高考物理三轮冲刺考前抢分计算题计算题专练

[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FT，右斜面对ab棒的支持力的大小为FN1，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FN2，对于ab棒，受力分析如图甲所示，由力的平衡条件得甲乙2mgsinθ＝μFN1＋FT＋F ①FN1＝2mgcosθ ②对于cd棒，受力分析如图乙所示，由力的平衡条件得mgsinθ＋μFN2＝FT′＝FT ③FN2＝mgcosθ ④联立①②③④式得：F＝mg(sinθ－3μcosθ) 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＝BLv ⑥回路中电流I＝eq\f(E,R) ⑦安培力F＝BIL ⑧联立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eq\f(5,6)R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＝eq\f(1,4)，重力加速度大小为g.(取sin37°＝eq\f(3,5)，cos37°＝eq\f(4,5))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eq\f(7,2)R、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：lBC＝7R－2R＝5R ①设P到达B点时的速度为vB，由动能定理得mglBCsinθ－μmglBCcosθ＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B) ②式中θ＝37°，联立①②式并由题给条件得vB＝2eq\r(gR) ③(2)设BE＝x，P到达E点时速度为零，此时弹簧的弹性势能为Ep，由B→E过程，根据动能定理得mgxsinθ－μmgxcosθ－Ep＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B) ④E、F之间的距离l1为l1＝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Ep－mgl1sinθ－μmgl1cosθ＝0 ⑥联立③④⑤⑥式得x＝R ⑦Ep＝eq\f(12,5)mgR ⑧(3)设改变后P的质量为m1，D点与G点的水平距离为x1、竖直距离为y1，由几何关系(如图所示)得θ＝37°.由几何关系得：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设P在D点的速度为vD，由D点运动到G点的时间为t.由平抛运动公式得：y1＝eq\f(1,2)gt2 ⑪x1＝vDt ⑫联立⑨⑩⑪⑫得vD＝eq\f(3,5)eq\r(5gR) ⑬设P在C点速度的大小为vC，在P由C运动到D的过程中机械能守恒，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) ⑭P由E点运动到C点的过程中，由动能定理得Ep－m1g(x＋5R)sinθ－μm1g(x＋5R)cosθ＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(

2,C) ⑮联立⑦⑧⑬⑭⑮得m1＝eq\f(1,3)m ⑯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)eq\f(\r(gR),3)(2)eq\f(7R,18μ)解析(1)小球由静止摆到最低点的过程中，有：mgR(1－cos60°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(

2,0)，解得v0＝eq\r(gR)小球与小物块Q相撞时，动量守恒，机械能守恒，则有：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mvQ＝Mv＋m(2v)解得，v＝eq\f(1,6)vQ＝eq\f(\r(gR),6)小物块Q离开平板车时，速度为：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，平板车P的长度为L＝eq\f(7R,18μ).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＝eq\f(L,4)，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E0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UOb；(3)小滑块运动的总路程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为AB连线的中点得：a、b关于O点对称，则Uab＝0；设小滑块与水平面间的摩擦力大小为Ff，对于滑块从a→b过程，由动能定理得：q·Uab－Ff·eq\f(L,2)＝0－E0而Ff＝μmg解得：μ＝eq\f(2E0,mgL)(2)滑块从O→b过程，由动能定理得：q·UOb－Ff·eq\f(L,4)＝0－nE0解得：UOb＝－eq\f(2n－1E0,2q)(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·UaO－Ff·s＝0－E0而UaO＝－UOb＝eq\f(2n－1E0,2q)解得：s＝eq\f(2n＋1,4)L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1m/s，公交车的速度是15m/s，他们距车站的距离为50m.假设公交车在行驶到距车站25m处开始刹车，刚好到车站停下，停车时间10s.而此人因年龄、体力等关系最大速度只能达到6m/s，最大起跑加速度只能达到2.5m/s2.(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)4.5m/s2(2)应该上这班车解析(1)公交车的加速度为：a1＝eq\f(0－v\o\al(

2,1),2x1)＝eq\f(0－225,50)m/s2＝－4.5m/s2，所以其加速度大小为4.5m/s2(2)公交车从开始相遇到开始刹车用时为：t1＝eq\f(x－x1,v1)＝eq\f(50－25,15)s＝eq\f(5,3)s，公交车刹车过程中用时为：t2＝eq\f(0－v1,a1)＝eq\f(－15,－4.5)s＝eq\f(10,3)s，此人以最大加速度达到最大速度用时为：t3＝eq\f(v3－v2,a2)＝eq\f(6－1,2.5)s＝2s，此人加速过程中位移为：x2＝eq\f(v2＋v3,2)t3＝eq\f(1＋6,2)×2m＝7m，以最大速度跑到车站用时为：t4＝eq\f(x－x2,v3)＝eq\f(43,6)s，显然，t3＋t4＜t1＋t2＋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l1，bc边长为l2，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)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)线框匀速运动时，E＝Bl1v ①I＝eq\f(E,R) ②F＝BIl1 ③mg＝F ④由①②③④联立：v＝eq\f(mgR,B2l\o\al(

2,1))(2)导线框穿过磁场的过程中，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联立：q＝eq\f(Bl1l2,R)(3)导线框穿过磁场的过程中，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))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eq\f(3,4)，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)eq\f(\r(gR),2)(2)eq\f(3\r(Rg),2)(3)eq\f(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：mBg－FN＝eq\f(mBv2,R) ①又因为：FN＝eq\f(3,4)mBg ②联立①②式得物块B在d点时的速度v＝eq\f(\r(gR),2).(2)物块B从b到d过程，只有重力做功，机械能守恒有：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)物块A和B分离过程中由动量守恒定律得mAvA＋mBvB＝0 ④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－μmAgs＝－eq\f(1,2)mAveq\o\al(

2,A) ⑤联立③④⑤式，得物块A滑行的距离s＝eq\f(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vm；(2)金属杆MN在倾斜导轨上运动，速度未达到最大速度vm前，当流经定值电阻的电流从零增大到I0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：mgsinθ－BIL＝0根据欧姆定律可得：I＝eq\f(BLvm,2r)解得：vm＝eq\f(2mgrsinθ,B2L2)(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＝eq\x\to(I)Δt根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律得：eq\x\to(I)＝eq\f(BΔS,2rΔt)＝eq\f(BLx,2rΔt)解得：x＝eq\f(2qr,BL)设电流为I0时金属杆的速度为v0，根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律，可得：I0＝eq\f(BLv0,2r)此过程中，电路产生的总焦耳热为Q总，由功能关系可得：mgxsinθ＝Q总＋eq\f(1,2)mveq\o\al(

2,0)定值电阻产生的焦耳热Q＝eq\f(1,2)Q总解得：Q＝eq\f(mgqrsinθ,BL)－eq\f(mI\o\al(

2,0)r2,B2L2)(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＝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)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)对小球，根据三角形相似，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0.5m，匀强磁场垂直导轨平面向下，B＝0.2T，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3kg、2kg，两金属棒的电阻均为R＝1Ω，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＝60N，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5m时，b金属棒向上运动了2m，且此时a的速度为4m/s，b的速度为1m/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)eq\f(\r(3),3)(2)24N(3)85J0.15C解析(1)a棒恰好静止时，有magsin30°＝μmagcos30°解得μ＝eq\f(\r(3),3)(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－magsin30°－μmagcos30°－F安＝maa对b棒：F安－mbgsin30°－μmbgcos30°＝mba解得F安＝24N(3)此过程对a、b棒一起根据功能关系，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.计算题专练(五)1.光滑水平面上放着质量mA＝1kg的物块A与质量mB＝2kg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Ep＝49J.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＝0.5m，B恰能到达最高点C.取g＝10m/s2，求：图1(1)绳拉断后瞬间B的速度vB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)5m/s(2)4N·s(3)8J解析(1)设B在绳被拉断后瞬间的速度为vB，到达C时的速度为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代入数据得vB＝5m/s(2)设弹簧恢复到自然长度时B的速度为v1，取水平向右为正方向，有Ep＝eq\f(1,2)mBveq\o\al(

2,1)，I＝mBvB－mBv1代入数据得I＝－4N·s，其大小为4N·s(3)设绳断后A的速度为vA，取水平向右为正方向，有mBv1＝mBvB＋mAvAW＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(

2,A)代入数据得W＝8J.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B1＝0.1T、B2＝0.05T，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＝1×104V/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xA＝－5×10－2m，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<eq\f(π,2)－eq\f(1,2)arcsineq\f(2,3)(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B1中运动的半径为r1，在B2中运动的半径为r2由qvB＝meq\f(v2,r)B1＝2B2得r2＝2r1由几何关系解得α＜eq\f(π,2)－eq\f(1,2)arcsineq\f(2,3)(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qExA＝eq\f(1,2)mv2粒子在磁场中运动r1＝eq\f(mv,qB1)解得：r1＝1×10－2mr2＝2r1＝2×10－2mOM上经过的点距离O点的距离是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)要仍然经过原来的点，需满足r1＝n(r1′＋r2′)(n＝1、2、3……)解得r′＝eq\f(r1,3n)即v′＝eq\f(v,3n)粒子释放的位置应满足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′)粒子释放的位置应满足xA″＝eq\f(xA,16n′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＝1.0kg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10m/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)4.5s(3)18J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＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(6.0,3)m/s2＝2.0m/s2由牛顿第二定律得Ff＝Ma得到物块与传送带间的动摩擦因数μ＝eq\f(Ma,Mg)＝eq\f(2.0,10)＝0.2(2)由速度—图象可知，物块初速度大小v＝4m/s，传送带速度大小v′＝2m/s，物块在传送带上滑动t1＝3s后，与传送带相对静止.前2秒内物块的位移大小x1＝eq\f(v,2)t′＝4m，方向向右，第3秒内的位移大小x2＝eq\f(v′,2)t″＝1m，方向向左，3秒内位移x＝x1－x2＝3m，方向向右；物块再向左运动，时间t2＝eq\f(x,v′)＝1.5s物块在传送带上运动的时间t＝t1＋t2＝4.5s(3)物块在传送带上滑动的3s内，传送带的位移x′＝v′t1＝6m，向左；物块的位移x＝x1－x2＝3m，向右相对位移为：Δx＝x′＋x＝9m所以转化的热量Q＝Ff×Δx＝18J2.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ΔEp；(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＝qE1tanθ ①解①得：E1＝eq\f(\r(3)mg,q) ②(2)如图乙，在第四象限内有：qvBcosθ－mg＝0 ③在第一象限，对微粒由牛顿运动定律及运动学公式：eq\f(mg,sinθ)＝ma ④Pa之间的距离：x＝eq\f(v2,2a) ⑤微粒由P点运动到c点的过程中，由动能定理：W电＋mgxsinθ＝eq\f(1,2)mv2 ⑥其电势能的变化量：ΔEp＝－W电 ⑦联立③④⑤⑥⑦解得：ΔEp＝－eq\f(m3g2,2B2q2) ⑧(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：qvB＝meq\f(v2,R) ⑨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：xab＝eq\f(R,tanθ) ⑩其在第四象限运动的时间：t1＝eq\f(xab,v) ⑪微粒从b到c的时间：t2＝eq\f(2πR,3v) ⑫因此从a点运动到c点的时间：t＝t1＋t2 ⑬联立⑨⑩⑪⑫⑬得：t＝(eq\r(3)＋eq\f(2π,3))eq\f(m,qB).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＝8m，沿逆时针方向以恒定速度v＝6m/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mA＝mB＝1kg.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Ep＝16J.现解除弹簧锁定，弹开A、B，同时迅速撤走弹簧.求：(g＝10m/s2)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vB′；(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：Ep＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(

2,A)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(

2,B) ①取向右为正方向，由动量守恒有：mAvA＋mBvB＝0 ②由①②得：vA＝－4m/s，vB＝4m/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：－μmBgsm＝0－eq\f(1,2)mBveq\o\al(

2,B) ③所以：sm＝eq\f(v\o\al(

2,B),2μg)＝4m物块B沿传送带向右滑动的最远距离为4m.(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μmBgs′＝eq\f(1,2)mBv2 ④得s′＝eq\f(v2,2μg)＝9m>sm说明物块B滑回水平面MN的速度没有达到传送带速度，vB′＝eq\r(2μgsm)＝4m/s物块B滑回水平面MN的速度大小vB′＝4m/s(3)设弹射装置给A做功为Weq\f(1,2)mAvA′2＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(

2,A)＋W ⑤A、B碰后速度互换，B的速度vB″＝vA′ ⑥B要滑出传送带Q端，由能量关系有：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弹簧装置P必须给A最少做8J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v0＝eq\f(\r(3)qBL,6m)，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)eq\f(qBL,2m)，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＋3eq\r(3))eq\f(m,qB)解析(1)如图甲所示，当初速度v0垂直于OP射入磁场时，粒子射入速度最小，由几何知识得：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v0＝eq\f(\r(3)qBL,6m)，沿y轴正方向射入，则由qvB＝meq\f(v2,r)得：r2＝eq\f(mv0,qB)＝eq\f(\r(3),6)L ④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＝eq\r(3)r2＝eq\f(L,2) ⑤圆心角∠OO1A＝120° ⑥运动时间：t1＝eq\f(1,3)T＝eq\f(2πm,3qB) ⑦粒子从A到B做匀速直线运动，运动时间t2＝eq\f(xAB,v0)＝eq\f(\r(3)m,qB) ⑧由轨迹图象可知，粒子可以回到O点，所用时间t＝6t1＋3t2＝(4π＋3eq\r(3))eq\f(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＝2.0s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＝2kg，木板质量M＝1kg，滑块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，取g＝10m/s2.求：图1(1)t＝0.5s时滑块的速度大小；(2)0～2.0s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am＝eq\f(μmg,M)＝4m/s2，滑块与木板保持相对静止时的最大拉力Fm＝(M＋m)am＝12N即F为6N时，M与m一起向右做匀加速运动对整体分析有：F＝(M＋m)a1v1＝a1t1代入数据得：v1＝1m/s(2)对M：0～0.5s，x1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(

2,1)0.5～2s，μmg＝Ma2x2＝v