高考物理全国卷计算题分析及专练

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]‎ 年份 第24题 分值 第25题 分值 ‎2013年 运动学(两辆玩具小车牵连运动问题)‎ ‎13分 电磁感应(滑轨、动力学)‎ ‎19分 ‎2014年 运动学(公路上两车安全距离问题)‎ ‎12分 类平抛运动、带电粒子在电场中运动(动力学)‎ ‎20分 ‎2015年 电路和力学问题(安培力作用下导体棒平衡)‎ ‎12分 板块模型：两物体多阶段匀变速运动组合问题(动力学)‎ ‎20分 ‎2016年(乙卷)‎ ‎(双棒模型＋三角体)电磁感应定律应用、力的平衡方程 ‎14分 ‎(轻弹簧＋斜面＋光滑圆弧轨道)平抛运动、牛顿定律、动能定理 ‎18分 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 ‎2mgsin θ＝μFN1＋FT＋F ①‎ FN1＝2mgcos θ ②‎ 对于cd棒，受力分析如图乙所示，由力的平衡条件得 mgsin θ＋μFN2＝FT′＝FT ③‎ FN2＝mgcos θ ④‎ 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＝BLv ⑥‎ 回路中电流I＝ ⑦‎ 安培力F＝BIL ⑧‎ 联立⑤⑥⑦⑧得：‎ v＝(sin θ－3μcos θ) 答案　(1)mg(sin θ－3μcos θ)‎ ‎(2)(sin θ－3μcos θ) ‎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＝，重力加速度大小为g.(取sin 37°＝，cos 37°＝)‎ 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 mglBCsin θ－μmglBCcos θ＝mv ②‎ 式中θ＝37°，联立①②式并由题给条件得 vB＝2 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 mgxsin θ－μmgxcos θ－Ep＝0－mv ④‎ E、F之间的距离l1为l1＝4R－2R＋x ⑤‎ P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－mgl1sin θ－μmgl1cos θ＝0 ⑥‎ 联立③④⑤⑥式得 x＝R ⑦‎ Ep＝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＝R－Rsin θ＝3R ⑨‎ y1＝R＋R＋Rcos θ＝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＝gt2 ⑪‎ x1＝vDt ⑫‎ 联立⑨⑩⑪⑫得 vD＝ 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 m1v＝m1v＋m1g(R＋Rcos θ) ⑭‎ P由E点运动到C点的过程中，由动能定理得 Ep－m1g(x＋5R)sin θ－μm1g(x＋5R)cos θ＝m1v ⑮‎ 联立⑦⑧⑬⑭⑮得 m1＝m ⑯‎ 答案　(1)2 　(2)mgR　(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)　(2) 解析　(1)小球由静止摆到最低点的过程中，有：mgR(1－cos 60°)＝mv，解得v0＝ 小球与小物块Q相撞时，动量守恒，机械能守恒，则有：‎ mv0＝mv1＋mvQ mv＝mv＋mv 解得：v1＝0，vQ＝v0＝ 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＝vQ＝ 小物块Q离开平板车时，速度为：2v＝ ‎(2)由能量守恒定律，知 FfL＝mv－Mv2－m(2v)2‎ 又Ff＝μmg 解得，平板车P的长度为L＝.‎ ‎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＝，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)　(2)－E0　(3)L 解析　(1)由Aa＝Bb＝，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·＝0－E0‎ 而Ff＝μmg 解得：μ＝ ‎(2)滑块从O→b过程，由动能定理得：‎ q·UOb－Ff·＝0－nE0‎ 解得：UOb＝－ ‎(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＝ 解得：s＝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/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)4.5 m/s2　(2)应该上这班车 解析　(1)公交车的加速度为：a1＝＝ m/s2＝－4.5 m/s2，所以其加速度大小为4.5 m/s2‎ ‎(2)公交车从开始相遇到开始刹车用时为：t1＝＝ s＝ s，‎ 公交车刹车过程中用时为：t2＝＝ s＝ s，‎ 此人以最大加速度达到最大速度用时为：‎ t3＝＝ s＝2 s，‎ 此人加速过程中位移为：x2＝t3＝×2 m＝7 m，‎ 以最大速度跑到车站用时为：t4＝＝ 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)　(2)　(3)mg(h＋l2)－ 解析　(1)线框匀速运动时，E＝Bl1v ①‎ I＝ ②‎ F＝BIl1 ③‎ mg＝F ④‎ 由①②③④联立：v＝ ‎(2)导线框穿过磁场的过程中，q＝t ⑤‎ ＝ ⑥‎ ＝＝ ⑦‎ 由⑤⑥⑦联立：q＝ ‎(3)导线框穿过磁场的过程中，利用能量守恒定律，mg(h＋l2)＝mv2＋Q 代入(1)中的速度，解得：‎ Q＝mg(h＋l2)－ 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，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)　(2)　(3) 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＝ ①‎ 又因为：FN＝mBg ②‎ 联立①②式得物块B在d点时的速度v＝.‎ ‎(2)物块B从b到d过程，只有重力做功，机械能守恒有：‎ mBv＝mBgR＋mBv2‎ 解得vB＝ 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＝－mAv ⑤‎ 联立③④⑤式，得物块A滑行的距离s＝.‎ ‎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)　(2)－ ‎(3) 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：‎ mgsin θ－BIL＝0‎ 根据欧姆定律可得：I＝ 解得：vm＝ ‎(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＝Δt 根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律得：‎ ＝＝ 解得：x＝ 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＝ 此过程中，电路产生的总焦耳热为Q总，由功能关系可得：mgxsin θ＝Q总＋mv 定值电阻产生的焦耳热Q＝Q总 解得：Q＝－ ‎(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＝ 可得：v＝m vΔt＝mΔv，‎ 即xm＝mvm 得：xm＝ 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FTcos θ－mg＝0‎ FTsin θ－F＝0‎ 解得：mg＝，所以：＝＝ ‎ ‎(2)对小球，根据三角形相似，有＝ 解得：L＝ 所以：＝＝.‎ ‎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)　(2)24 N　(3)85 J　0.15 C 解析　(1)a棒恰好静止时，有magsin 30°＝μmagcos 30°‎ 解得μ＝ ‎(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－magsin 30°－μmagcos 30°－F安＝maa 对b棒：F安－mbgsin 30°－μmbgcos 30°＝mba 解得F安＝24 N ‎(3)此过程对a、b棒一起根据功能关系，有 Q＝Fxa－(magsin 30°＋μmagcos 30°)xa－(mbgsin 30°＋μmbgcos 30°)xb－mav－mbv 解得Q＝85 J q＝·Δt，＝，‎ ＝＝ 解得q＝＝0.15 C.‎ 计算题专练(五)‎ ‎1.光滑水平面上放着质量mA＝1 kg的物块A与质量mB＝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Ep＝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/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)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vB，到达C时的速度为vC，有mBg＝mB mBv＝mBv＋2mBgR 代入数据得vB＝5 m/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＝mBv，I＝mBvB－mBv1‎ 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vA，取水平向右为正方向，有 mBv1＝mBvB＋mAvA W＝mAv 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B1＝0.1 T、B2＝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xA＝ －5×10－2 m，带电粒子的质量m＝1.6×10－24 kg，电荷量q＝＋1.6×10－15 C.‎ 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<－arcsin　(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＝m　B1＝2B2‎ 得r2＝2r1‎ 由几何关系解得α＜－arcsin ‎(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＝mv2‎ 粒子在磁场中运动 r1＝ 解得：r1＝1×10－2 m　r2＝2r1＝2×10－2 m ‎ OM上经过的点距离O点的距离是 ‎ l＝kr1＋(k－1)r2＝(3k－2)r1＝(3k－2)×10－2 m(k＝1、2、3……)‎ 和l＝k′(r1＋r2)＝3k′×10－2 m(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′＝即v′＝ 粒子释放的位置应满足xA′＝(n＝1、2、3……)‎ 或者r1＝n′(2r1″＋r2″)(n′＝1、2、3……)‎ 解得r″＝即v″＝ 粒子释放的位置应满足xA″＝(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＝＝ m/s2＝2.0 m/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＝＝＝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t1＝3 s后，与传送带相对静止.‎ 前2秒内物块的位移大小x1＝t′＝4 m，方向向右，‎ 第3秒内的位移大小x2＝t ″＝1 m，方向向左，‎ ‎3秒内位移x＝x1－x2＝3 m，方向向右； ‎ 物块再向左运动，时间t2＝＝1.5 s 物块在传送带上运动的时间t＝t1＋t2＝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＝Ff×Δx＝18 J ‎2.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＝qE1tan θ ①‎ 解①得：E1＝ ②‎ ‎(2)如图乙，在第四象限内有：‎ qvBcos 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：‎ ＝ma ④‎ Pa之间的距离：‎ x＝ ⑤‎ 微粒由P点运动到c点的过程中，由动能定理：‎ W电＋mgxsin θ＝mv2 ⑥‎ 其电势能的变化量：‎ ΔEp＝－W电 ⑦‎ 联立③④⑤⑥⑦解得：‎ ΔEp＝－ 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＝m 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＝ ⑩‎ 其在第四象限运动的时间：‎ t1＝ ⑪‎ 微粒从b到c的时间：t2＝ ⑫‎ 因此从a点运动到c点的时间：‎ t＝t1＋t2 ⑬‎ 联立⑨⑩⑪⑫⑬得：‎ t＝(＋).‎ 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mA＝mB＝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Ep＝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/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＝mAv＋mBv ①‎ 取向右为正方向，由动量守恒有：mAvA＋mBvB＝0 ②‎ 由①②得：vA＝－4 m/s，vB＝4 m/s B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－mBv ③‎ 所以：sm＝＝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μmBgs′＝mBv2 ④‎ 得s′＝＝9 m>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′＝＝4 m/s 物块B滑回水平面MN的速度大小vB′＝4 m/s ‎(3)设弹射装置给A做功为W mAvA′2＝mAv＋W ⑤‎ A、B碰后速度互换，B的速度vB″＝vA′ ⑥‎ B要滑出传送带Q端，由能量关系有：mBvB″2≥μmBgL ⑦‎ 又mA＝mB，所以由⑤⑥⑦得W≥μmBgL－mAv ⑧‎ 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v0＝，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)，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＋3) 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＝ ①‎ 由qvB＝m ②‎ 得：v0＝ 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＝，沿y轴正方向射入，则由qvB＝m得：‎ r2＝＝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＝r2＝ ⑤‎ 圆心角∠OO1A＝120° ⑥‎ 运动时间：t1＝T＝ ⑦‎ 粒子从A到B做匀速直线运动，运动时间 t2＝＝ ⑧‎ 由轨迹图象可知，粒子可以回到O点，所用时间 t＝6t1＋3t2＝(4π＋3) 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am＝＝4 m/s2，滑块与木板保持相对静止时的最大拉力 Fm＝(M＋m)am＝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)a1‎ v1＝a1t1‎ 代入数据得：v1＝1 m/s ‎(2)对M：0～0.5 s，x1＝a1t ‎ ‎ 0.5～2 s，μmg＝Ma2 ‎ x2＝v1t2＋a2t ‎ 则0～2 s内木板的位移x＝x1＋x2＝6.25 m ‎(3)对滑块：‎ ‎0.5～2 s，F－μmg＝ma2′　0～2 s时滑块的位移x′＝x1＋(v1t2＋a2′t)‎ 在0～2 s内m与M相对位移Δx1＝x′－x＝2.25 m t＝2 s时木板速度v2＝v1＋a2t2＝7 m/s 滑块速度v2′＝v1＋a2′t2＝10 m/s 撤去F后，对M：μmg＝Ma3　对m：－μmg＝ma3′‎ 当滑块与木板速度相同时保持相对静止，即v2＋a3t3＝v2′＋a3′t3‎ 解得t3＝0.5 s 该段时间内，M位移x3＝v2t3＋a3t m位移x3′＝v2′t3＋a3′t 相对位移Δx2＝x3′－x3＝0.75 m 整个过程中滑块在木板上滑行的相对位移Δx＝Δx1＋Δx2＝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＝0.5.‎ 图2‎ ‎(1)若某一粒子以速率v1＝，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v2，沿MO方向射入磁场，恰能从N点离开磁场，求此粒子的速率v2；‎ ‎(3)若由M点射入磁场各个方向的所有粒子速率均为v2，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r1，由牛顿第二定律可得qv1B＝ 解得：r1＝＝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＝＝＝ 方法2：粒子运动周期T＝ 粒子在磁场中的运动时间t＝T 得t＝ ‎(2)粒子以速率v2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r2 ，由图中几何关系可得：‎ r2＝Rtan＝R 乙 由牛顿第二定律可得 qv2B＝ 解得粒子的速度 v2＝＝ ‎(3)粒子沿各个方向以v2进入磁场做匀速圆周运动时的轨迹半径都为r2，且不变.由图丙可知，粒子在磁场中通过的面积S等于以O3为圆心的扇形MO3O的面积S1、以M为圆心的扇形MOQ的面积S2和以O点为圆心的圆弧MQ与直线MQ围成的面积S3之和.‎ 丙 S1＝π()2＝ S2＝πR2　‎ S3＝πR2－×R×tan 60°＝πR2－R2‎ 则S＝πR2－R2.‎