设BE ＝x ，P 到达E 点时速度为零，此时弹簧的弹性势能为E p ，由B →E 过程，根据动能定理得mgx sin θ－μmgx cos θ－E p ＝0－12m v 2B④ E 、F 之间的距离l 1为l 1＝4R －2R ＋x⑤P 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 θ＝0 ⑥联立③④⑤⑥式得 x ＝R ⑦ E p ＝125mgR⑧(3)设改变后P 的质量为m 1，D 点与G 点的水平距离为x 1、竖直距离为y 1，由几何关系(如图所示)得θ＝37°.由几何关系得： x 1＝72R －56R sin θ＝3R⑨ y 1＝R ＋56R ＋56R cos θ＝52R⑩设P 在D 点的速度为v D ，由D 点运动到G 点的时间为t . 由平抛运动公式得： y 1＝12gt 2⑪ x 1＝v D t⑫联立⑨⑩⑪⑫得 v D ＝355gR⑬设P 在C 点速度的大小为v C ，在P 由C 运动到D 的过程中机械能守恒，有12m 1v 2C ＝12m 1v 2D ＋m 1g (56R ＋56R cos θ) ⑭P 由E 点运动到C 点的过程中，由动能定理得 E p －m 1g (x ＋5R )sin θ－μm 1g (x ＋5R )cos θ＝12m 1v 2C⑮联立⑦⑧⑬⑭⑮得 m 1＝13m⑯ 答案 (1)2 gR (2)125mgR (3)355gR 13m命题分析与对策1.命题特点近几年知识背景变换频繁，分值、次序不定，能力要求高，备考难度有所降低.力学计算侧重于匀变速运动的规律和图象、应用牛顿运动定律解决多体多态问题；功能关系的应用，考查范围未突破必修内容；电磁学计算侧重于电磁场——单一场、组合场、交变场、复合场、电磁感应综合问题，考查重点在选修3—1.2.应考策略力和运动为主线的问题情景，从物理情景中确定研究对象，按其运动的发展过程逐一分析，弄清运动情况和受力情况，善于挖掘隐含条件，建立物理模型，找出与之相适应的物理规律及题目中给出的某种等量关系进行表达，必要时借助于几何图形、图象进行表达，通过数学方法的演算，得出物理结果.带电粒子在场中的运动问题是电磁学知识与力学知识的结合，分析方法和力学问题分析方法基本相同，常用动力学(受力分析、平衡条件、牛顿第二定律等)、能量观点(动能定理、能量守恒定律等)来分析.注意电场中的加速与类平(斜)抛；注意圆形磁场、有界磁场；注意带电粒子在磁场中运动的相关结论；注意轨迹的构建，与数学中平面几何知识的结合；尤其注意两种运动交接点的特征.计算题专练(一)1.如图1所示，质量为M的平板车P高h，质量为m的小物块Q的大小不计，位于平板车的左端，系统原来静止在光滑水平面地面上.一不可伸长的轻质细绳长为R，一端悬于Q正上方高为R处，另一端系一质量也为m的小球(大小不计).今将小球拉至悬线与竖直位置成60°角，由静止释放，小球到达最低点时与Q的碰撞时间极短，且无能量损失，已知Q离开平板车时速度大小是平板车速度的两倍，Q与P之间的动摩擦因数为μ，M∶m＝4∶1，重力加速度为g.求：图1(1)小物块Q 离开平板车时速度为多大？ (2)平板车P 的长度为多少？ 答案 (1)gR 3 (2)7R 18μ解析 (1)小球由静止摆到最低点的过程中，有：mgR (1－cos 60°)＝12m v 20，解得v 0＝gR小球与小物块Q 相撞时，动量守恒，机械能守恒，则有： m v 0＝m v 1＋m v Q 12m v 20＝12m v 21＋12m v 2Q解得：v 1＝0，v Q ＝v 0＝gR二者交换速度，即小球静止下来.Q 在平板车上滑行的过程中，系统的动量守恒，则有m v Q ＝M v ＋m (2v )解得，v ＝16v Q ＝gR6小物块Q 离开平板车时，速度为：2v ＝gR3(2)由能量守恒定律，知 F f L ＝12m v 2Q －12M v 2－12m (2v )2又F f ＝μmg解得，平板车P 的长度为L ＝7R18μ.2.如图2所示，在绝缘水平面上，相距为L 的A 、B 两点处分别固定着两个等量正电荷.a 、b 是AB 连线上两点，其中Aa ＝Bb ＝L4，a 、b 两点电势相等，O 为AB 连线的中点.一质量为m 、带电荷量为＋q 的小滑块(可视为质点)以初动能E 0从a 点出发，沿AB 直线向b 运动，其中小滑块第一次经过O 点时的动能为初动能的n 倍(n ＞1)，到达b 点时动能恰好为零，小滑块最终停在O 点，求：图2(1)小滑块与水平面间的动摩擦因数μ； (2)O 、b 两点间的电势差U Ob ； (3)小滑块运动的总路程s .答案 (1)2E 0mgL (2)－(2n －1)2q E 0 (3)2n ＋14L解析 (1)由Aa ＝Bb ＝L4，O 为AB 连线的中点得：a 、b 关于O 点对称，则U ab ＝0；设小滑块与水平面间的摩擦力大小为F f ，对于滑块从a →b 过程，由动能定理得： q ·U ab －F f ·L2＝0－E 0而F f ＝μmg 解得：μ＝2E 0mgL(2)滑块从O →b 过程，由动能定理得： q ·U Ob －F f ·L4＝0－nE 0解得：U Ob ＝－(2n －1)E 02q(3)对于小滑块从a 开始运动到最终在O 点停下的整个过程，由动能定理得 q ·U aO －F f ·s ＝0－E 0 而U aO ＝－U Ob ＝(2n －1)E 02q解得：s ＝2n ＋14L计算题专练(二)1.公交车已作为现代城市交通很重要的工具，它具有方便、节约、缓解城市交通压力等许多作用.某日，一人在上班途中向一公交车站走去，发现一辆公交车正从身旁平直的公路驶过，此时，他的速度是1 m /s ，公交车的速度是15 m/s ，他们距车站的距离为50 m.假设公交车在行驶到距车站25 m 处开始刹车，刚好到车站停下，停车时间10 s.而此人因年龄、体力等关系最大速度只能达到6 m /s ，最大起跑加速度只能达到2.5 m/s 2. (1)若公交车刹车过程视为匀减速运动，其加速度大小是多少？ (2)试计算分析，此人是应该上这班车，还是等下一班车. 答案 (1)4.5 m/s 2 (2)应该上这班车解析 (1)公交车的加速度为：a 1＝0－v 212x 1＝0－22550m /s 2＝－4.5 m/s 2，所以其加速度大小为4.5 m/s 2(2)公交车从开始相遇到开始刹车用时为：t 1＝x －x 1v 1＝50－2515 s ＝53 s ，公交车刹车过程中用时为：t 2＝0－v 1a 1＝－15－4.5 s ＝103 s ，此人以最大加速度达到最大速度用时为： t 3＝v 3－v 2a 2＝6－12.5 s ＝2 s ，此人加速过程中位移为：x 2＝v 2＋v 32t 3＝1＋62×2 m ＝7 m ， 以最大速度跑到车站用时为：t 4＝x －x 2v 3＝436s ，显然，t 3＋t 4＜t 1＋t 2＋10，可以在公交车还停在车站时安全上车.2.如图1所示，以MN 为下边界的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面向外， MN 上方有一单匝矩形导线框abcd ，其质量为m ，电阻为R ，ab 边长为l 1，bc 边长为l 2，cd 边离MN 的高度为h .现将线框由静止释放，线框下落过程中ab 边始终保持水平，且ab 边离开磁场前已做匀速直线运动，求线框从静止释放到完全离开磁场的过程中，图1(1)ab 边离开磁场时的速度v ； (2)通过导线横截面的电荷量q ； (3)导线框中产生的热量Q .答案 (1)mgR B 2l 21 (2)Bl 1l 2R (3)mg (h ＋l 2)－m 3g 2R 22B 4l 41解析 (1)线框匀速运动时，E ＝Bl 1v ① I ＝ER② F ＝BIl 1③ mg ＝F④由①②③④联立：v ＝mgRB 2l 21(2)导线框穿过磁场的过程中，q ＝I t⑤ I ＝E R⑥ E ＝ΔΦΔt ＝Bl 1l 2t⑦由⑤⑥⑦联立：q ＝Bl 1l 2R(3)导线框穿过磁场的过程中，利用能量守恒定律，mg (h ＋l 2)＝12m v 2＋Q代入(1)中的速度，解得： Q ＝mg (h ＋l 2)－m 3g 2R 22B 4l41计算题专练(三)1.如图1所示，一条轨道固定在竖直平面内，粗糙的ab 段水平，bcde 段光滑，cde 段是以O 为圆心，R 为半径的一小段圆弧，可视为质点的物块A 和B 紧靠在一起，静止于b 处，A 的质量是B 的3倍.两物块在足够大的内力作用下突然分离，分别向左、右始终沿轨道运动.B 到d 点时速度沿水平方向，此时轨道对B 的支持力大小等于B 所受重力的34，A 与ab 段的动摩擦因数为μ，重力加速度为g ，求：图1(1)物块B 在d 点的速度大小；(2)物块A 、B 在b 点刚分离时，物块B 的速度大小； (3)物块A 滑行的最大距离s . 答案 (1)gR 2 (2)3Rg 2 (3)R 8μ解析 (1)物块B 在d 点时，重力和支持力的合力提供向心力，则：m B g －F N ＝m B v 2R①又因为：F N ＝34m B g②联立①②式得物块B 在d 点时的速度v ＝gR 2. (2)物块B 从b 到d 过程，只有重力做功，机械能守恒有： 12m B v 2B ＝m B gR ＋12m B v 2 解得v B ＝32Rg③(3)物块A 和B 分离过程中由动量守恒定律得 m A v A ＋m B v B ＝0④物块A 和B 分离后，物块A 做匀减速直线运动，由动能定理得 －μm A gs ＝－12m A v 2A⑤联立③④⑤式，得物块A 滑行的距离s ＝R 8μ.2.如图2所示，间距为L 的平行且足够长的光滑导轨由两部分组成：倾斜部分与水平部分平滑相连，倾角为θ，在倾斜导轨顶端连接一阻值为r 的定值电阻.质量为m 、电阻也为r 的金属杆MN 垂直导轨跨放在导轨上，在倾斜导轨区域加一垂直导轨平面向下、磁感应强度大小为B 的匀强磁场；在水平导轨区域加另一垂直导轨平面向下、磁感应强度大小也为B 的匀强磁场.闭合开关S ，让金属杆MN 从图示位置由静止释放，已知金属杆运动到水平导轨前，已达到最大速度，不计导轨电阻且金属杆始终与导轨接触良好，重力加速度为g .求：图2(1)金属杆MN 在倾斜导轨上滑行的最大速率v m ；(2)金属杆MN 在倾斜导轨上运动，速度未达到最大速度v m 前，当流经定值电阻的电流从零增大到I 0的过程中，通过定值电阻的电荷量为q ，求这段时间内在定值电阻上产生的焦耳热Q ；(3)金属杆MN 在水平导轨上滑行的最大距离x m . 答案 (1)2mgr sin θB 2L 2 (2)mgqr sin θBL －mI 20r 2B 2L 2(3)4m 2gr 2sin θB 4L 4解析 (1)金属杆MN 在倾斜导轨上滑行的速度最大时，其受到的合力为零， 对其受力分析，可得： mg sin θ－BIL ＝0根据欧姆定律可得：I ＝BL v m2r解得：v m ＝2mgr sin θB 2L 2(2)设在这段时间内，金属杆运动的位移为x ， 由电流的定义可得：q ＝I Δt根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律得： I ＝B ΔS 2r Δt ＝BLx 2r Δt解得：x ＝2qrBL设电流为I 0时金属杆的速度为v 0，根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律，可得：I 0＝BL v 02r此过程中，电路产生的总焦耳热为Q 总，由功能关系可得：mgx sin θ＝Q 总＋12m v 2定值电阻产生的焦耳热Q ＝12Q 总解得：Q ＝mgqr sin θBL －mI 20r2B 2L2(3)由牛顿第二定律得：BIL ＝ma由法拉第电磁感应定律、欧姆定律可得： I ＝BL v2r可得：B 2L 22r v ＝m Δv ΔtB 2L 22rv Δt ＝m Δv ， 即B 2L 22r x m ＝m v m 得：x m ＝4m 2gr 2sin θB 4L 4计算题专练(四)1.两个带电小球A 、B (可视为质点)通过绝缘的不可伸长的轻绳相连，若将轻绳的某点O 固定在天花板上，平衡时两个小球的连线恰好水平，且两根悬线偏离竖直方向的夹角分别为30°和60°，如图1甲所示.若将轻绳跨接在竖直方向的光滑定滑轮(滑轮大小可不计)两端，调节两球的位置能够重新平衡，如图乙所示，求：图1(1)两个小球的质量之比；(2)图乙状态，滑轮两端的绳长O ′A 、O ′B 之比. 答案 见解析解析 (1)对小球，有F T cos θ－mg ＝0 F T sin θ－F ＝0解得：mg ＝F tan θ，所以：m A m B ＝tan 60°tan 30°＝31(2)对小球，根据三角形相似，有mg h ＝F TL解得：L ＝F T hmg所以：L O ′A L O ′B ＝m B m A ＝13.2.如图2所示，两条足够长的平行金属导轨倾斜放置(导轨电阻不计)，倾角为30°，导轨间距为0.5 m ，匀强磁场垂直导轨平面向下，B ＝0.2 T ，两根材料相同的金属棒a 、b 与导轨构成闭合回路，a 、b 金属棒的质量分别为3 kg 、2 kg ，两金属棒的电阻均为R ＝1 Ω，刚开始两根金属棒都恰好静止，假设最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力.现对a 棒施加一平行导轨向上的恒力F ＝60 N ，经过足够长的时间后，两金属棒都达到了稳定状态.求：图2(1)金属棒与导轨间的动摩擦因数；(2)当两金属棒都达到稳定状态时，b 棒所受的安培力大小.(3)设当a 金属棒从开始受力到向上运动5 m 时，b 金属棒向上运动了2 m ，且此时a 的速度为4 m /s ，b 的速度为1 m/s ，则求此过程中回路中产生的电热及通过a 金属棒的电荷量. 答案 (1)33(2)24 N (3)85 J 0.15 C 解析 (1)a 棒恰好静止时，有m a g sin 30°＝μm a g cos 30° 解得μ＝33(2)两棒稳定时以相同的加速度向上匀加速运动，此时两棒有恒定的速度差. 对a 棒：F －m a g sin 30°－μm a g cos 30°－F 安＝m a a 对b 棒：F 安－m b g sin 30°－μm b g cos 30°＝m b a 解得F 安＝24 N(3)此过程对a 、b 棒一起根据功能关系，有Q ＝Fx a －(m a g sin 30°＋μm a g cos 30°)x a －(m b g sin 30°＋μm b g cos 30°)x b －12m a v 2a －12m b v 2b解得Q ＝85 Jq ＝I ·Δt ，I ＝E 2R，E ＝ΔΦΔt ＝B ·ΔSΔt解得q ＝Bd (x a －x b )2R＝0.15 C.计算题专练(五)1.光滑水平面上放着质量m A ＝1 kg 的物块A 与质量m B ＝2 kg 的物块B ，A 与B 均可视为质点，A 靠在竖直墙壁上，A 、B 间夹一个被压缩的轻弹簧(弹簧与A 、B 均不拴接)，用手挡住B 不动，此时弹簧弹性势能E p ＝49 J.在A 、B 间系一轻质细绳，细绳长度大于弹簧的自然长度，如图1所示.放手后B 向右运动，绳在短暂时间内被拉断，之后B 冲上与水平面相切的竖直半圆光滑轨道，其半径R ＝0.5 m ，B 恰能到达最高点C .取g ＝10 m/s 2，求：图1(1)绳拉断后瞬间B 的速度v B 的大小； (2)绳拉断过程绳对B 的冲量I 的大小； (3)绳拉断过程绳对A 所做的功W . 答案 (1)5 m/s (2)4 N·s (3)8 J解析 (1)设B 在绳被拉断后瞬间的速度为v B ，到达C 时的速度为v C ，有m B g ＝m B v 2CR12m B v 2B ＝12m B v 2C ＋2m B gR 代入数据得v B ＝5 m/s(2)设弹簧恢复到自然长度时B 的速度为v 1，取水平向右为正方向，有E p ＝12m B v 21，I ＝m B v B－m B v 1代入数据得I ＝－4 N·s ，其大小为4 N·s(3)设绳断后A 的速度为v A ，取水平向右为正方向，有 m B v 1＝m B v B ＋m A v A W ＝12m A v 2A代入数据得W ＝8 J.2.如图2所示，在第一象限内有垂直纸面向里和向外的匀强磁场，磁感应强度分别为B 1＝0.1 T 、B 2＝0.05 T ，分界线OM 与x 轴正方向的夹角为α.在第二、三象限内存在着沿x 轴正方向的匀强电场，电场强度E ＝1×104 V/m.现有一带电粒子由x 轴上A 点静止释放，从O 点进入匀强磁场区域.已知A 点横坐标x A ＝ －5×10－2 m ，带电粒子的质量m ＝1.6×10－24kg ，电荷量q ＝＋1.6×10－15C.图2(1)要使带电粒子能始终在第一象限内运动，求α的取值范围？(用反三角函数表示) (2)如果α＝30°，则粒子能经过OM 分界面上的哪些点？(3)如果α＝30°，让粒子在OA 之间的某点释放，要求粒子仍能经过(2)问中的那些点，则粒子释放的位置应满足什么条件？答案 (1)α<π2－12arcsin 23(2)见解析 (3)见解析解析 (1)粒子进入匀强 磁场后，做匀速圆周运动.设在B 1中运动的半径为r 1，在B 2中运动的半径为r 2由q v B ＝m v 2r B 1＝2B 2得r 2＝2r 1由几何关系解得α＜π2－12arcsin 23(2)当α＝30°时，粒子每次在任意一个磁场中运动的圆弧的圆心角均为60°，弦长均等于半径. 粒子在电场中运动 qEx A ＝12m v 2粒子在磁场中运动 r 1＝m vqB 1解得：r 1＝1×10－2 m r 2＝2r 1＝2×10－2 m OM 上经过的点距离O 点的距离是l ＝kr 1＋(k －1)r 2＝(3k －2)r 1＝(3k －2)×10－2 m(k ＝1、2、3……) 和l ＝k ′(r 1＋r 2)＝3k ′×10－2 m(k ′＝1、2、3……)(3)要仍然经过原来的点，需满足r 1＝n (r 1′＋r 2′)(n ＝1、2、3……)解得r ′＝r 13n 即v ′＝v 3n粒子释放的位置应满足x A ′＝x A9n 2(n ＝1、2、3……)或者r 1＝n ′(2r 1″＋r 2″)(n ′＝1、2、3……) 解得r ″＝r 14n ′即v ″＝v 4n ′粒子释放的位置应满足x A ″＝x A16n ′2(n ′＝1、2、3……)计算题专练(六)1.如图1甲所示，水平传送带AB 逆时针匀速转动，一个质量为M ＝1.0 kg 的小物块以某一初速度由传送带左端滑上，通过速度传感器记录下物块速度随时间的变化关系如图乙所示(图中取向左为正方向，以物块滑上传送带时为计时零点).已知传送带的速度保持不变，g 取10 m/s2.求：甲乙 图1(1)物块与传送带间的动摩擦因数μ； (2)物块在传送带上的运动时间； (3)整个过程中系统生成的热量. 答案 (1)0.2 (2)4.5 s (3)18 J解析 (1)由速度—时间图象可得，物块做匀变速运动的加速度： a ＝Δv Δt ＝6.03 m /s 2＝2.0 m/s 2由牛顿第二定律得F f ＝Ma得到物块与传送带间的动摩擦因数μ＝Ma Mg ＝2.010＝0.2(2)由速度—图象可知，物块初速度大小v ＝4 m /s ，传送带速度大小v ′＝2 m/s ，物块在传送带上滑动t 1＝3 s 后，与传送带相对静止.前2秒内物块的位移大小x 1＝v2t ′＝4 m ，方向向右，第3秒内的位移大小x 2＝v ′2t ″＝1 m ，方向向左，3秒内位移x ＝x 1－x 2＝3 m ，方向向右； 物块再向左运动，时间t 2＝xv ′＝1.5 s物块在传送带上运动的时间t ＝t 1＋t 2＝4.5 s(3)物块在传送带上滑动的3 s内，传送带的位移x′＝v′t1＝6 m，向左；物块的位移x＝x1－x2＝3 m，向右相对位移为：Δx＝x′＋x＝9 m所以转化的热量Q＝F f×Δx＝18 J2.如图2所示，xOy坐标系中，y<0的区域有垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B；在第四象限有沿x轴正方向的匀强电场；第一、三象限的空间也存在着匀强电场(图中未画出)，第一象限内的匀强电场与x轴平行.一个质量为m、电荷量为q的带正电微粒从第一象限的P点由静止释放，恰好能在坐标平面内沿与x轴成θ＝30°角的直线斜向下运动，经过x轴上的a点进入y<0的区域后开始做匀速直线运动，经过y轴上的b点进入x<0的区域后做匀速圆周运动，最后通过x轴上的c点，且Oa＝Oc.已知重力加速度为g，空气阻力可忽略不计，求：图2(1)第一象限内电场的电场强度E1的大小及方向；(2)带电微粒由P点运动到c点的过程中，其电势能的变化量ΔE p；(3)带电微粒从a点运动到c点所经历的时间t.答案见解析解析(1)如图甲，E1方向水平向左(或沿x轴负方向)且有：mg＝qE1tan θ①解①得：E1＝3mgq②(2)如图乙，在第四象限内有：q v B cos θ－mg＝0 ③在第一象限，对微粒由牛顿运动定律及运动学公式：mgsin θ＝ma ④Pa之间的距离：x ＝v 22a⑤微粒由P 点运动到c 点的过程中，由动能定理： W 电＋mgx sin θ＝12m v 2⑥其电势能的变化量： ΔE p ＝－W 电⑦联立③④⑤⑥⑦解得： ΔE p ＝－m 3g 22B 2q2⑧(3)在第三象限内，带电微粒做匀速圆周运动，则电场力与重力平衡，根据牛顿第二定律： q v B ＝m v 2R⑨如图丙，带电微粒在第三象限运动的轨迹如图所示，过b 点做ab 的垂线与bc 弦的垂直平分线必交于x 轴上的d 点，即d 点为轨迹圆的圆心.所以ab 之间的距离：x ab ＝R tan θ⑩其在第四象限运动的时间： t 1＝x ab v⑪ 微粒从b 到c 的时间：t 2＝2πR3v⑫因此从a 点运动到c 点的时间： t ＝t 1＋t 2⑬联立⑨⑩⑪⑫⑬得： t ＝(3＋2π3)mqB.计算题专练(七)1.如图1所示，光滑水平面MN 上放两相同小物块A 、B ，左端挡板处有一弹射装置P ，右端N 处与水平传送带理想连接，传送带水平部分长度L ＝8 m ，沿逆时针方向以恒定速度v ＝6 m /s 匀速转动.物块A 、B (大小不计)与传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.2.物块A 、B 质量m A ＝m B ＝1 kg.开始时A 、B 静止，A 、B 间有一压缩轻质弹簧处于锁定状态，贮有弹性势能E p ＝16 J.现解除弹簧锁定，弹开A 、B ，同时迅速撤走弹簧.求：(g ＝10 m/s 2)图1(1)物块B 沿传送带向右滑动的最远距离； (2)物块B 滑回水平面MN 的速度大小v B ′；(3)若物体B 返回水平面MN 后与被弹射装置P 弹回的A 在水平面上相碰，且A 、B 碰后互换速度，则弹射装置P 必须给A 做多少功才能让A 、B 碰后B 能从Q 端滑出. 答案 见解析解析 (1)解除锁定弹开A 、B 过程中，系统机械能守恒： E p ＝12m A v 2A ＋12m B v 2B①取向右为正方向，由动量守恒有：m A v A ＋m B v B ＝0 ②由①②得：v A ＝－4 m /s ，v B ＝4 m/sB 滑上传送带做匀减速运动，当速度减为零时，滑动的距离最远，由动能定理得： －μm B gs m ＝0－12m B v 2B③所以：s m ＝v 2B 2μg＝4 m物块B 沿传送带向右滑动的最远距离为4 m.(2)假设物块B 沿传送带向左返回时，先匀加速运动，物块速度与传送带速度相同时一起匀速运动，物块B 加速到传送带速度v 需要滑动的距离设为s ′， 由μm B gs ′＝12m B v 2④得s ′＝v 22μg＝9 m>s m说明物块B 滑回水平面MN 的速度没有达到传送带速度，v B ′＝2μgs m ＝4 m/s 物块B 滑回水平面MN 的速度大小v B ′＝4 m/s (3)设弹射装置给A 做功为W 12m A v A ′2＝12m A v 2A ＋W ⑤ A 、B 碰后速度互换，B 的速度v B ″＝v A ′⑥ B 要滑出传送带Q 端，由能量关系有：12m B v B ″2≥μm B gL⑦ 又m A ＝m B ，所以由⑤⑥⑦得W ≥μm B gL －12m A v 2A⑧解得：W ≥8 J弹簧装置P 必须给A 最少做8 J 的功才能让A 、B 碰后B 能从Q 端滑出.2.如图2所示，在xOy 平面内，有一边长为L 的等边三角形区域OPQ ，PQ 边与x 轴垂直，在三角形区域以外，均存在着磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面向外的匀强磁场，三角形OPQ 区域内无磁场分布.现有质量为m ，带电量为＋q 的粒子从O 点射入磁场，粒子重力忽略不计.图2(1)若要使该粒子不出磁场，直接到达P 点，求粒子从O 点射入的最小速度的大小和方向； (2)若粒子从O 点以初速度v 0＝3qBL6m，沿y 轴正方向射入，能再次经过O 点，求该粒子从出发到再次过O 点所经历的时间.答案 (1)qBL2m ，方向垂直于OP 向上(或与y 轴正方向成30°角斜向左上方)(2) (4π＋33)mqB解析 (1)如图甲所示，当初速度v 0垂直于OP 射入磁场时，粒子射入速度最小， 由几何知识得： r 1＝L2① 由q v B ＝m v 2r② 得：v 0＝qBL2m③方向垂直于OP 向上或与y 轴正方向成30°角斜向左上方甲(2)若粒子从O 点以初速度v 0＝3qBL6m ，沿y 轴正方向射入，则由q v B ＝m v 2r 得：r 2＝m v 0qB ＝36L④如图乙所示，粒子从O 运动至A 点出磁场进入三角形区域 由几何知识得：OA ＝3r 2＝L 2⑤ 圆心角∠OO 1A ＝120° ⑥ 运动时间：t 1＝13T ＝2πm 3qB⑦粒子从A 到B 做匀速直线运动，运动时间 t 2＝x AB v 0＝3mqB⑧由轨迹图象可知，粒子可以回到O 点，所用时间 t ＝6t 1＋3t 2＝(4π＋33)m qB乙计算题专练(八)1.如图1甲所示，滑块与足够长的木板叠放在光滑水平面上，开始时均处于静止状态.作用于滑块的水平力F随时间t变化图象如图乙所示，t＝2.0 s时撤去力F，最终滑块与木板间无相对运动.已知滑块质量m＝2 kg，木板质量M＝ 1 kg，滑块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，取g＝10 m/s2.求：图1(1)t＝0.5 s时滑块的速度大小；(2)0～2.0 s内木板的位移大小；(3)整个过程中因摩擦而产生的热量.答案 见解析解析 (1)木板M 的最大加速度a m ＝μmg M＝4 m/s 2，滑块与木板保持相对静止时的最大拉力 F m ＝(M ＋m )a m ＝12 N即F 为6 N 时，M 与m 一起向右做匀加速运动对整体分析有：F ＝(M ＋m )a 1v 1＝a 1t 1代入数据得：v 1＝1 m/s(2)对M ：0～0.5 s ，x 1＝12a 1t 21 0.5～2 s ，μmg ＝Ma 2x 2＝v 1t 2＋12a 2t 22 则0～2 s 内木板的位移x ＝x 1＋x 2＝6.25 m(3)对滑块：0.5～2 s ，F －μmg ＝ma 2′ 0～2 s 时滑块的位移x ′＝x 1＋(v 1t 2＋12a 2′t 22) 在0～2 s 内m 与M 相对位移Δx 1＝x ′－x ＝2.25 mt ＝2 s 时木板速度v 2＝v 1＋a 2t 2＝7 m/s滑块速度v 2′＝v 1＋a 2′t 2＝10 m/s撤去F 后，对M ：μmg ＝Ma 3 对m ：－μmg ＝ma 3′当滑块与木板速度相同时保持相对静止，即v 2＋a 3t 3＝v 2′＋a 3′t 3解得t 3＝0.5 s该段时间内，M 位移x 3＝v 2t 3＋12a 3t 23 m 位移x 3′＝v 2′t 3＋12a 3′t 23 相对位移Δx 2＝x 3′－x 3＝0.75 m整个过程中滑块在木板上滑行的相对位移Δx ＝Δx 1＋Δx 2＝3 m系统因摩擦产生的热量Q ＝μmg ·Δx ＝12 J.2.如图2所示，以O 为圆心、半径为R 的圆形区域内存在垂直圆面向里、磁感应强度为B 的匀强磁场，一粒子源位于圆周上的M 点，可向磁场区域内垂直磁场沿各个方向发射质量为m 、电荷量为－q 的粒子，不计粒子重力，N 为圆周上另一点，半径OM 和ON 间的夹角为θ，且满足tan θ2＝0.5.图2(1)若某一粒子以速率v 1＝qBR m，沿与MO 成60°角斜向上方射入磁场，求此粒子在磁场中运动的时间；(2)若某一粒子以速率v 2，沿MO 方向射入磁场，恰能从N 点离开磁场，求此粒子的速率v 2；(3)若由M 点射入磁场各个方向的所有粒子速率均为v 2，求磁场中有粒子通过的区域面积. 答案 见解析解析 (1)粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，设轨迹半径为r 1，由牛顿第二定律可得q v 1B ＝m v 21r 1解得：r 1＝m v 1qB＝R 粒子沿与MO 成60°角方向射入磁场，设粒子从区域边界P 射出，其运动轨迹如图甲所示.由图中几何关系可知粒子轨迹所对应的圆心角为α＝150°，甲方法1：故粒子在磁场中的运动时间t ＝αr 1v 1＝mαqB ＝5m π6qB方法2：粒子运动周期T ＝2πm Bq粒子在磁场中的运动时间t ＝150°360°T 得t ＝5m π6qB(2)粒子以速率v 2沿MO 方向射入磁场，在磁场中做匀速圆周运动，恰好从N 点离开磁场，其运动轨迹如图乙，设粒子轨迹半径为r 2 ，由图中几何关系可得：r 2＝R tan θ2＝12R乙由牛顿第二定律可得q v 2B ＝m v 22r 2解得粒子的速度v 2＝qBr 2m ＝qBR 2m(3)粒子沿各个方向以v 2进入磁场做匀速圆周运动时的轨迹半径都为r 2，且不变.由图丙可知，粒子在磁场中通过的面积S 等于以O 3为圆心的扇形MO 3O 的面积S 1、以M 为圆心的扇形MOQ 的面积S 2和以O 点为圆心的圆弧MQ 与直线MQ 围成的面积S 3之和.丙S 1＝12π(R 2)2＝πR 28S 2＝16πR 2 S 3＝16πR 2－12×R ×R 2tan 60°＝16πR 2－34R 2 则S ＝1124πR 2－34R 2.。