二模之后--计算题

1、本文格式为word版，下载可任意编辑二模之后-计算题 5.4 号 1、如图所示,水平桌面上有一轻弹簧 ， 左端固定在 a 点 ， 自然状态时其右端位于 b 点。d 点 位于水平桌面最右端 , 水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道 mnp,其外形为半径 r=0.8 m 的圆环剪去了左上角 135的圆弧 , mn 为其竖直直径 ,p 点到桌面的竖直距离为 r, p 点到桌面 右侧边缘的水平距离为 2r。用质量 m i =o.4 kg 的物块 a 将弹簧缓慢压缩到 c 点 , 释放后弹簧 恢复原长时物块恰停止在 b 点。用同种材料、质量为 m 2 =0.2 kg 的物块 b 将弹簧缓慢压缩到 c 点释

2、放,物块 b 过 b 点后其位移与时间的关系为 x=6t-2t 2 ,物块从 d 点飞离桌面恰好由 p 点沿切线落入圆弧轨道。 g=10 m/s 2 ,求 ： (1) b、d 间的水平距离。 通过计算，推断物块 b 能否沿圆弧轨道到达 m 点。 (3)物块 b 释放后在桌面上运动的过程中克服摩擦力做的功。 2 晶 2. 如图 4 所示的直角坐标 xoy 平面内有间距为 d，长度为的平行正对金属板 m、n , n . m 位于 x 轴上，op 为过坐标原点 o 和极板 n 右边缘的直线，与 y 轴的夹角 0= 3，op 与 y 轴之间及 y轴右侧空间中分别存在磁感应强度大小相等方向相反且均垂直于

3、坐标平面的匀 强磁场.质量为 m、电荷量为 q 的带正电粒子从 m 板左侧边缘以速度 v o 沿极板方向射入， 恰好从 n 板的右侧边缘 a 点射出进入磁场.粒子第一次通过 y 轴时，速度与 y 轴负方向的 夹角为 n 不计粒子重力，求： 6 (1) 极板 m、n 间的电压； (2) 匀强磁场磁感应强度的大小； (3) 粒子其次次通过 y 轴时的纵坐标值； (4) 粒子从进入板间到其次次通过 y 轴时经受的时间 1、 （1）设物块由 d 点以初速度 v d 做平抛运动 , 落到 p 点时其竖直方向分速度为 v y h.贷肝： "（1 分） =tan 45 （ 1 分） 所以 v d

4、=4 m/s （ 1 分） 由题意知 ， 物块在桌面上过 b 点后初速度 v o =6 m/s,加速度 a=-4 m/s 2 （ 1 分） 所以 b、d 间水平距离为 x bd = =2.5 m （ 1 分） 若物块能沿圆弧轨道到达 m 点 ， 其速度为 v m ,由机械能守恒定律得 ： m 2 =m 2 - 2 m 2 gr （ 1 分） 轨道对物块的压力为 f n ,则 ： f n +m 2 g=m 2 （ 1 分） 解得 ： f n =（1-） m 2 g 0 所以物块不能到达 m 点（1 分） （3）设弹簧长为 x ac 时的弹性势能为 e p ,物块 a、b 与桌面间的动摩擦因数均为

5、 （1, 释放物块 a 时 ， e p = im gx cb （1 分） 1 释放物块 b 时 ， e p = im gx cb + m 2 - （1 分） 2 且 m 1 =2m 2 ,可得 e p =m 2 - =7.2 j （1 分） 物块 b 释放后在桌面上运动过程中克服摩擦力做功为 w f , 则由功能关系得 ： e p =w f + m 2 - （1 分） 2 可得 w f =5.6 j。（1 分） 2、解析 粒子在 m、n 板间做类平抛运动，设加速度为 a,运动时间为 t i ，则 zfd = v o t i 1 2 d= qat i 2 依据牛顿运动定律得 口目二 ma 联立解

6、得 u =營. (2) 设粒子经过 a 点时的速度为 v，方向与 x 轴的夹角为 a, 1 1 依据动能定理，得 qu = mv 2 - 2mv o 2 v o cos a = v n 解得 v= 2v o , a= 3 设粒子第一次与 y 轴相交于 d 点，轨迹如图，由几何关系知 与 a 点高度相等， c 1 do 为等边三角形. r= d 2 依据牛顿定律，得 qvb = mr 2mv 0 整理得 b= : qd (3) 粒子在 y 轴右侧空间的运动轨迹如图. 由几何关系知 de = 2rcos 0= d 即 e 点的纵坐标为 y e = 2d. 1 ( 4)粒子从 a 到 d 的时间 t

7、 2 = 3t 5 从 d 到 e 的时间 t 3 = 6t而 t= 2 nm qb n d v o 故 t = t l + t 2 + t 3 = d d- - 5.5 号 3、如图所示，轮半径 r=10cm 的传送带，水平部分 ab 的长度 l=1 . 5m，与一圆心在 0 点 半径r=1m 的竖直光滑圆轨道的末端相切于 a 点，ab 高出水平地面 h=1 . 25m. 质量 m=0. 1kg 的小滑块 ( 可视为质点 ) ，由圆轨道上的 p 点从静止释放，0p 与竖直线的夹角 =37 .已知 sin37 =0 . 6, cos37 =0. 8, g=10m/s 2 ， 滑块与传送带的动摩

8、擦因数 =0 . 1, 不计空气阻力。 (1 )求滑块对圆轨道末端的压力。 (2)若传送带始终保持静止，求滑块的落地点与 b 间的水平距离. (3)若传送带以 0.5m / s 的速度沿逆时针方向运行 ( 传送带上部分由 b 到 a 运动), 4、粒子扩束装置如图甲所示，由粒子源、加速电场、偏转电场和偏转磁场组成。粒子源 a 产生相同的带正电粒子 ( 粒子质量为 m,电荷量为 q，其所受重力不计 ) 由静止开头，经加速 电场加速后，连续不断地沿平行于导体板的方向从两极板正.射入偏转电场。 偏转电场的 极板间距为 d，偏转电场的电压如图乙所示 ( 已知偏转电场的周期为 t，偏转电场的电压最大 (

9、1) 偏转电场的极板长度 l i 粒子射出偏转电场的最大侧移量 y max (3)求磁感应强度 b 为多少时，粒子能打到荧光屏上尽可能低的位置，求最低位置离中心点 o 的距离h。 md 2 )，加速电场的电压为 u i 2md 2 3qt 2 。偏转磁场水平宽度为 度足够大，磁场右边界为竖直放置的荧光屏， 磁场方向垂直纸面对外。 场的时间为不考虑粒子间相互作用。求： l 2 3d 、竖直长 已知粒子通过偏转电 乙 甲 1 2 3、解： ( 1)从 p 到圆轨道末端的过程中， 由机械能守恒定律得： mgr (1- cos37) 二 一 mv 2 2 在轨道末端有牛顿其次定律得： f n -mg=

10、 mv 由以上两式得 f n =14n 有牛顿第三定律得：滑块对圆轨道末端的压力大小为 14n，方向竖直向下。 1 1 (2) 从 a 到 b 的过程中，由动能定理得： mgl= mv b - mv 2 2 2 解得：v b =1m/s 又因 gr =1m/s 所以滑块恰好从 b 点开头做平抛运动 滑块的落地点与 b 间的水平距离为：x= v b l2h =0.5m v g (3) 传送带向左运动和传送带静止对滑块的受力状况没有变化，滑块从 a 到 b 的运动情 况没有转变。所以滑块和传送带间的相对位移为 x=l+v 0 a_ v b =2m g 滑块在皮带上滑行过程中产生的内能： q= mg

11、 x=0.2j 23. : (1) 粒子加速看边人偏转电场的速度为口 g"l*wo . . vtr lpvj* . . . 得 乙产鶴耳 . - 蛍 zi u23) 圖进人債转电场的 w-f4fft 大曲但移紀子 a 卫 u 根板方向 上一个岗期内前? 7 做匀兀連克找运动. - . 化等 . r，= t*t r= v d . 后时间内做勺速克线运动 t 2 yf 可苛 d . 粒子射出偏杆电场的晟大何位移是 方向 j 门叶亍 . 粒干 4 片 0!+ ) 7*5=0 l 2j 耐射人憐转电扬时側位朽娇小 2 寺心(；皿剂 . 设偏核角 为 6 g 心严 3 . 0=3 ( r .

12、只俏位馬嚴小的粒子在岂场中做風周运动 与龙 itw 相切时 h j 到火比屏的位 st 越低 $uid 3t c/rk-m k rli 儿何关系 r( r- 八 5 -w h=rqs( . ui 33 h j8 5.6 号 5、在 2021 年的北京奥运会上，20 岁的中国小将何雯娜以 37.80 分为中国夺得奥运历史上 首枚蹦床金牌。假设何雯娜在一次蹦床训练过程中仅在竖直方向上运动， 通过传感器用计算 机绘制出弹簧床对她的弹力 f 随时间 t 的变化规律，如图所示。取当地的重力加速度 g 10m/s 2 ，不计空气阻力，结合图像，试求： （1） 运动过程中，何雯娜的最大加速度； （2） 运动

13、过程中，何雯娜离开蹦床上升的最大高度； （3） 在第（2）问中，假如何雯娜从蹦床的最低点到离开蹦床， 上升的距离为 h 2.3m ， 这一过程中蹦床对何雯娜做了多少功？ 6. （ 18 分）如图所示，真空中水平放置的平行金属板 c、d 相距很近，上面分别开有小孔 0 和 0 。平行金属导轨 p、q 水平放置，导轨的一端接有阻值为 5 的电阻 r,金属板 c、d 接在电阻 r 的两端。导轨垂直放在磁感应强度 b 1 10t 的匀强磁场中，导轨间距 l 1.2m ， 电阻为 1 的金属杆 ab 紧贴着导轨沿平行导轨方向在磁场中做往复运动，其速度图象如图 所示，规定向右的方向为速度的正方向。从 t

14、= 0 时刻开头，由 c 板小孔 0 处连续不断地以 21 19 垂直于 c 板方向飘入质量为 m 3.2 10 kg 、电荷量肯定值为 q 1.6 10 c 的正、负 带电粒子，设飘入的速率很小，可视为零。在 d 板外侧有以 mn 为边界、磁感应强度 b 2 10t 的匀强磁场，mn 处放有荧光屏（当带电粒子打在屏上时荧光粉会发光） ，mn 与 d 相距 d 0.2m ，b 1 的方向竖直向上，b 2 的方向垂直纸面对里。不计导轨的其它电阻、粒子的重 力及其相互作用，且不计粒子在 c、d 两板间的运动时间问： （1 ）要使荧光粉发光，粒子从 o 垂直飞入磁场 b 2 时的速率至少为多大？ （

15、2） 04s 内哪些时刻从 o 处飘入的粒子能穿过电场并打在荧光屏上？ （3 ）荧光屏上发光亮线的总长度是多少? b 5、(1 由图像可知，何雯娜的体重 g 500n 解得 m 50 kg - 1 分 何雯娜受到向上的最大弹力： f m 2500n - 1 分 依据牛顿其次定律： f m g ma m - 3 分 解得 a m 40m /s 2 - 1 分 方向竖直向上 - 1 分 (2) - 空中时间： t 0 8.4 6.8 1.6s (或 t 0 11 9.4 1.6s ) - 3 分 下落时间： t 色 0.8s - 1 分 2 亠、 1 2 上升的最大咼度 h gt - 2 分 2

16、解得： h 3.2m - 1 分 (3) 依据动能定理, - w mg( h h m ) 0 3 分 解得蹦床对何雯娜做的功为： w 2750j - 1 分 r 至少为 d 时才能打在荧光屏上，由 6. ( 18 分)解： ( 1 )分析可知，粒子运动半径 2 b 2 qv min m 经(或 d 警)- r qb 2 解得： v min 100m/s - 1 即要使荧光粉发光，粒子从 o 垂直飞入磁场 b 2 的速度至少为 100m /s d 间的加速电压至少为 u 时，粒子从 o 垂直飞入磁场 b 2 的速度为 v mi 1 2 qu mv min 2 100v - (2)设 c 、 由动

17、能定理得: 解得： u 设棒对应的运动速度为 v 时，c 、 d 间的加速电压为 u。依据法拉第电磁感应定律得: 2 e b , lv er 依据闭合电路的欧姆定律： u - r r 联立解得： v 10m/s - 1 由图象分析可得： 在 0.5s1.5s 和 2.5s3.5s 时间内从 0 处飘入的粒子能穿过电场并打 在荧光屏上。 - (3)对应棒运动的最大速度 法拉第电磁感应定律有： e max c、d 两板间的最大电压 u 粒子进入磁场的最大速度为 v max - 1 v m 20m/s ，棒中产生的电动势最大，设为 b 1 lv m 240v 分 e max ，依据 分 max r

18、e max 200v 2qu max 100 . 2m/s m 在磁场中做匀速圆周运动的最大半径为: . mv max cru 匚 r max 20 2cm b ? q 1 分 如图所示，依据几何学问， o h d 20cm i 2 2 o g r max ： r max d 828c m - 1 分 在荧光屏左边亮线的 长度为 gh o"h o" g 11.72cm - -1 分 11.72cm 的亮线，故荧 d m 依据对称性可知在右边也有 光屏上发光亮线的总长度为 l 总 23.44 cm - 5.7 号 7、如图 a 所示，竖直平面内固定间距为 l 的光滑金属导轨，

19、虚线下方存在垂直于导轨平面 的匀强磁场，磁感应强度 b。两根质量相同、电阻均为 r 的完全相同金属杆水平放置在导轨 上，与导轨接触良好。 在磁场外固定杆 i, 在磁场内静止释放杆 h, 其 v-t 关系如图 b 所示。 经过时间 t o 后认为开头匀速运动，速度 v o 。求： (1 )单根金属杆质量 m。 (2 )若以竖直向下的初速度 2 v o 释放杆 n, 释放后其加速度大小随时间的变化关系与静止 释放后相同，试在图 b 中画出 t o 时间内的 v-t 图。 (3 )杆 n 匀速后，杆 i 由静止释放，发觉杆 i 在磁场内外都保持自由落体运动，则杆 i 释 放位置离磁场上边界多少高度？

20、 (4) 求在上问中，杆 i 自静止释放后杆 i 上 共能发出多少热量？2l2l 杆 n x x x x b x x 8、( 18 分)如图 18 所示的凹形场地，两端是半径为 l 的 1/4 圆弧面，中间是长尾 4l 的粗 糙水平面。质量为 3m 的滑块乙开头停在水平面的中点 0 处，质量为 m 的滑块甲从光滑圆弧 面顶端 a 处无初速度滑下，进入水平面内并与乙发生碰撞， 碰后以碰前一半的速度反弹。 已 知甲、乙与水平面的动摩擦因数分别为 卩 1 、卩 2 ,且卩 1 =2 卩 2 ,甲、乙的体积大小忽视不计。 求： (1 )甲与乙碰撞前的速度。 (2)碰后瞬间乙的速度。 7、 ( 1 )匀

21、速时杆 n 受力平衡 (2)如图 4 分 (3 )杆 1 进入磁场后仍保持自由落体，则其进入磁场时速度应和杆 n 相同，磁通量不再变 化，无感应电流。 2 高度 h 匹 4 分 2g (4 )杆 1 发热过程在磁场外。 mg f a ibl 2, 2 b l v o 2r 2, 2 b l v o 2gr 2 q i rt r 2, 2 2 b l v o 3 b l v o 4r 2 4rg 2v o 0 t o 8、解： (1 )设甲到达 0 处与乙碰撞前的速度为 v 甲 ，由动能定理： 1 2 m 甲 gl g 2l m 甲 v 甲 . 2 分 2 得： v 甲 .2gl(1 2 i )

22、 2 分 (分步用机械能守恒和匀减速直线运动进行计算，结果正确的同样给 4 分) (2)设碰撞后甲、乙的速度分别为 v 甲"、 v 乙"， 由动量守恒： m 甲 v 甲 m 甲 v 甲 m 乙 v 乙 2 分 又： v 甲 1 v 甲 . t 分 2 得： v 乙 1 /甲 t 分 (3)由于 p i =2 俘， 所以甲、乙在水平面上运动的加速度满意： a 甲 =2a 乙 . 1 分 设甲在水平地面上通过的路程为 s 1 、乙在水平地面上通过的路程为 s 2 ,则有: v 甲 2a 甲 s i . 1 分 v 乙 2a 乙 s 2 1 分 即: 鱼丄 1 分 s 2 2 由

23、于甲、乙刚好不再发生其次次碰撞，所以甲、乙在同一地点停下有以下两种状况: 第一种状况：甲返回时未到达 b 时就已经停下，此时有：s i v 2l 1 分 而乙停在甲所在位置时，乙通过的路程为： s 2 =2l+2l + s i =4 l+s i 1 分 由于 s i 与 s 2 不能满意，因而这种状况不能发生. 1 分 其次种状况：甲、乙分别通过 b、c 冲上圆弧面后，返回水平面后相向运动停在同一地 点，所以有：s 1 + s 2 =8l . 1 分 两式得： 8l s! 或 s 2 16l . 1 分 3 3 即小车停在距 b 为： l s 1 2l 2 l . 1 分 3 5.8 号 9、

24、在 xoy 平面第 i 、 w 象限内，存在沿 x 轴正方向的匀强电场，在第 n 、川象限内，存在 垂直于 xoy 平面的匀强磁场， 方向如图所示 , 磁感应强度 b = b, 两带电粒子 a 、 b 同时分别 从第 l 、w 象限的 p q 两点 ( 图中没有标出 ) 由静止释放，经时间 t 同时进入匀强磁场中， 且第一次经过 x轴时恰好都过点 m 3| , 0)。粒子 a 在 m 点时的速度方向与 x 轴正方向 成 60角，且第一次在第 n 、川象限磁场中运动的时间分别为 t、4t,不计粒子重力和两 粒子间相互作用求： (1) 磁感应强度 b 2 的大小； (2) b 粒子在第川象限磁场中

25、运动的轨道半径； (3) 若 a 、 b 两粒子经过 m 点时速度之比为 2： 1，求粒子 b 释放位置 q 的坐标。 10、(18 分)如图所示，mn 为 3m 宽的小沟，m 点左侧 1m 处有一 5m 高的平台与半 径为 1 1.25m 的圆弧底部相切，平台表面与圆轨道都光滑， 一质量为 3kg 的 b 球静止在平台上.现 4 让一小球 a 从圆弧左侧与圆心等高处静止释放， a 球下滑至平台并与 b 球发生碰撞.a、b 两球可视为质点，g=10m/s 2 .求： (1) a 球到达圆弧底端时的速度； (2) 要使碰后两球刚好落在小沟两侧， a 球的可能质量. 5m 1m a o 9、解：

26、（ 1） （ 5 分）粒子进入磁场中： 2 m v bqv= m r 2 nr 2 nm t= v bq 由几何学问可知 a 粒子在其次象限运动的圆心角 2 n 0 7t -（1 分）运动时间 1 t 1 -t 1 （1 分） 3 3 在第三象限运动的圆心角 0 2 4 冗 （1 分）运动时间t 2 -t 2 （1 分） 3 3 b 由题意可知：t 2 =4t 1 所以有 b 2 = . （1 分） 2 （2） （4 分）粒子 a 在其次象限的半径 r a a （1 分） 2l sin 60 电场中: eqt = mv （1 分） 磁场中: mv 2 qvb= - r ， （1 分） 由 联立

27、得 r 粒子 b 在第三象限的半径 et b r b =2r a =4l （1 分） （4 分）粒子 a 在磁场中速度 v a a4 l 3t （1 分） 粒子 b 在磁场中速度 点坐标： x 1 b 2 v 2 3t （1 分） 7t （1 分） 4l （4l） 2 _（3l） 2 （1 分） 1 2 10、解： （ 1）依据机械能守恒 mgr mv （ 2 分 ） 2 代入数据 v=5m/s （ 1 分 ） （2）若碰后两球都向右运动，据平抛运动 1 2 h gt 2 得 t=1s 1 分 ） 2 x v 0 t 得 v a1 =1m/s v b1 =4m/s （ 2 分） 由动量守恒 a

28、 v a a v a 1 m b v b1 （1 分 ） 得 m a =3kg （1 分 ） 碰前总动能 e k1 1 3 5 2 2 碰后总动能 e / k1 1 3 1 2 - 3 4 2 2 2 由于 e k 1 e / 匚 k1 其解成立 (2 分) 若碰后 a 球向左运动， b 球向右运动， 则可能有: v a 2 = 1m/s v b2 =4m/s 由动量守恒 a v a a v a 2 m b v b2 得 m a =2kg （2 分 ） 碰前总动能 e k2 -2 5 2 2 碰后总动能 e / k2 丄 2 (1) 2 1 3 4 2 2 2 由于 e k 2 e / k2

29、其解成立 （2 分 ） 若碰后 a 球向左运动， b 球向右运动， 则可能有: v a 2 = 4m/s v b2 =1m/s 由动量守恒 m a v a m a v a3 m b v b3 得 1 m a = kg 3 (2 碰前总动能 e k 3 1 1 5 2 2 3 碰后总动能 e k3 1 1 (4) 2 1 3 i 1 2 2 3 2 由于 e k 3 e k3 其解成立 （2 分 ） 5.9 号 11如图所示，mn、pq 是平行金属板，板长为 l,两板间距离为 -,pq 板带正电，mn 2 板带负电，在 pq 板的上方有垂直纸面对里的匀强磁场一个电荷量为 q、质量为 m 的带负

30、电粒子以速度 v。从 mn 板边缘沿平行于板的方向射入两板间，结果粒子恰好从 pq 板左边 缘飞进磁场，然后又恰好从 pq 板的右边缘飞进电场不计粒子重力求： (1) 两金属板间所加电场的场强大小 (2) 匀强磁场的磁感应强度 b 的大小. 12、(18 分)如图所示的轨道由半径为 r 的 1/4 光滑圆弧轨道 ab、竖直台阶 bc、足够长的 光滑水平直轨道 cd 组成小车的质量为 m，紧靠台阶 bc 且上水平表面与 b 点等高一质 量为 m 的可视为质点的滑块自圆弧顶端 a 点由静止下滑，滑过圆弧的最低点 b 之后滑到小 车上.已知 m=4m,小车的上表面的右侧固定一根轻弹簧，弹簧的自由端在

31、 q 点，小车的 上表面左端点 p 与 q 点之间是粗糙的，滑块与 pq 之间表面的动摩擦因数为 ，q 点右侧 表面是光滑的求： (1 )滑块滑到 b 点的瞬间对圆弧轨道的压力大小. (2)要使滑块既能挤压弹簧，又最终没有滑离小车，则小车上 pq 之间的距离应在什么范 围内？(滑块与弹簧的相互作用始终在弹簧的弹性范围内) - o p b ； l h / 0 0 r c d 11、解析：（1）设带电粒子在平行金属板匀强电场中运动的时间为 t，由类平抛运动可知: l=v o t（ 1 分） l 1 l = - at 2 （ 1 分） 2 2 a= eq （ 1 分） m 2 联立求解可得：e= m

32、v o （ 2 分） ql （2）带电粒子以速度 v 飞出电场后射入匀强磁场做匀速圆周运动， 由 2 v 八 qvb=m （ 2 分） r sin 0 = （2 分） 2r v y 八 sin 0 = 一 （ 2 分） v v y =at （1 分） 联立求解可得：b= 2mv （2 分）ql 12、解：（1）设滑块滑到 b 点的速度大小为 v,到 b 点时轨道对滑块的支持力为 n，由机械 1 2 能守恒定律有 mgr mv （2 分） 2 2 滑块滑到 b 点时，由牛顿其次定律有 n mg m （2 分） r 联立式解得 n = 3 mg （1 分） 依据牛顿第三定律，滑块在 b 点对轨道的

33、压力大小为 n 3mg （1 分） （2 ）滑块最终没有离开小车，滑块和小车必定具有共同的末速度设为 u，滑块与小车组成 的系统动量守恒，有 mv （m m）u （ 2 分） 若小车 pq 之间的距离 l 足够大，则滑块可能不与弹簧接触就已经与小车相对静止， 设滑块恰好滑到 q 点，由功能关系有 mgl mv 2 1 （m 2 m）u （2分） 联立式解得 l 4r - 八 （2 分） 5 若小车 pq 之间的距离 l 不是很大，则滑块必定挤压弹簧，由于 q 点右侧是光滑的, 滑块必定被弹回到 pq 之间，设滑块恰好回到小车的左端 p 点处，由功能关系有 1 2 1 2 2 mgl mv （m

34、 m）u （2 分） 2 2 2 r l （ 2 分） 5 综上所述并由式可知，要使滑块既能挤压弹簧，又最终没有离开小车,联立式解得 的距离 l 应满意的范围是 （2 分） pq 之间 5.10 号 13如图所示，足够长平行金属导轨内有垂直纸面对里的匀强磁场，金属杆 ab 与导轨垂直 且接触良好，导轨右端通过电阻与平行金属板 ab 连接已知导轨相距为 l,磁场磁感应强 度为 b, r、r 2 和 ab 杆的电阻值均为 r，其余电阻不计；板间距为 d、板长为 4d;重力加速 度为 g，不计空气阻力假如 ab 杆以某一速度向左匀速运动时，沿两板中心线水平射入质 量为 m 带电量为+ q 的微粒恰能

35、沿两板中心线射出； 假如 ab 杆以同样大小的速度向右匀速 运动时，该微粒将射到 b 板距左端为 d 的 c 处. (1 )求 ab 杆匀速运动的速度大小 v; (2) 求微粒水平射入两板时的速度大小 v o ; (3) 假如以 v o 沿中心线射入的上述微粒能够从两板间射出，试争论 ab 杆向左匀速运动的 速度范围. 14、(18 分)图示为仓库中常用的皮带传输装置示意图，它由两台皮带传送机组成，一台水 平传送，a、b 两端相距 3m，另一台倾斜，传送带与地面的倾角 带 37 c、d 两端相距 4.45m, b、c 相距很近.水平部分 ab 以 5m/s 的速率顺时针转动.将质量为 10 k

36、g 的一袋 大米放在 a 端，到达 b 端后，速度大小不变地传到倾斜的 cd 部分，米袋与传送带间的动 摩擦因数均为 0.5 .试求： (1) 若 cd 部分传送带不运转，求米袋沿传送带所能上升的最大距离. (2) 若要米袋能被送到 d 端，求 cd 部分顺时针运转的速度应满意的条件及米袋从 c 端到 d 端所用时间的取值范围. 13. 解：(1)设 ab 杆的速度为 v，则 ab 杆产生的电动势为 e= blv 1 blv 两板间的电压为：l 0 = -e 3 3 一 ql b ab 杆向左运动时： =mg 得: 3mgd v = - qbl (2) ab 杆向右运动时，设带电微粒射入两极板

37、时的速度为 经时间 t 射到 c 点，有： ql 0 + mg= ma ，向下运动的加速度为 a, 微粒做类平抛运动有：d= v o t d= 1at 2 2 2 由得：v o = 2gd (3)要使带电微粒能从两板射出，设它在竖直方向运动的加速度为 a 、时间为 1 1 ，应有: d 1 2 22 ait 1 4d t 1 = v 由得：a 1 g ( i )若 a 1 的方向向上，设 ab 杆运动速度为 1 u = blw ? 3两板电压为: 又有：晋mg= ma d + 27mgd ? 得：v 1 - 得: 8qbl (ii )若 a 1 的方向向下, 设 ab 杆运动速度为 v 1 v

38、 2 , 两板电压为: l 2 = 1 b l v 2 又有：mg-晋=ma ? 得: v 2 21mgd 8qbl 所以 ab 杆向左匀速运动时速度的大小范围为: 21mgd 8qbl 27mgd " 8qbl mg 2 14、解析：米袋在 ab 上加速时的加速度 a 0 = = g=5m/s （1 分） m 2 米袋的速度达到 v o =5m/s 时，滑行的距离 s o =- vl =2.5m ab= 3m （1 分） 2a o 因此米袋在到达 b 点之前就有了与传送带相同的速度 （1 分） 设米袋在 cd 上运动的加速度大小为 a，由牛顿其次定律得 mg sin + mg co

39、s =ma （ 2 分） 代入数据得 a= 10m/s 2 （ 1 分） 2 所以能滑上的最大距离 s= = 1.25m （ 2 分） 2a 设 cd 部分运转速度为 v 1 时米袋恰能到达 d 点（即米袋到达 d 点时速度恰好为零） 则米袋速度减为 w 之前的加速度为 米袋速度小于 v 1 至减为零前的加速度为 2 2 2 由 v r - + 2 -v i = 4.45m （ 1 分） 2a 1 2a 2 即要把米袋送到 d 点，cd 部分的速度 v cd v 1 =4m/s （1 分） 米袋恰能运到 d 点所用时间最长为 扁= 4 + 巴 =2.g （ 2 分） a a 2 若 cd 部分

40、传送带的速度较大， 使米袋沿 cd 上滑时所受摩擦力始终沿皮带向上， 则所 用时间最短，此种状况米袋加速度始终为 a 2 。 1 2 由%=叽+ 評 得 t max = 1.16s （ 2 分） 所以，所求的时间 t 的范围为 1.16s t w 2.1s （1 分） 5.11 号 15、如图 12 所示，在足够长的光滑水平轨道上有三个小木块 a、b、c,质量分别为 m a 、 m b 、m e ，且 m a =m b =1.0kg，m c =2.0kg，其中 b 与 c 用一个轻弹簧拴接在一起，开头时整个 装置处2 q=-g sin + cos =-10m/s （1 分） a 2 =-g s

41、in - cos =-2m/s 2 （1 分） 解得 v 1 = 4m/s （1 分） 于静止状态。a 和 b 之间有少许塑胶.，a 的左边有一个弹性挡板。现在引爆塑胶 .，若.爆炸产生的能量中有 e=9.0j 转化为 a 和 b 的动能，a 和 b 分开后，a 恰好在 b、c 之间的弹簧第一次恢复到原长时追上 b，并且与 b 发生碰撞后粘在一起。忽视小木块 和弹性挡板碰撞过程中的能量损失。求： (1) 塑胶.爆炸后瞬间 a 与 b 的速度各为多大? (2) 在 a 追上 b 之前弹簧弹性势能的最大值； (3) a 与 b 相碰以后弹簧弹性势能的最大值。 图 12 代入数据解得 e p 2 =

42、0.5j （2 分） 16、如图，与水平面成 37倾斜轨道 ab 其延长线在 c 点与半圆轨道 cd (轨道半径 r =im 相 切，全部轨道为绝缘材料制成且放在竖直面内。 整个空间存在水平向左的匀强电场， m! 的右 侧存在垂直纸面对里的匀强磁场。 一个质量为 0.4kg 的带电小球沿斜面 abf 滑，至 b 点时速度 100 / 为 v b m/s ，沿着直线 bc 运动，小球在 bc 段对轨道无压力，运动到达 c 处进入半圆轨 7 道，进入时无动能损失，小球刚好能到达 d 点，到达 d 点的同时撤去磁场。不计空气阻力， g 2 =10m/s , cos37= 0.8，求： (1) 小球带何种电荷。 (2) 小球离开