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(京津魯瓊專(zhuān)用)2020版高考物理大三輪復(fù)習(xí) 高考題型專(zhuān)項(xiàng)練三 計(jì)算題專(zhuān)項(xiàng)練(一)-(十二)(含解析)

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1、計(jì)算題專(zhuān)項(xiàng)練(一)-(十二) 計(jì)算題專(zhuān)項(xiàng)練(一) (建議用時(shí):20分鐘) 題號(hào) 1 2 考點(diǎn) 電磁感應(yīng)中導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)問(wèn)題分析 多過(guò)程問(wèn)題的綜合分析 1.如圖所示,電阻不計(jì)且足夠長(zhǎng)的U形金屬框架放置在傾角θ=37°的絕緣斜面上,該裝置處于垂直斜面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=0.4 T.質(zhì)量m=0.2 kg、電阻R=0.3 Ω的導(dǎo)體棒ab垂直放在框架上,與框架接觸良好,從靜止開(kāi)始沿框架無(wú)摩擦地下滑.框架的質(zhì)量M=0.4 kg、寬度l=0.5 m,框架與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.7,與斜面間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力.(g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos

2、 37°=0.8) (1)若框架固定,求導(dǎo)體棒的最大速度vm; (2)若框架固定,導(dǎo)體棒從靜止開(kāi)始下滑6 m時(shí)速度v1=4 m/s,求此過(guò)程回路中產(chǎn)生的熱量Q及流過(guò)導(dǎo)體棒的電荷量q; (3)若框架不固定,求當(dāng)框架剛開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)導(dǎo)體棒的速度大小v2. 2.如圖所示,光滑水平面上有一質(zhì)量M=4.0 kg的平板車(chē),車(chē)的上表面是一段長(zhǎng)L=1.5 m 的粗糙水平軌道,水平軌道左側(cè)連一半徑R=0.25 m 的四分之一光滑圓弧軌道,圓弧軌道與水平軌道在點(diǎn)O′處相切.現(xiàn)有一質(zhì)量m=1.0 kg的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從平板車(chē)的右端以水平向左的初速度v0滑上平板車(chē)

3、,小物塊與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.5,小物塊恰能到達(dá)圓弧軌道的最高點(diǎn)A.取g=10 m/s2,求: (1)小物塊滑上平板車(chē)的初速度v0的大??; (2)小物塊與車(chē)最終相對(duì)靜止時(shí),它距點(diǎn)O′的距離. 三、計(jì)算題專(zhuān)項(xiàng)練 計(jì)算題專(zhuān)項(xiàng)練(一) 1.解析:(1)棒ab產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)E=Blv 回路中感應(yīng)電流I= 棒ab所受的安培力F=BIl 對(duì)棒ab,mgsin 37°-BIl=ma 當(dāng)加速度a=0時(shí),速度最大, 最大值vm==9 m/s. (2)根據(jù)能量轉(zhuǎn)化和守恒定律有 mgxsin 37°=mv2+Q 代入數(shù)據(jù)解得Q=5.6 J q=t=t== 代入數(shù)據(jù)得q=

4、4.0 C. (3)回路中感應(yīng)電流I2= 框架上邊所受安培力F2=BI2l 當(dāng)框架剛開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí),對(duì)框架有 Mgsin 37°+BI2l=μ(m+M)gcos 37° 代入數(shù)據(jù)解得v2=7.2 m/s. 答案:(1)9 m/s (2)5.6 J 4.0 C (3)7.2 m/s 2.解析:(1)平板車(chē)和小物塊組成的系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒,設(shè)小物塊到達(dá)圓弧軌道最高點(diǎn)A時(shí),二者的共同速度為v1 由動(dòng)量守恒定律得mv0=(M+m)v1 由能量守恒定律得 mv-(M+m)v=mgR+μmgL 解得v0=5 m/s. (2)設(shè)小物塊最終與車(chē)相對(duì)靜止時(shí),二者的共同速度為v2,從小物

5、塊滑上平板車(chē),到二者相對(duì)靜止的過(guò)程中,由動(dòng)量守恒定律得mv0=(M+m)v2 設(shè)小物塊與車(chē)最終相對(duì)靜止時(shí),它距O′點(diǎn)的距離為x,由能量守恒定律得 mv-(M+m)v=μmg(L+x) 解得x=0.5 m. 答案:(1)5 m/s (2)0.5 m 計(jì)算題專(zhuān)項(xiàng)練(二) (建議用時(shí):20分鐘) 題號(hào) 1 2 考點(diǎn) 電磁感應(yīng)中導(dǎo)體棒的平衡問(wèn)題 多過(guò)程問(wèn)題的綜合分析 1.如圖所示,足夠長(zhǎng)的平行光滑金屬導(dǎo)軌MN、PQ相距L,傾斜置于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,磁場(chǎng)方向垂直導(dǎo)軌平面向上,斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S,將長(zhǎng)也為L(zhǎng)的金屬棒ab在導(dǎo)軌上由靜止釋放,經(jīng)時(shí)間t,金屬棒的速度大小為v1,此時(shí)閉合開(kāi)

6、關(guān),最終金屬棒以大小為v2的速度沿導(dǎo)軌勻速運(yùn)動(dòng).已知金屬棒的質(zhì)量為m,電阻為r,其他電阻均不計(jì),重力加速度為g. (1)求導(dǎo)軌與水平面夾角α的正弦值及磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??; (2)若金屬棒的速度從v1增至v2歷時(shí)Δt,求該過(guò)程中流經(jīng)金屬棒的電荷量. 2.如圖所示,半徑為R的四分之一光滑圓弧軌道豎直固定在水平地面上,下端與水平地面在P點(diǎn)相切,一個(gè)質(zhì)量為2m的物塊B(可視為質(zhì)點(diǎn))靜止在水平地面上,左端固定有輕彈簧,Q點(diǎn)為彈簧處于原長(zhǎng)時(shí)的左端點(diǎn),P、Q間的距離為R,PQ段地面粗糙、動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.5,Q點(diǎn)右側(cè)水平地面光滑,現(xiàn)將質(zhì)量為m的物塊A(可視為質(zhì)點(diǎn))從圓弧軌道的最高點(diǎn)

7、由靜止開(kāi)始下滑,重力加速度為g.求: (1)物塊A沿圓弧軌道滑至P點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力; (2)彈簧被壓縮的最大彈性勢(shì)能(未超過(guò)彈性限度); (3)物塊A最終停止位置到Q點(diǎn)的距離. 計(jì)算題專(zhuān)項(xiàng)練(二) 1.解析:(1)開(kāi)關(guān)斷開(kāi)時(shí),金屬棒在導(dǎo)軌上勻加速下滑, 由牛頓第二定律有mgsin α=ma 由勻變速運(yùn)動(dòng)的規(guī)律有:v1=at 解得sin α= 開(kāi)關(guān)閉合后,金屬棒在導(dǎo)軌上做變加速運(yùn)動(dòng),最終以v2勻速運(yùn)動(dòng),勻速時(shí) mgsin α=BIL 又有:I= 解得B= . (2)在金屬棒變加速運(yùn)動(dòng)階段,根據(jù)動(dòng)量定理可得 mgsin αΔt-BLΔt=mv2-

8、mv1 其中Δt=q 聯(lián)立上式可得q=(v1t+v1Δt-v2t) . 答案:(1)  (2)(v1t+v1Δt-v2t) 2.解析:(1)物塊A從靜止沿圓弧軌道滑至P點(diǎn),設(shè)速度大小為vP, 由機(jī)械能守恒定律有:mgR=mv 在最低點(diǎn)軌道對(duì)物塊的支持力大小為FN, 由牛頓第二定律有:FN-mg=m, 聯(lián)立解得:FN=3mg, 由牛頓第三定律可知物塊對(duì)軌道P點(diǎn)的壓力大小為3mg,方向向下. (2)設(shè)物塊A與彈簧接觸前瞬間的速度大小為v0, 由動(dòng)能定理有mgR-μmgR=mv-0,v0=, 物塊A、物塊B具有共同速度v時(shí),彈簧的彈性勢(shì)能最大, 由動(dòng)量守恒定律有:mv

9、0=(m+2m)v, 由能量守恒定律得: mv=(m+2m)v2+Epm, 聯(lián)立解得Epm=mgR; (3)設(shè)物塊A與彈簧分離時(shí),A、B的速度大小分別為v1、v2,規(guī)定向右為正方向,則有mv0=-mv1+2mv2, mv=mv+(2m)v, 聯(lián)立解得:v1=, 設(shè)A最終停在Q點(diǎn)左側(cè)x處,由動(dòng)能定理有: -μmgx=0-mv, 解得x=R. 答案:(1)3mg,方向向下 (2)mgR (3)R 計(jì)算題專(zhuān)項(xiàng)練(三) (建議用時(shí):20分鐘) 題號(hào) 1 2 考點(diǎn) 豎直面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)問(wèn)題 電磁感應(yīng)的綜合問(wèn)題 1.如圖所示,小球b靜止在光滑水平面BC上的

10、C點(diǎn),被長(zhǎng)為L(zhǎng)的細(xì)繩懸掛于O點(diǎn),細(xì)繩拉直但張力為零.小球a從光滑曲面軌道AB上的A點(diǎn)由靜止釋放,沿軌道滑下后,進(jìn)入水平面BC(不計(jì)小球在B處的能量損失),與小球b發(fā)生正碰,碰后兩球粘在一起,在細(xì)繩的作用下在豎直面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)且恰好通過(guò)最高點(diǎn).已知小球a的質(zhì)量為M,小球b的質(zhì)量為m,M=5m.已知當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間.求: (1)小球a與b碰后的瞬時(shí)速度大??; (2)A點(diǎn)與水平面BC間的高度差h. 2.如圖所示,固定的兩足夠長(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌PMN、P′M′N(xiāo)′,由傾斜和水平兩部分在M、M′處平滑連接組成,導(dǎo)軌間距L=1 m,水平部分處于豎直

11、向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,磁感應(yīng)強(qiáng)度B=1 T.金屬棒a、b垂直于傾斜導(dǎo)軌放置,質(zhì)量均為m=0.2 kg,a的電阻R1=1 Ω,b的電阻R2=3 Ω,a、b長(zhǎng)度均為L(zhǎng)=1 m,a棒距水平面的高度h1=0.45 m,b棒距水平面的高度為h2(h2>h1);保持b棒靜止,由靜止釋放a棒,a棒到達(dá)磁場(chǎng)中OO′停止運(yùn)動(dòng)后再由靜止釋放b棒,a、b與導(dǎo)軌接觸良好且導(dǎo)軌電阻不計(jì),重力加速度g取10 m/s2. (1)求a棒進(jìn)入磁場(chǎng)MM′時(shí)加速度的大?。? (2)a棒從釋放到OO′的過(guò)程中,求b棒產(chǎn)生的焦耳熱; (3)若MM′、OO′間的距離x=2.4 m,b棒進(jìn)入磁場(chǎng)后,恰好未與a棒相碰,求h2的值.

12、 計(jì)算題專(zhuān)項(xiàng)練(三) 1.解析:(1)兩球恰能到達(dá)圓周最高點(diǎn)時(shí), (M+m)g=(M+m) 設(shè)兩球碰后瞬間速度為v共,則從碰后到最高點(diǎn)過(guò)程中由動(dòng)能定理可知: -(M+m)g·2L=(M+m)v2-(M+m)v 得a與b球碰后瞬間的速度大小為 v共=. (2)設(shè)兩球碰前a球速度為vC,兩球碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒:MvC=(M+m)v共 所以vC= a球從A點(diǎn)下滑到C點(diǎn)過(guò)程中,由機(jī)械能守恒定律得:Mgh=Mv h=3.6L. 答案:(1) (2)3.6L 2.解析:(1)設(shè)a棒到MM′時(shí)的速度為v1. 由機(jī)械能守恒定律得mgh1=mv 進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)a棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)

13、勢(shì)E=BLv1 感應(yīng)電流I= 對(duì)a棒受力分析,由牛頓第二定律得 BIL=ma 代入數(shù)據(jù)解得a=3.75 m/s2. (2)設(shè)a、b產(chǎn)生的總焦耳熱為Q, 由能量守恒定律得Q=mgh1 則b棒產(chǎn)生的焦耳熱Qb=Q=Q 聯(lián)立解得Qb=0.675 J. (3)設(shè)b棒到MM′時(shí)的速度為v2,有 mgh2=mv b棒進(jìn)入磁場(chǎng)后,兩棒組成的系統(tǒng)合外力為零,系統(tǒng)的動(dòng)量守恒,設(shè)a、b一起勻速運(yùn)動(dòng)的速度為v,取向右為正方向,由動(dòng)量守恒定律得mv2=2mv 設(shè)a棒經(jīng)時(shí)間Δt加速到v,由動(dòng)量定理得 BL·Δt=mv-0 又q=Δt,=,= a、b恰好不相碰,有ΔΦ=BLx,聯(lián)立解得 h

14、2=1.8 m. 答案:(1)3.75 m/s2 (2)0.675 J (3)1.8 m 計(jì)算題專(zhuān)項(xiàng)練(四) (建議用時(shí):20分鐘) 題號(hào) 1 2 考點(diǎn) 功能關(guān)系的理解和應(yīng)用 帶電體在電場(chǎng)中直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的多過(guò)程問(wèn)題 1.某物理興趣小組制作了一個(gè)游戲裝置,其簡(jiǎn)化模型如圖所示,選手在A(yíng)點(diǎn)用一彈射裝置可將小滑塊以水平速度彈射出去,沿水平直線(xiàn)軌道運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)后,進(jìn)入半徑R=0.3 m的光滑豎直圓形軌道,運(yùn)行一周后自B點(diǎn)向C點(diǎn)運(yùn)動(dòng),C點(diǎn)右側(cè)有一陷阱,C、D兩點(diǎn)的豎直高度差h=0.2 m,水平距離s=0.6 m,水平軌道AB長(zhǎng)為L(zhǎng)1=1 m,BC長(zhǎng)為L(zhǎng)2=2.6 m,小滑塊

15、與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.5,重力加速度g=10 m/s2. (1)若小滑塊恰能通過(guò)圓形軌道的最高點(diǎn),求小滑塊在A(yíng)點(diǎn)被彈出時(shí)的速度大??; (2)若游戲規(guī)則為小滑塊沿著圓形軌道運(yùn)行一周后只要不掉進(jìn)陷阱即選手獲勝.求獲勝選手在A(yíng)點(diǎn)將小滑塊彈射出的速度大小的范圍. 2.如圖所示,AB是位于豎直平面內(nèi)、半徑R=0.5 m的圓弧形的光滑絕緣軌道,其下端點(diǎn)B與水平絕緣軌道平滑連接,整個(gè)軌道處在水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)中,電場(chǎng)強(qiáng)度E=5×103 N/C.今有一質(zhì)量為m=0.1 kg、帶電荷量q=+8×10-5 C的小滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從A點(diǎn)由靜止釋放.若已知滑塊

16、與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.05,取g=10 m/s2,求: (1)小滑塊第一次經(jīng)過(guò)圓弧形軌道最低點(diǎn)B時(shí)對(duì)B點(diǎn)的壓力; (2)小滑塊在水平軌道上向右滑過(guò)的最大距離; (3)小滑塊最終的運(yùn)動(dòng)情況. 計(jì)算題專(zhuān)項(xiàng)練(四) 1.解析:(1)小滑塊恰能通過(guò)圓形軌道的最高點(diǎn)時(shí),重力提供向心力,有mg=m;小滑塊由A到B再到圓形軌道的最高點(diǎn)的過(guò)程,由動(dòng)能定理得 -μmgL1-2mgR=mv2-mv, 解得小滑塊在A(yíng)點(diǎn)的初速度vA=5 m/s. (2)若小滑塊恰好停在C處,對(duì)全程進(jìn)行研究,則有 -μmg(L1+L2)=0-mv′2 代入數(shù)據(jù)解得v′=6 m/s.

17、 所以當(dāng)5 m/s≤vA≤6 m/s時(shí),小滑塊停在B、C間. 若小滑塊恰能越過(guò)陷阱,則有h=gt2,s=vCt,聯(lián)立解得vC=3 m/s 由動(dòng)能定理得-μmg(L1+L2)=mv-mv″2,代入數(shù)據(jù)解得v″=3 m/s, 所以當(dāng)vA≥3 m/s,小球越過(guò)陷阱 故若小球既能通過(guò)圓形軌道的最高點(diǎn),又不能掉進(jìn)陷阱,小滑塊在A(yíng)點(diǎn)彈射出的速度大小范圍是5 m/s≤vA≤6 m/s或vA≥3 m/s. 答案:(1)5 m/s (2)5 m/s≤vA≤6 m/s或vA≥3 m/s 2.解析:(1)設(shè)小滑塊第一次到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度為vB,圓弧軌道對(duì)滑塊的支持力為FN,則 由動(dòng)能定理得mgR-qE

18、R=mv 由牛頓第二定律得FN-mg=m 解得FN=2.2 N 由牛頓第三定律知,小滑塊滑到B點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力為2.2 N,方向豎直向下. (2)設(shè)小滑塊在水平軌道上向右滑行的最大距離為x, mgR-qE(R+x)-μmgx=0 得x= m. (3)由題意知qE=8×10-5×5×103 N=0.4 N  μmg=0.05×0.1×10 N=0.05 N 因此有qE>μmg 所以小滑塊最終在圓弧軌道上往復(fù)運(yùn)動(dòng). 答案:(1)2.2 N 方向豎直向下 (2) m (3)在圓弧軌道上往復(fù)運(yùn)動(dòng) 計(jì)算題專(zhuān)項(xiàng)練(五) (建議用時(shí):20分鐘) 題號(hào) 1 2 考點(diǎn)

19、 動(dòng)能定理和動(dòng)力學(xué)方法的應(yīng)用 帶電體在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題 1.在水平桌面上畫(huà)兩個(gè)同心圓,它們的半徑分別為r和2r.圓心處擺放一顆棋子B,大圓周上另一顆棋子A以某一初速度v0沿直徑方向向右正對(duì)B運(yùn)動(dòng),它們?cè)趫A心處發(fā)生彈性碰撞后,A剛好停在小圓周上,而B(niǎo)則剛好停在大圓周上.兩顆棋子碰撞前后都在同一條直線(xiàn)上運(yùn)動(dòng),它們與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ,棋子大小遠(yuǎn)小于圓周半徑,重力加速度為g.試求: (1)A、B兩顆棋子的質(zhì)量之比; (2)棋子A的初速度v0. 2.如圖所示,直角坐標(biāo)系xOy的x軸水平,y軸豎直,處于豎直向下、大小為E0的勻強(qiáng)電場(chǎng)中,過(guò)O點(diǎn),傾角為θ=60

20、°的足夠大斜面固定在坐標(biāo)系中.質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的粒子從y軸上的P點(diǎn),以某一速度沿x軸正方向射入,經(jīng)過(guò)時(shí)間t,在坐標(biāo)平面內(nèi)加上另一勻強(qiáng)電場(chǎng)E,再經(jīng)過(guò)時(shí)間t,粒子剛好沿垂直于斜面的方向到達(dá)斜面,且到達(dá)斜面時(shí)速度為零.不計(jì)粒子重力,求: (1)粒子的初速度大??; (2)P點(diǎn)與x軸的距離; (3)勻強(qiáng)電場(chǎng)E的電場(chǎng)強(qiáng)度大?。? 計(jì)算題專(zhuān)項(xiàng)練(五) 1.解析:(1)設(shè)A、B質(zhì)量分別為mA、mB,碰撞前、后A的速度分別是vA0、vA,碰撞后B的速度為vB. 由于是彈性碰撞,故有mAvA0=mAvA+mBvB① mAv=mAv+mBv② 依題意碰后A停在小圓周上,

21、根據(jù)動(dòng)能定理有μmAgr=mAv③ 而B(niǎo)停在大圓周上,則 2μmBgr=mBv④ 先討論mA>mB的情況.在此條件下,A停在圓心右側(cè)的小圓周上,B停在圓心右側(cè)大圓周上. 聯(lián)立①②③④式解得=<0⑤ 與題設(shè)不符,故一定有mA<mB⑥ 因此,碰后A一定是反向運(yùn)動(dòng),這樣,A只可能停在圓心左側(cè)的小圓周上. 根據(jù)①②③④⑥式解得 = .⑦ (2)根據(jù)動(dòng)能定理,碰前對(duì)A有 -2μmAgr=mAv-mAv⑧ 聯(lián)立①③④⑥⑦⑧式解得 v0=. 答案:(1) (2) 2.解析: (1)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中虛線(xiàn)所示,第一個(gè)時(shí)間t內(nèi),粒子做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng) 加速度a= 加上電場(chǎng)E時(shí),粒

22、子做勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng).粒子在豎直方向的速度vy=at 此時(shí)合速度方向垂直于斜面:=tan θ 可解得粒子的初速度v0=. (2)第一個(gè)時(shí)間t內(nèi),粒子在豎直方向的位移y1=at2 水平方向的位移x1=v0t 在第二個(gè)時(shí)間t內(nèi),粒子在豎直方向的位移也為y1,水平方向的位移x2=y(tǒng)1tan θ P點(diǎn)到x軸的距離l=2y1+(x1+x2)tan θ 代入數(shù)據(jù)得:l=. (3)在第二個(gè)時(shí)間t內(nèi),在豎直方向: qEy-qE0=ma 在水平方向:= 所以E= 解得:E=E0. 答案:(1) (2) (3)E0 計(jì)算題專(zhuān)項(xiàng)練(六) (建議用時(shí):20分鐘) 題號(hào) 1 2

23、 考點(diǎn) 帶電粒子在組合場(chǎng)的運(yùn)動(dòng) “板-塊模型”問(wèn)題的綜合分析 1.如圖所示的直角坐標(biāo)系xOy中,在第一象限和第四象限分別存在垂直紙面向外和向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng),PQ是磁場(chǎng)的右邊界,磁場(chǎng)的上下區(qū)域足夠大,在第二象限存在沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng),一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為+q的帶電粒子從x軸上的M點(diǎn)以速度v0垂直于x軸沿y軸正方向射入電場(chǎng)中,粒子經(jīng)過(guò)電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后從y軸上的N點(diǎn)進(jìn)入第一象限,帶電粒子剛好不從y軸負(fù)半軸離開(kāi)第四象限,最后垂直磁場(chǎng)右邊界PQ離開(kāi)磁場(chǎng)區(qū)域,已知M點(diǎn)與原點(diǎn)O的距離為l,N點(diǎn)與原點(diǎn)O的距離為l,第一象限的磁感應(yīng)強(qiáng)度滿(mǎn)足B1=,不計(jì)帶電粒子的重力,求: (1)勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)

24、度為多大? (2)第四象限內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)度多大? (3)若帶電粒子從進(jìn)入磁場(chǎng)到垂直磁場(chǎng)右邊界離開(kāi)磁場(chǎng),在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間是多少? 2.某工地一傳輸工件的裝置可簡(jiǎn)化為如圖所示的情形,AB為一段足夠大的圓弧固定軌道,圓弧半徑R=5.4 m,BC為水平軌道,CD為一段圓弧固定軌道,圓弧半徑r=1 m,三段軌道均光滑.一長(zhǎng)為L(zhǎng)=4 m、質(zhì)量為m2=1 kg 的平板小車(chē)最初停在BC軌道的最左端,小車(chē)上表面剛好與AB軌道相切,且與CD軌道最低點(diǎn)處于同一水平面.一可視為質(zhì)點(diǎn)、質(zhì)量為m1=2 kg的工件從距AB軌道最低點(diǎn)高h(yuǎn)處沿軌道自由滑下,滑上小車(chē)后帶動(dòng)小車(chē)也向右運(yùn)動(dòng),小車(chē)

25、與CD軌道左端碰撞(碰撞時(shí)間極短)后即被粘在C處.工件只有從CD軌道最高點(diǎn)飛出,才能被站在臺(tái)面上的工人接?。ぜc小車(chē)的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.5,重力加速度g=10 m/s2.當(dāng)工件從h=0.5R高處?kù)o止下滑, (1)求工件到達(dá)圓形軌道最低點(diǎn)B對(duì)軌道的壓力; (2)工件滑進(jìn)小車(chē)后,小車(chē)恰好到達(dá)CD軌道處與工件共速,求BC之間的距離; (3)若平板小車(chē)長(zhǎng)L′=3.4 m,工件在小車(chē)與CD軌道碰撞前已經(jīng)共速,則工件應(yīng)該從多高處下滑才能讓站臺(tái)上的工人接??? 計(jì)算題專(zhuān)項(xiàng)練(六) 1.解析:(1)設(shè)帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的加速度為a 根據(jù)牛頓第二定律得:qE=ma 沿y軸方向:l=

26、v0t 沿x軸方向:l=at2 解得:E=. (2)粒子在電場(chǎng)中沿x軸方向做勻加速運(yùn)動(dòng),速度v1=at 進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)與y軸正方向夾角tan θ== 解得θ=60° 進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度大小為v=2v0 其運(yùn)動(dòng)軌跡,如圖所示 在第一象限由洛倫茲力提供向心力得: qvB1=m 解得:R1=l 由幾何知識(shí)可得粒子第一次到達(dá)x軸時(shí)過(guò)A點(diǎn),因ON滿(mǎn)足:ON=2Rcos 30°,所以NA為直徑. 帶電粒子剛好不從y軸負(fù)半軸離開(kāi)第四象限,滿(mǎn)足:(2R1+R2)sin 30°=R2, 解得R2=2l 根據(jù):qvB2=m,解得:B2==. (3)帶電粒子到達(dá)D點(diǎn)時(shí),因?yàn)? DC=R1s

27、in 30°= D′H=R2-R2sin 30°=l F點(diǎn)在H點(diǎn)的左側(cè),帶電粒子不可能從第一象限垂直磁場(chǎng)邊界離開(kāi)磁場(chǎng),則應(yīng)從第四象限G點(diǎn)(或多個(gè)周期后相應(yīng)點(diǎn))離開(kāi)磁場(chǎng). 帶電粒子在第一象限運(yùn)動(dòng)周期 T1== 帶電粒子在第四象限運(yùn)動(dòng)周期 T2== 帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間滿(mǎn)足 t=++n×(T1+T2) 解得:t=+(n=0,1,2,3…). 答案:(1) (2) (3)+(n=0,1,2,3,…) 2.解析:(1)工件下滑到B處時(shí)速度為v0此過(guò)程機(jī)械能守恒m1v=m1gh 在B處FN-m1g=m1 聯(lián)立以上兩式求得FN=m1g=40 N 由牛頓第三定律得,工件對(duì)軌

28、道最低點(diǎn)B的壓力大小為F′N(xiāo)=FN=40 N,方向豎直向下. (2)設(shè)工件與小車(chē)共速為v1,由動(dòng)量守恒定律得 m1v0=(m1+m2)v1 小車(chē)移動(dòng)位移s1,由動(dòng)能定理得 μm1gs1=m2v-0 聯(lián)立求得s1===1.2 m 故sBC=L+s1=5.2 m. (3)設(shè)工件滑至B點(diǎn)時(shí)速度為v′0,與小車(chē)共速為v′1,工件到達(dá)C點(diǎn)時(shí)速度為v′2 由動(dòng)量守恒定律得m1v′0=(m1+m2)v′1 由能量守恒定律得μm1gL′=m1v′-m2v′-m1v′  工件恰好滑到CD軌道最高點(diǎn),由機(jī)械能守恒定律得m1v′=m1gr 工件從高為h′處下滑,則m1v′=m1gh′ 代入數(shù)

29、據(jù)解得h′=3.47 m. 答案:(1)40 N 方向豎直向下 (2)5.2 m (3)3.47 m 計(jì)算題專(zhuān)項(xiàng)練(七) (建議用時(shí):20分鐘) 題號(hào) 1 2 考點(diǎn) 動(dòng)量和能量觀(guān)點(diǎn)的綜合應(yīng)用 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 1.如圖所示,在水平面上依次放置小物塊A和C以及曲面劈B,其中A與C的質(zhì)量相等均為m,曲面劈B的質(zhì)量M=3m,劈B的曲面下端與水平面相切,且劈B足夠高,各接觸面均光滑.現(xiàn)讓小物塊C以水平速度v0向右運(yùn)動(dòng),與A發(fā)生碰撞,碰撞后兩個(gè)小物塊粘在一起又滑上劈B.求: (1)碰撞過(guò)程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能; (2)碰后物塊A與C在曲面劈B上能夠達(dá)到的最大高度.

30、 2.如圖所示豎直平面內(nèi)的直角坐標(biāo)系xOy,x軸水平且上方有豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng),場(chǎng)強(qiáng)大小為E,在x軸下方有一圓形有界勻強(qiáng)磁場(chǎng),與x軸相切于坐標(biāo)原點(diǎn),半徑為R.已知質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子,在y軸上的(0,R)點(diǎn)無(wú)初速釋放,粒子恰好經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)中(R,-R)點(diǎn),粒子重力不計(jì),求: (1)磁場(chǎng)的磁感強(qiáng)度B; (2)若將該粒子釋放位置沿y=R直線(xiàn)向左移動(dòng)一段距離L,無(wú)初速釋放,當(dāng)L為多大時(shí)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長(zhǎng),最長(zhǎng)時(shí)間多大; (3)在(2)的情況下粒子回到電場(chǎng)后運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)的水平坐標(biāo)值. 計(jì)算題專(zhuān)項(xiàng)練(七) 1.解析:

31、(1)小物塊C與A發(fā)生碰撞粘在一起,取向右為正方向,由動(dòng)量守恒定律得: mv0=2mv 解得v=v0; 碰撞過(guò)程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能為 E損=mv-(2m)v2 解得E損=mv. (2)當(dāng)A與C上升到最大高度時(shí),A、B、C系統(tǒng)的速度相等;水平方向上動(dòng)量守恒,取向右為正方向,根據(jù)動(dòng)量守恒定律得 mv0=(m+m+3m)v1 解得v1=v0 A、C粘在一起上滑至最大高度,由能量守恒定律得2mgh=×2m(v0)2-×5m×(v0)2 解得h=. 答案:(1)mv (2) 2.解析:(1)粒子勻加速運(yùn)動(dòng):EqR=mv2 設(shè)圓周運(yùn)動(dòng)半徑為r,則qvB=m,由幾何關(guān)系可知:r2=

32、+R2 解得:r=R,B=,磁場(chǎng)方向垂直xOy平面向里; (2)當(dāng)粒子在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)過(guò)的弦為直徑時(shí)對(duì)應(yīng)的時(shí)間最長(zhǎng),所轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角為α 則rsin =R,解得:α=π,此時(shí) L=Rsin =R 在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t= 解得:t=; (3)粒子回到電場(chǎng)時(shí)速度與水平方向成30° 粒子沿y軸勻減速運(yùn)動(dòng)減到零時(shí)豎直高度最大 vsin 30°=at′,Eq=ma, 水平方向勻速運(yùn)動(dòng)x′=vcos 30°t′ 解得:x′= 粒子返回電場(chǎng)時(shí)的水平坐標(biāo)為x0, =cot 30°,h= 運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)的水平坐標(biāo)為: x=x0+x′=R. 答案:(1) ,方向垂直xOy平面向里

33、(2)R  (3)R 計(jì)算題專(zhuān)項(xiàng)練(八) (建議用時(shí):20分鐘) 題號(hào) 1 2 考點(diǎn) 動(dòng)力學(xué)方法和動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 1.如圖所示,水平光滑細(xì)桿上P點(diǎn)套一輕質(zhì)小環(huán),小環(huán)通過(guò)長(zhǎng)L=0.5 m的輕繩懸掛一質(zhì)量不計(jì)的夾子,夾子內(nèi)夾有質(zhì)量m=0.5 kg的物塊,物塊兩豎直側(cè)面與夾子間的最大靜摩擦力均為Ffm=3 N.現(xiàn)對(duì)物塊施加F=5 N 的水平恒力作用,物塊和小環(huán)一起沿水平方向做初速度為零的勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),小環(huán)碰到桿上的釘子Q時(shí)立即停止運(yùn)動(dòng),物塊恰要相對(duì)夾子滑動(dòng),與此同時(shí)撤去外力,一質(zhì)量為0.1 kg的直桿以1 m/s的速度沿水平方向相向插入夾子將夾子

34、與物塊鎖定(此過(guò)程時(shí)間極短).物塊可看成質(zhì)點(diǎn),重力加速度g=10 m/s2.求: (1)物塊做勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度大小a; (2)P、Q兩點(diǎn)間的距離s; (3)物塊向右擺動(dòng)的最大高度h. 2.如圖所示,xOy坐標(biāo)系中,在y<0的區(qū)域內(nèi)分布有沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng),在0

35、y0,0)(圖中未畫(huà)出),求磁感應(yīng)強(qiáng)度的大?。? 計(jì)算題專(zhuān)項(xiàng)練(八) 1.解析:(1)以整體為研究對(duì)象,由牛頓第二定律得:F=ma,得:a=10 m/s2. (2)環(huán)到達(dá)Q,物塊剛達(dá)到最大靜摩擦力,由牛頓第二定律2Ffm-mg= 根據(jù)動(dòng)能定理有Fs=mv2,聯(lián)立得 s=0.05 m. (3)直桿插入夾子時(shí),直桿與物塊水平方向動(dòng)量守恒,取向右為正方向, mv-m0v0=(m+m0)v共 由動(dòng)能定理得: -(m+m0)gh=0-(m+m0)v 聯(lián)立得h≈0.022 m. 答案:(1)10 m/s2 (2)0.05 m (3)0.022 m 2.解析:(1)粒子在電場(chǎng)中

36、做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng),則有: x=v0t,y0=at2 qE=ma,vy=at 解得:x=2y0,vy=v0 進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度v==v0 速度與x軸夾角的正切值tan θ==1,得θ=45° 若粒子剛好不從y=y(tǒng)0邊界射出磁場(chǎng),則有:qvB=m 由幾何關(guān)系知(1+)r=y(tǒng)0 解得B= 故要使粒子不從y=y(tǒng)0邊界射出磁場(chǎng),應(yīng)滿(mǎn)足磁感應(yīng)強(qiáng)度B>. (2)粒子相鄰兩次從電場(chǎng)進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí),沿x軸前進(jìn)的距離Δx=2x-r′=4y0-r′ 其中初始位置為(2y0,0) 由r′=得B= 又因?yàn)榱W硬荒苌涑鲞吔纾簓=y(tǒng)0,所以(+1)r′

37、y0<Δx<4y0 粒子通過(guò)P點(diǎn),回旋次數(shù)n= 則 (2)見(jiàn)解析 計(jì)算題專(zhuān)項(xiàng)練(九) (建議用時(shí):20分鐘) 題號(hào) 1 2 考點(diǎn) 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 動(dòng)力學(xué)、動(dòng)量和能量觀(guān)點(diǎn)處理豎直面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng) 1.如圖所示,在平面直角坐標(biāo)系xOy的第二象限內(nèi)有平行于y軸的勻強(qiáng)電場(chǎng),方向沿y軸負(fù)方向.在第一、四象限內(nèi)有一個(gè)圓,圓心O′坐標(biāo)為(r,0),圓內(nèi)有方向垂直于xOy平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng).一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶

38、正電的粒子(不計(jì)粒子所受的重力),從P(-2h,h)點(diǎn),以大小為v0的速度沿平行于x軸正方向射入電場(chǎng),通過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)O進(jìn)入第四象限,又經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)從x軸上的Q點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng).求: (1)電場(chǎng)強(qiáng)度E的大??; (2)圓內(nèi)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小; (3)帶電粒子從P點(diǎn)進(jìn)入電場(chǎng)到從Q點(diǎn)射出磁場(chǎng)的總時(shí)間t. 2.如圖所示,質(zhì)量均為m=4 kg的兩個(gè)小物塊A、B(均可視為質(zhì)點(diǎn))放置在水平地面上,豎直平面內(nèi)半徑R=0.4 m的光滑半圓形軌道與水平地面相切于C,彈簧左端固定.移動(dòng)物塊A壓縮彈簧到某一位置(彈簧在彈性限度內(nèi)),由靜止釋放物塊A,物塊A離開(kāi)彈簧后

39、與物塊B碰撞并粘在一起以共同速度v=5 m/s向右運(yùn)動(dòng),運(yùn)動(dòng)過(guò)程中經(jīng)過(guò)一段長(zhǎng)為s,動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.2的水平面后,沖上圓軌道,除s段外的其他水平面摩擦力不計(jì).求:(g取10 m/s2) (1)若s=1 m,兩物塊剛過(guò)C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小; (2)剛釋放物塊A時(shí),彈簧的彈性勢(shì)能; (3)若兩物塊能沖上圓形軌道,且不脫離圓形軌道,s應(yīng)滿(mǎn)足什么條件. 計(jì)算題專(zhuān)項(xiàng)練(九) 1.解析:(1)帶電粒子在電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng),有 水平方向:2h=v0t1① 豎直方向:h=at② a=③ 由①②③式得E=.④ (2)粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)沿y軸方向的速度 vy=at1=v0⑤

40、 粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度v=⑥ 粒子在洛倫茲力作用下做圓周運(yùn)動(dòng),有 qvB=m⑦ 由幾何關(guān)系有R=r⑧ 由③⑤⑥⑦⑧式得B=.⑨ (3)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2=T⑩ 粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的周期T=? 粒子從P點(diǎn)進(jìn)入電場(chǎng)到Q點(diǎn)射出磁場(chǎng)的總時(shí)間t=t1+t2? 由①⑨⑩??式解得t=. 答案:(1) (2) (3) 2.解析:(1)設(shè)物塊經(jīng)過(guò)C點(diǎn)時(shí)速度為vC,物塊受到軌道支持力為FNC 由功能關(guān)系得: ×2mv2-2μmgs=×2mv 又FNC-2mg=2m 代入解得:FNC=500 N 由牛頓第三定律知,物塊對(duì)軌道壓力大小也為500 N. (2)設(shè)A與B碰撞

41、前A的速度為v0,以向右為正方向,由動(dòng)量守恒得:mv0=2mv,解得v0=10 m/s 則:Ep=Ek=mv=200 J. (3)物塊不脫離軌道有兩種情況 ①能過(guò)軌道最高點(diǎn),設(shè)物塊經(jīng)過(guò)半圓形軌道最高點(diǎn)最小速度為v1,則2mg= 得:v1==2 m/s 物塊從碰撞后到經(jīng)過(guò)最高點(diǎn)過(guò)程中,由功能關(guān)系有 ×2mv2-2μmgs-4mgR≥×2mv 代入解得s滿(mǎn)足條件:s≤1.25 m. ②物塊上滑最大高度不超過(guò)圓弧 設(shè)物塊剛好到達(dá)圓弧處速度為v2=0 物塊從碰撞后到最高點(diǎn),由功能關(guān)系有: ×2mv2-2μmgs≤2mgR 同時(shí)依題意,物塊能滑出粗糙水平面,由功能關(guān)系: ×2m

42、v2>2μmgs 代入解得s滿(mǎn)足條件:4.25 m≤s<6.25 m. 答案:(1)500 N (2)200 J (3)s≤1.25 m或4.25 m≤s<6.25 m 計(jì)算題專(zhuān)項(xiàng)練(十) (建議用時(shí):20分鐘) 題號(hào) 1 2 考點(diǎn) 帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)分析 碰撞問(wèn)題 1.如圖所示,在0≤x≤a、0≤y≤范圍內(nèi)有垂直于xOy平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.坐標(biāo)原點(diǎn)O處有一個(gè)粒子源,在某時(shí)刻發(fā)射大量質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子,它們的速度大小相同,速度方向均在xOy平面內(nèi),與y軸正方向的夾角分布在0~90°范圍內(nèi).已知粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑介于到

43、a之間,從發(fā)射粒子到粒子全部離開(kāi)磁場(chǎng)經(jīng)歷的時(shí)間恰好為粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)周期的四分之一.求最后離開(kāi)磁場(chǎng)的粒子從粒子源射出時(shí), (1)粒子速度的大??; (2)粒子速度方向與y軸正方向夾角的正弦值. 2.長(zhǎng)度L=7 m、質(zhì)量M=1 kg 的木板C靜止在粗糙的水平地面上,木板上表面左右兩端各有長(zhǎng)度d=1 m的粗糙區(qū)域,中間部分光滑.可視為質(zhì)點(diǎn)的小物塊A和B初始時(shí)如圖放置,質(zhì)量分別是mA=0.25 kg和mB=0.75 kg,A、B與木板粗糙區(qū)域之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ1=0.2,木板與水平地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2=0.3.某時(shí)刻對(duì)木板施加F=8 N的水平恒力,木板

44、開(kāi)始向右加速,在A(yíng)與B碰撞粘在一起不再分開(kāi)的瞬間撤去F,取g=10 m/s2,求: (1)物塊A與B碰后瞬間的速度大??; (2)最終物塊A與木板C左端的距離. 計(jì)算題專(zhuān)項(xiàng)練(十) 1.解析: (1)設(shè)粒子的發(fā)射速度為v,粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑為R,由牛頓第二定律和洛倫茲力公式,得qvB=m① 由①式得R=② 當(dāng)

45、Rsin α=a-Rcos α⑤ 又sin2α+cos2α=1⑥ 由④⑤⑥式得R=a⑦ 由②⑦式得v=.⑧ (2)由④⑦式得sin α=. 答案:見(jiàn)解析 2.解析:(1)假設(shè)物塊A與木板C共同加速,兩者加速度均為a,由牛頓第二定律有: F-μ2(M+mA+mB)g=(M+mA)a 而當(dāng)C對(duì)A的摩擦力達(dá)到最大靜摩擦力時(shí),設(shè)A的加速度為aA,可知μ1mAg=mAaA 代入數(shù)據(jù)解得a=1.6 m/s2,aA=2 m/s2 由于a

46、-2d) 研究A、B系統(tǒng),設(shè)碰后瞬間AB整體的速度為v1,又A、B碰撞過(guò)程系統(tǒng)動(dòng)量守恒,則有:mAv0=(mA+mB)v1 聯(lián)立解得v1=1 m/s. (2)撤去力F后,AB整體繼續(xù)加速,設(shè)加速度大小為a1,由牛頓第二定律有: μ1(mA+mB)g=(mA+mB)a1 木板C減速,設(shè)加速度大小為a2,由牛頓第二定律有: μ2(M+mA+mB)g+μ1(mA+mB)g=Ma2 設(shè)經(jīng)過(guò)t1時(shí)間,AB整體與木板C速度相等且為v2,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有: v2=v0-a2t1=v1+a1t1 計(jì)算得:a1=2 m/s2,a2=8 m/s2,t1=0.3 s,v2=1.6 m/s 該過(guò)程A

47、B整體與木板相對(duì)位移: Δs1=t1-t1 接著,AB整體減速向右運(yùn)動(dòng),對(duì)木板的摩擦力向右,木板繼續(xù)減速,其加速度大小為a3,由牛頓第二定律有: μ2(M+mA+mB)g-μ1(mA+mB)g=Ma3 設(shè)再經(jīng)過(guò)時(shí)間t2木板停止運(yùn)動(dòng),t2= t2時(shí)間內(nèi)AB整體相對(duì)木板向右的位移大小為:Δs2=v2t2-a1t-t2 此時(shí)AB整體的速度為:v3=v2-a1t2 AB整體繼續(xù)減速再經(jīng)過(guò)一段位移: Δs3=,便停在木板上. 解得:Δs1=0.45 m,a3=4 m/s2,t2=0.4 s,Δs2=0.16 m,Δs3=0.16 m 最終AB整體與木板左端的水平距離為: Δs=d-

48、Δs1+Δs2+Δs3=0.87 m. 答案:見(jiàn)解析 計(jì)算題專(zhuān)項(xiàng)練(十一) (建議用時(shí):20分鐘) 題號(hào) 1 2 考點(diǎn) 帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 汽車(chē)剎車(chē)問(wèn)題中的動(dòng)力學(xué)和能量問(wèn)題 1.如圖所示,在豎直平面內(nèi)存在豎直方向的勻強(qiáng)電場(chǎng).長(zhǎng)度為l的輕質(zhì)絕緣細(xì)繩一端固定在O點(diǎn),另一端連接一質(zhì)量為m、電荷量為+q的小球(可視為質(zhì)點(diǎn)),初始時(shí)小球靜止在電場(chǎng)中的a點(diǎn),此時(shí)細(xì)繩拉力為2mg,g為重力加速度. (1)求電場(chǎng)強(qiáng)度E和a、O兩點(diǎn)的電勢(shì)差UaO; (2)小球在a點(diǎn)獲得一水平初速度va,使其能在豎直面內(nèi)做完整的圓周運(yùn)動(dòng),則va應(yīng)滿(mǎn)足什么條件?

49、 2.如圖所示,地面固定一個(gè)圓心為O,豎直放置的光滑半圓軌道ABC,B為半圓軌道中點(diǎn),半徑R=0.08 m,∠COB=90°.木板DE質(zhì)量為m,長(zhǎng)度L=10 m,E與A距離s=2 m,木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1=0.1,木板與A碰撞后立即原速率返回,并由地面控制裝置(圖中未畫(huà)出)保證E與A只能碰撞一次.E與A等高,以使E與A重合時(shí)板上的物體可以滑入半圓軌道,當(dāng)E與A一旦分離,板上物塊將落地而無(wú)法進(jìn)入半圓軌道.一個(gè)可看做質(zhì)點(diǎn)的物體質(zhì)量為2m,物體與木板間動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2=0.2,物體在合適的位置以合適的初速度v0開(kāi)始向右運(yùn)動(dòng),重力加速度g=10

50、 m/s2,結(jié)果可保留根號(hào).求: (1)要使物體沿軌道剛能到達(dá)B點(diǎn),物體在A(yíng)處的速度vA的大?。? (2)要使物體能到達(dá)C點(diǎn)而不脫離軌道,物體初速度v0的取值范圍. 計(jì)算題專(zhuān)項(xiàng)練(十一) 1.解析:(1)小球靜止在a點(diǎn)時(shí),由共點(diǎn)力平衡可得 mg+2mg=qE① 得E=,方向豎直向上② 在勻強(qiáng)電場(chǎng)中,有UOa=El③ 則a、O兩點(diǎn)電勢(shì)差UaO=-.④ (2)小球從a點(diǎn)恰好運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn),設(shè)到b點(diǎn)速度大小為vb, 由動(dòng)能定理得 -qE·2l+mg·2l=mv-mv⑤ 小球做圓周運(yùn)動(dòng)通過(guò)b點(diǎn)時(shí),由牛頓第二定律可得 qE-mg=m⑥ 聯(lián)立②⑤⑥式可

51、得va=,故應(yīng)滿(mǎn)足va≥. 答案:(1),方向豎直向上?。? (2)va≥ 2.解析:(1)對(duì)物體,從A到B的過(guò)程,由動(dòng)能定理可得: -mgR=mv-mv 剛好到達(dá)B點(diǎn),vB=0 解得:vA= m/s. (2)設(shè)物體在A(yíng)點(diǎn)的速度為v1,從A到C的過(guò)程,由動(dòng)能定理可得: -mg2R=mv-mv 要使物體能到達(dá)C點(diǎn)不脫離軌道,在C點(diǎn)有:mg=m 聯(lián)立以上方程解得:v1=2 m/s 根據(jù)分析,可分以下兩種情形求解: 情形①當(dāng)物體相對(duì)木板從左端的D點(diǎn)滑到E時(shí),木板恰好運(yùn)動(dòng)了s=2 m,使E與A相遇,而且物體的速度大于v1,物體對(duì)應(yīng)的v0有最大值. 設(shè)木板的加速度為a1,物體的加

52、速度為a2, 對(duì)木板有:μ22mg-μ13mg=ma1 可得:a1=1 m/s2 對(duì)物體有:μ22mg=2ma2 可得:a2=2 m/s2 設(shè)木板運(yùn)動(dòng)到與A相碰所用的時(shí)間為t1,則木板和物體的位移關(guān)系為: L=(v0t1-a2t)-a1t 解得:t1=2 s,v0=8 m/s 此時(shí)物體到A點(diǎn)的速度為: v=v0-a2t1=4 m/s>v1 故v0=8 m/s是最大值. 情形②當(dāng)物體與木板達(dá)到共同速度時(shí)恰好滑到E點(diǎn),以后一起運(yùn)動(dòng)直到E與A相遇,而且物體的速度等于v1,物體對(duì)應(yīng)的v0有最小值.設(shè)物體與木板一起運(yùn)動(dòng)的加速度為a3,則有:μ13mg=3ma3 解得:a3=1 m

53、/s2 設(shè)物體與木板達(dá)到共同的速度v′所用的時(shí)間為t2,木板在t2時(shí)間內(nèi)的位移為s2,兩者一起運(yùn)動(dòng)的位移為s3,則: v′=v0-a2t2=a1t2 又木板的總位移:s=s2+s3=a1t+ 解得:t2=2 s,v0=6 m/s 故初速度的取值范圍為:6 m/s≤v0≤8 m/s. 答案:(1) m/s (2)6 m/s≤v0≤8 m/s  計(jì)算題專(zhuān)項(xiàng)練(十二) (建議用時(shí):20分鐘) 題號(hào) 1 2 考點(diǎn) 帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 彈簧模型中的碰撞問(wèn)題 1.如圖所示,絕緣光滑軌道AB部分是傾角為30°的斜面,AC部分為豎直平面上半徑為R的圓軌道,斜

54、面與圓軌道相切.整個(gè)裝置處于場(chǎng)強(qiáng)為E、方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中.現(xiàn)有一個(gè)質(zhì)量為m的小球,帶正電荷量為q=,要使小球能安全通過(guò)圓軌道,則在O點(diǎn)的初速度應(yīng)滿(mǎn)足什么條件? 2.如圖所示,在光滑的水平面上有一質(zhì)量為mC=1 kg的足夠長(zhǎng)的木板C,在C上放置有A、B兩物體,A的質(zhì)量為mA=1 kg,B的質(zhì)量為mB=2 kg.A、B之間鎖定一被壓縮了的水平輕彈簧,彈簧儲(chǔ)存的彈性勢(shì)能Ep=3 J,現(xiàn)突然給A、B一瞬時(shí)沖量作用,使A、B同時(shí)獲得v0=2 m/s的初速度,與此同時(shí)彈簧由于受到擾動(dòng)而解除鎖定,并在極短的時(shí)間內(nèi)恢復(fù)原長(zhǎng),之后與A、B分離(此過(guò)程中C仍保持靜止).已知A和C之間

55、的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1=0.2,B、C之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2=0.1,且滑動(dòng)摩擦力略小于最大靜摩擦力.求:(g取10 m/s2) (1)彈簧與A、B分離的瞬間,A、B的速度分別是多大? (2)已知在C第一次碰到右邊的固定擋板之前,A、B和C已經(jīng)達(dá)到了共同速度,求共同速度v和達(dá)到共速之前A、B、C的加速度aA、aB、aC的大小? (3)已知C與擋板的碰撞無(wú)機(jī)械能損失,求在第一次碰撞后到第二次碰撞前A在C上滑行的距離? 計(jì)算題專(zhuān)項(xiàng)練(十二) 1.解析:小球先在斜面上運(yùn)動(dòng),受重力、電場(chǎng)力、支持力,然后在圓軌道上運(yùn)動(dòng),受重力、電場(chǎng)力、軌道作用力,如圖所示,類(lèi)比重力場(chǎng),將電場(chǎng)力

56、與重力的合力視為等效重力mg′,大小為mg′==,tan θ==,得θ=30°,等效重力的方向與斜面垂直指向右下方,小球在斜面上勻速運(yùn)動(dòng),因要使小球能安全通過(guò)圓軌道,在圓軌道的“等效最高點(diǎn)”(D點(diǎn))滿(mǎn)足“等效重力”剛好提供向心力,即有:mg′=,因θ=30°與斜面的傾角相等,由幾何關(guān)系可知AD=2R,令小球以最小初速度v0運(yùn)動(dòng),由動(dòng)能定理知:-mg′·2R=mv-mv 解得v0= ,因此要使小球安全通過(guò)圓軌道,初速度應(yīng)滿(mǎn)足v0≥ . 答案:v0≥ 2.解析:(1)在彈簧彈開(kāi)兩物體的過(guò)程中,由于作用時(shí)間極短,對(duì)A、B及彈簧組成的系統(tǒng)由動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律可得: (mA+mB)v0

57、=mAvA+mBvB Ep+(mA+mB)v=mAv+mBv 聯(lián)立解得:vA=0,vB=3 m/s. (2)對(duì)物體B有:aB=μ2g=1 m/s2 假設(shè)A、C相對(duì)靜止,有:μ2mBg=(mA+mC)a 解得:a=1 m/s2 因?yàn)椋簃Aa<μ1mAg,假設(shè)成立 故物體A、C的共同加速度為a=1 m/s2 對(duì)A、B、C組成的系統(tǒng),水平方向不受外力,由動(dòng)量守恒定律可得: mBvB=(mA+mB+mC)v 解得:v=1.5 m/s. (3)C和擋板碰撞后,先向左勻減速運(yùn)動(dòng),后向右勻加速運(yùn)動(dòng),在向右加速過(guò)程中先C和A達(dá)到共同速度v1,之后AC再以共同的加速度向右勻加速,B一直向右勻減速,最后三者達(dá)到共同速度做勻速運(yùn)動(dòng). a′A=μ1g=2 m/s2;aB=1 m/s2 μ1mAg+μ2mBg=mCa′C 解得:a′C=4 m/s2 v1=v-a′At=-v+a′Ct 解得:v1=0.5 m/s,t=0.5 s xA=t=0.5 m xC=t=-0.25 m 故A、C間的相對(duì)運(yùn)動(dòng)距離為 xAC=xA+|xC|=0.75 m. 答案:(1)0 3 m/s (2)1.5 m/s aA=aB=aC=1 m/s2 (3)0.75 m - 35 -

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