计算专项

数理极 计算专项 47 3.一条平直公路上的甲乙两站相距x=900m,一辆公交车从甲站启 专题一：匀变速直线运动的规律与应用 动驶向乙站，公交车先做匀加速运动，速度到达1=15/s后匀速行驶， 距乙站s,=30m时刹车做匀减速运动，恰好停在乙站.公交车从甲站出发 :时，一辆电动车在其前方s2=230m处以2=10m/s的速度沿公路驶向 1.据统计，开车时看手机发生事故的概率是安全驾驶的23倍，开车时乙站，两车同时到达乙站.求： 打电话发生事故的概率是安全驾驶的2.8倍.一辆汽车在平直公路上以某 (1)公交车刹车的时间： 一速度行驶时，司机低头看手机3s,相当于盲开60m,该车遇见紧急情 (2)公交车加速的加速度大小： 况，紧急刹车的距离（从开始刹车到停下时汽车所行驶的距离）至少是 (3)公交车与电动车第一次相遇点到乙站的距离。 20m.根据以上提供的信息. (1)求汽车行驶的速度大小和刹车的最大加速度大小： (2)若该车以108km/小的速度在高速公路上行驶时，前方150m处 道路塌方，该车司机低头看手机3s后才发现危险，已知司机的反应时间 为0.6s,刹车的加速度与(1)问中大小相等.试通过计算说明汽车是否会 发生交通事故 4.汽车在行驶中，当驾驶员发现情况直到踩下制动踏板发生制动作 用之前的这段时间称为反应时间，反应时间内车辆行驶的距离称为反应 距离.汽车制动距离是指驾驶员踩下制动踏板产生作用至汽车完全停止 时，轮胎在路面上出现明显的拖印的距离.汽车行驶的安全距离为反应距 2.在平直路面上，某时刻甲、乙两辆可视为质点的小车相距为d=离和制动距离之和.某汽车以30km/h的速度行驶在柏油路面上的制动 4m,甲在前，乙在后，两车沿同方向做直线运动，以乙车所在位置为坐标距离为5.0m,在冰雪路面上的制动距离为15m,不计空气阻力，取g= 原点，沿运动方向建立坐标轴，从该时刻开始，两车速度的平方2随其位 10m/s2. 置坐标x的变化图像如图所示两车分别搭载信号发射和接收系统进行实 (1)求汽车轮胎与柏油路面上的动摩擦因数； 时通信，当两车间的距离超过△x=10m时，就无法进行实时通信.求： (2)若汽车以90km/h的速度在柏油路面上行驶的安全距离为60m, (1)甲、乙两小车的加速度大小： 求驾驶员的反应时间： (2)乙追上甲之前两车的最大间距； (3)若汽车以90km/h的速度在冰雪路面上行驶，驾驶员看到前方 (3)乙追上甲之前两车能实时通信的总时间（结果可用根号表示） 108m处静止的事故汽车，立即制动（不计反应时间）后还是与静止的事 m2) 故汽车追尾，求汽车追尾瞬间的速度。 48 计算专项· 数理极 3.如图3，倾角为α=37°的粗糙斜劈固定在水平面上，质量为5kg的 专题二：相互作用一力 物体α放在斜面上且与斜面间的动摩擦因数u=0.5.一根平行于斜面的 不▣伸长的轻质细线一端固定在物体α上，另一端绕过两个光滑小滑轮固 定在c处，滑轮2下吊有一物体b且B=74°，物体a受到斜劈的最大静摩 1.如图1所示，质量为m=10kg的物体放在水平传送带C上，与传送擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2,sin37°=0.6，cos37°=0.8.求：保证 带间的动摩擦因数为4，=0.4.由于受到相对于地面静止的光滑导槽A、B系统静止时，b的质量范围. 的控制，物体只能沿水平导槽运动（图为俯视图，导槽与传送带间有空 隙).现传送带以v,=8m/s的速度向右匀速运动，同时用力F拉动物体 (方向沿导槽方向)使物体以2=6m/s的速度沿导槽匀速运动，g取 10m/s2,求拉力F大小 图3 图1 2.质量为M的木楔倾角为0，在水平面上保持静止，当将一质量为m 4.三角形具有稳定性，生活中随处可见利用三角形支架固定的物体 的木块放在木楔斜面上时，它正好匀速下滑.如果用与木楔斜面成α角的浴室里洗手盆下的支架、空调外挂机的支架、手机支架…等等如图4甲 力F拉着木块匀速上升，如图2所示（已知木楔在整个过程中始终静止，重所示现有一个悬挂物体的支架，如图4乙所示，倾斜支撑杆端用可自由 力加速度为g). 转动的铆钉固定在墙上，拉杆b0左端可上下移动并且可伸缩以便周节拉 (1)当α=0时，拉力F有最小值，求此最小值： 杆的长度，轻绳一端固定在0点，另一端悬挂重物.已知初始时b0杆水 (2)当=0时，木楔对水平面的摩擦力是多大？ 平，α0杆与竖直方向成60°角，悬挂物质量为m,另一端悬挂重物.重力加 速度为g.求： (1)初始状态下，a0、b0杆的作用力分别为多少： (2)保持0点不动，调节拉杆的长度同时左端向上移动到某点c后固 定，可使拉杆上的作用力最小，此时c0与竖直墙面的夹角为多少？此时 a0、c0的作用力分别为多少？ 图2 数理极 计算专项 49 3.如图3所示，一质量M=2kg的长木板B静止在粗糙水平面上，其 专题三：牛顿第二定律的应用 右端有一质量m=2kg的小滑块A,对B物体施加一F=14N的拉力： =3s后撤去拉力，撤去拉力时滑块仍然在木板上.已知A、B间的动摩擦 因数为4，=0.1，B与地面的摩擦因数为山2=0.2，重力加速度g= 1.物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中.如图1所示，倾斜滑10m/3. 轨与水平面成24°角，长度1=4m,水平滑轨长度可调，两滑轨间平滑连 (1)求有拉力时木板B和滑块A的加速度大小： 接.若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑，其与滑轨间的动摩擦因数均 (2)要使滑块A不从木板B左端掉落，求木板B的最小长度 为化=号，货物可视为质点（取m24=0.9,m24°=04，童力加谁度 团 g=10m/s2). 图3 (1)求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度αa,的大小： (2)求货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小； (3)若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2/s,求水平滑轨的 最短长度12 .24 图1 2.为了安全，中国航母舰载机“歼-15”通过滑跃式起飞方式起飞. 4.如图4甲所示，在顺时针匀速转动的传送带底端，一质量m=1kg 滑跃起飞的原理有点像高山滑雪，主要靠甲板前端的上翘来帮助战斗机的小物块以某一初速度向上滑动，传送带足够长，物块的速度与时间(，- 起飞，其示意图如图2所示，飞机由静止开始先在一段水平距离为L,=t)图的部分图像如图乙所示，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，g= 160m的水平跑道上运动，然后在长度为L2=20.5m的倾斜跑道上滑跑，10m/s2,求： 直到起飞.已知飞机的质量为2.0×10kg,其喷气发动机的推力大小恒为 (1)物块与皮带之间的动摩擦因数： F=1.4×10N,方向与速度方向相同，水平跑道与倾斜跑道末端的高度 (2)物块沿皮带向上运动的最大位移； 差h=2.05m,飞机在水平跑道上和倾斜跑道上运动的过程中受到的平 (3)物块向上运动到最高点的过程中相对传送带的路程 均阻力大小都为飞机重力的0.2倍，假设航母处于静止状态，飞机质量视 Mm 为不变并可看成质点，倾斜跑道看作斜面，不计拐角处的影响，且飞机起 飞的过程中没有出现任何故障.g取10m/s2. (1)求飞机在水平跑道上运动的末速度， (2)求飞机从开始运动到起飞经历的时间. 图2 50 计算专项· 数理报 3.在光滑的水平面内，一质量m=1kg的质点以速度。=10m/s沿 专题四：曲线运动规律及应用 x轴正方向运动，经过原点后受一沿y轴正方向（竖直方向）的恒力F= 15N作用，直线OA与x轴成a=37°，如图3所示曲线为质点的轨迹图(g 取10m/s2,sin37°=0.6，cos37°=0.8)，求： 1.如图1所示，在高为h=5m的平台边缘以大小为4=10m/s的 (1)如果质点的运动轨迹与直线OA相交于P点，质点从O点到P点 水平速度抛出小球A,同时在水平地面上与台面边缘的水平距离为s=:所经历的时间以及P点的坐标： 15m处竖直上抛小球B,两球运动轨迹在同一竖直平面内，小球与地面间 (2)质点经过P点时的速度大小 的碰撞是弹性的，且碰撞时间不计，碰后水平速度不变，竖直速度等大反 向.若小球B未落地前，两球能在空中相遇，求小球B的初速度大小（不 计空气阻力，重力加速度为g=10m/s2). 图3 图 4.如图4所示，餐桌中心是一个半径为r=1.5m的圆盘，圆盘可绕中 心轴转动，近似认为圆盘与餐桌在同一水平面内且两者之间的间隙可忽 略不计.已知放置在圆盘边缘的小物体与圆盘的动摩擦因数为4=0.6， 与餐桌的动摩擦因数为2=0.225，餐桌离地高度为h=0.8m.设小物体 2.如图2所示，在风洞实验室中，从A点以水平速度%向左抛出一个与圆盘以及餐桌之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g= 质量为m的小球，小球抛出后所受空气作用力沿水平方向，其大小为F,经10m/s2. 过一段时间小球运动到A点正下方的B点处，重力加速度为g,在此过程 (1)为使物体不滑到餐桌上，圆盘的角速度。的最大值为多少？ 中，求 (2)缓慢增大圆盘的角速度，物体从圆盘上甩出，为使物体不滑落到 (1)小球离A、B所在直线的最远距离： 地面，餐桌半径R的最小值为多大？ (2)A、B两点间的距离. (3)若餐桌半径R'=√2，则在圆盘角速度缓慢增大时，物体从圆盘 上被甩出后滑落到地面上的位置到从圆盘甩出点的水平距离L为多少？ 数理招 计算专项 51 3.2022年2月2日，北京冬奥会冰壶比赛在“冰立方”拉开帷幕，其比 专题五：动能定理、机械能守恒定律的应用 赛场地如图3所示.比赛中，甲队运动员在投掷线P处将冰壶A以一定的 速度推出，冰壶在水平冰面上沿直线自由滑行，恰好停在营垒的中心O 处.乙队运动员在投掷线P处将冰壶B以相同的速度推出，其队友在冰壶 1.科技助力北京冬奥：我国自主研发的“人体高速弹射装置”几秒钟 滑行一段距离后开始在其滑行前方摩擦冰面，直到B与A碰撞，碰撞后，A 就能将一名滑冰运动员从静止状态加速到指定速度，辅助速度滑冰运动： 恰好被挤出营垒.已知A与B质量相等、材质相同，P与0距离为30m,营 员训练弯道滑行技术.如图1所示，某次训练，弹射装置在加速段将质量m垒的半径为1.8m,冰壶与冰面间的动摩擦因数4=0.02，摩擦冰面后，冰 =80kg的运动员加速到速度。=15m/s,此后，运动员自已稍加施力便壶与冰面的动摩擦因数变为原来的90%.设冰壶之间的碰撞时间极短且 可保持该速度不变，匀速通过变道段，再进入半径R=30m的水平弯道做无机械能损失，不计冰壶的大小，重力加速度g=10m/s2.求： 匀速圆周运动.已知加速段克服阻力做功为3000J,运动员可视为质点， (1)冰壶被推出时速度的大小； 不考虑空气阻力影响，重力加速度g取10m/s2.求： (2)乙队运动员用毛刷擦冰面的长度是多少？ (1)弹射装置对运动员做的功： (2)过水平弯道时，运动员受到冰面作用力F的大小 投线 图3 一变道设加速 術视图 运动员通过弯道 多， 2.弹珠游戏装置可以简化如图2.轻质弹簧一端固定，另一端紧靠着 4.如图4所示，将质量为m=1kg的小物块放在长为1=1.5m的小 一个弹珠（与弹簧不拴接）.轻推弹珠，弹簧被压缩；释放后，弹珠被弹簧弹 车左端，车的上表面粗糙，物块与车上表面间动摩擦因数4=0.5，直径d 出，然后从A点进入竖直圆轨道（水平轨道和竖直圆轨道平滑相接）.已知 =1.8m的光滑半圆形轨道固定在水平面上且直径MON竖直，车的上表 弹珠的质量m=20g(可视为质点)，圆轨道的半径R=0.1m,忽略弹珠面和轨道最低点高度相同，距地面高度h=0.65m,开始车和物块一起以 与轨道间的一切摩擦，不计空气阻力，取g=10m/s2,求： 10m/s的初速度在光滑水平面上向右运动，车碰到轨道后立即停止运动， (1)若弹珠以0=2.2m/s的速度从A点进入竖直圆轨道，它能否顺g取10m/s2,求： 利通过圆轨道的最高点B?请说明理由. (1)小物块刚进入半圆轨道时对轨道的压力； (2)在0点左侧有一个小盒子，盒子上开有小孔，孔口C点与圆轨道 (2)小物块落地点至车左端的水平距离 的圆心0等高，并与0点的水平距离为2R,要想让弹珠能从C点掉人盒子 中，弹簧被压缩后需要储存多大的弹性势能E。? "p 图4 9 图2 52 计算专项 数理极 3.如图3所示，内表面光滑绝缘的半径为1.2m的圆形轨道处于竖直 专题六：带电粒子在电场中的运动 平面内，有竖直向下的匀强电场，场强大小为3×106V/m,有一质量为 0.12kg、带负电的小球，电荷量大小为1.6×10-6C,小球在圆轨道内壁做 圆周运动，当运动到最低点A时，小球与轨道压力恰好为零，g取10m/2, 1.如图1所示，水平放置的平行板电容器，两板间距为d=8cm,板长求： 为l=25cm,接在直流电源上，有一带电液滴以。=0.5m/s的初速度从 (1)小球在A点处的速度大小： 板间的正中央水平射入，恰好做匀速直线运动，当它运动到P处时迅速将 (2)小球运动到最高点B时对轨道的压力. 下板向上提起子cm,液滴刚好从金属板末端飞出，求：(g取10m/s) (1)将下板向上提起后，液滴的加速度大小： (2)液滴从射入电场开始计时，匀速运动到P点所用的时间， 图 1 2.如图2,0、A、B为同一竖直平面内的三个点，0B沿竖直方向， 4.如图4所示，在E=103V/m的竖直匀强电场中，有一光滑半圆形 ∠B0A=60°，0B=201,将一质量为m的小球以一定的初动能自0点 绝缘轨道QPN与一水平绝缘轨道MN在N点平滑相接，半圆形轨道平面 与电场线平行，其半径R=40cm,N为半圆形轨道最低点，P为QN圆弧的 水平向右抛出，小球在运动过程中恰好通过A点.使此小球带电，电荷量 中点，一带负电g=104C的小滑块质量m=10g,与水平轨道间的动摩 为g(g>0),同时加一匀强电场，场强方向与△0AB所在平面平行，现从擦因数4=0.15，位于N点右侧1.5m的M处，取g=10m/:,求： 0点以同样的初动能沿某一方向抛出此带电小球，该小球通过了A点，到 (1)要使小滑块恰能运动到圆轨道的最高点Q,则小滑块应以多大的 达A点时的动能是初动能的3倍：若该小球从O点以同样的初动能沿另一 初速度向左运动？ 方向抛出，恰好通过B点，且到达B点的动能为初动能的6倍，重力加速度 (2)这样运动的小滑块通过P点时对轨道的压力是多大？ 大小为g.求 (1)无电场时，小球达到A点时的动能与初动能的比值： (2)电场强度的大小和方向. 图4 图2 数理极 计算专项 53 3.如图3所示，虚线所示的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场， 专题七：带电粒子在磁场中的运动 磁感应强度大小为B,磁场区域圆的半径为R.质量为m、电荷量为q(9> 0)的带电粒子从圆周上的M点射入磁场.不计重力，求： (4)如果一个带电粒子沿直径MON方向射入磁场，速度，=BR,该 1.如图1所示，平面直角坐标系的第一象限内存在垂直纸面向外的匀 m 强磁场，第四象限内存在沿y轴正方向的匀强电场.一质量为m、电荷量为 粒子在磁场中运动的时间为多少： +g的粒子（不计重力）以速度o从A(0,-L)点沿x轴正方向射入匀强 (2)如果大量相同的带电拉子以相同的速率，在纸面内从M点沿不 电场，之后经过x轴上B点进入匀强磁场，经过磁场偏转后再次经过x轴 同方向射入磁场，=2BR,求粒子在磁场中运动的时间的最大值： 上C点.已知OC间距为4L,带电粒子经过C点时速度与x轴所成夹角为 45°. (3)如果大量相同的带电粒子以相同的速率，在纸面内从M点沿不 (1)求磁感应强度B的大小. 同方向射入磁场，=gB,求这些粒子在磁场边界上出射点分布的长度？ 2m (2)在C点右侧某处垂直x轴放置一接收屏，若粒子能够垂直打到屏 上，求接收屏所放位置的x坐标的最小值 X 0 X 图3 2.如图2所示，平面直角坐标系xOy中，在第二象限内有一半径R= 4.如图4所示，四分之一圆环区域ABCD中有垂直纸面向里的匀强磁 5cm的圆，与y轴相切于点Q(0,55cm),圆内有匀强磁场，方向垂直于场，磁感应强度为B,内环壁BC的半径为r,外环壁AD的半径为2.入口 x0,平面向外在x=-10cm处有一个比荷为号=1.0×10C/kg的带正AB处有分布均匀的线状粒子源，能同时向磁场中发射质量均为m,电荷量 m 均为（的带负电粒子，所有粒子的速度大小相等，方向均垂直AB,已知从A 电的粒子，正对该圆圆心方向发射，粒子的发射速率6=4.0×10m/s,粒点射入磁场的粒子恰好从C点射出磁场.粒子碰到环壁即被吸收，CD为 子在Q点进入第一象限.在第一象限某处存在一个矩形匀强磁场区域，磁出口，不计粒子重力和粒子间的相互作用. 场方向垂直于x0y平面向外，磁感应强度B。=2T.粒子经该磁场偏转后， (1)求粒子速度v的大小； 在x轴M点(6cm,0)沿y轴负方向进入第四象限（不考虑粒子的重力）. (2)求出口CD有粒子射出的区域： 求： (3)推导粒子在出口CD的射出率n与粒子速度v的关系式. (1)第二象限圆内磁场的磁感应强度B的大小： (2)第一象限内矩形磁场区域的最小面积 4 图2 54 计算专项 数理报 3.如图3所示，竖直平面x0y内存在水平向右的匀强电场，场强大小、 专题八：带电粒子在组合场中的运动 E=10N/C,在y≥0的区域内还存在垂直于坐标平面向里的匀强磁场， 磁感应强度大小B=0.5T.一带电荷量g=+0.2C、质量m=0.4kg的 小球由长1=0.4m的细线悬挂于P点，小球可视为质点.现将小球拉至水 1.如图1甲所示，某直线加速器由金属圆板和4个金属圆筒依次排列平位置A无初速度释放，小球运动到悬点P正下方的坐标原点O时，悬线 组成，圆筒左右底面中心开有小孔，其中心轴线在同一水平线上，圆板及 突然断裂，此后小球又恰好能通过0点正下方的V点(g=10m/s2),求： 相邻金属圆筒分别接在周期性交变电源的两极.粒子自金属圆板中心无 (1)小球运动到0点时的速度大小： 初速度释放，在间隙中被电场加速（穿过间隙的时间忽略不计），在圆筒内 (2)悬线断裂前瞬间拉力的大小： 做匀速直线运动.粒子在每个金属圆筒内运动时间恰好等于交变电压周 (3)0、N间的距离 期的一半，这样粒子就能在间隙处一直被加速电荷量为q、质量为m的质 子H通过此加速器加速，交变电压如图乙所示(U。、T。未知)，粒子飞出4 号圆筒即关闭交变电源.加速后的质子从P点沿半径P0射入圆形匀强磁 场区域，经过磁场偏转后从Q点射出.∠P0Q=120°已知匀强磁场区域半 径为R,磁感应强度大小为B,方向垂直纸面向里，不计一切阻力，忽略磁 图 场的边缘效应，求： (1)质子在圆形磁场中运动的时间： (2)直线加速器所加交变电场的电压U。: (3)若交变电压周期不变，粒子换成氚核H,为使氚核在每个金属圆 筒内运动时间仍等于交变电压周期的一半，需将交变电压调为U。的多少 倍？ 直线速墨 4.如图4所示，一平行板电容器长为d,极板间距也为d,极板间存在 竖直向上的匀强电场E,在平行板电容器的右侧（虚线右侧），极板的中 间平分线00'上方存在垂直纸面向外的匀强磁场B,O0'下方存在竖直向 上的匀强电场E2.一带电微粒初速度为，质量为m,带电量荷量为q(g> 0),从0点沿着O0'的方向射入电场，恰好从上极板的右边缘射入匀强磁 2.如图2所示，某粒子分析器由区域I、区域Ⅱ和检测器Q组成两场，并从A点垂直00向下进入电场.（不计微粒重力，E2=E1,E,、E2、B 个区域以垂直：轴的平面P为界，其中区域I内有沿着：轴正方向的匀强 均未知)求： 磁场和匀强电场，区域Ⅱ内只有沿着：轴正方向的匀强磁场，电场强度大 (1)平行板电容器内电场的电场强度E,的大小： 小为E,两个区域内的磁感应强度大小均为B.当粒子撞击检测器Q时，检 (2)匀强磁场的磁感应强度B的大小： 测器被撞击的位置会发光.检测器中心在：轴上，在检测器所在平面上建 立与xOy坐标系平行的坐标系x'0'y'.一质量为m、带电荷量为g的带正电 (3)若在离A点右侧的距离为1,24的0处，有一块垂直于00的挡 粒子从A点沿x轴正方向以初速度。射入，若区域I内只存在匀强磁场，板PQ,从微粒第一次到达A点开始计时，到击中挡板PQ,需要多长时间？ 粒子轨达圆的圆心恰好是0点，平面P到0点的距离L=2mmE,运动过 gB2 程中粒子所受重力可以忽略不计 (1)求A点的位置，用坐标(x,y)表示： (2)若区域I只有匀强电场E,当检测器Q置于平面P所在位置时， 求检测器上发光点的位置，用坐标(，)表示： (3)当检测器距0点的距离为d时，求检测器上发光点的位置，用坐 标（一，一）表示 数理极 计算专项 55 3.如图3，两条相距1的光滑平行金属导轨位于同一水平面（纸面） 专题九：电磁感应中动力学问题 内，其左端接一阻值为R的电阻；一与导轨垂直的金属棒置于两导轨上； 在电阻、导轨和金属棒中间有一面积为$的区域，区域中存在垂直于纸面 向里的均匀磁场，磁感应强度大小B,随时间t的变化关系为B,=仙，式中 1.如图1所示，空间存在竖直向下的匀强磁场，在匀强磁场区域内，一 k为常量；在金属棒右侧还有一匀强磁场区域，区域左边界MN(虚线)与 对固定光滑平行金属导轨，处于同一水平面内，导轨足够长，导轨间距为L 导轨垂直，磁场的磁感应强度大小为B。,方向也垂直于纸面向里.某时刻， =1m,电阻可忽略不计.长度均为L、质量均为m=3kg、电阻均为R= 金属棒在一外加水平恒力的作用下从静止开始向右运动，在。时刻恰好 2Q的金属棒MN和PQ垂直放置于导轨上，且与导轨接触良好.先将金属以速度，越过MN,此后向右做匀速运动.金属棒与导轨始终相互垂直并 棒PQ锁定，金属棒MN在垂直于棒的拉力F作用下，由静止开始以加速度接触良好，它们的电阻均忽略不计.求： a=2m/s2向右做匀加速直线运动，5s后保持拉力F的功率不变，当金属 (1)在(=0到！=。时间间隔内，流过电阻的电荷量的绝对值： 棒MN达到最大速度。=4√0m/s时，解除金属棒PQ的锁定，同时撤 (2)在时刻(1>)穿过回路的总磁通量和金属棒所受外加水平恒 去拉力F.求： 力的大小 金属棒 (1)撤去拉力F后，两金属棒产生的总焦耳热： (2)匀强磁场磁感应强度B的大小； (3)若金属棒PQ始终锁定，当金属棒MN达到量大速度v时，撤去拉 X XX 力F,求金属棒MN继续运动的距离.（结果可用根式表示） 图3 2.如图2所示，竖直平面内有一宽L=1m、足够长的光滑矩形金属导 4.如图4所示，空间存在B=0.5T,方向竖直向下的匀强磁场，MN 轨，电阻不计.在导轨的上、下边分别接有电阻R1=3Ω和R2=6D.在PQ是水平放置的平行长直导轨，其间距L=0.2m,电阻R=0.3Ω接在 MN上方及CD下方有垂直纸面向里的匀强磁场I和Ⅱ，磁感应强度大小： 导轨一端，ab是跨接在导轨上质量m=0.1kg,电阻r=0.1D的导体棒， 均为B=1T.现有质量m=0.2kg、电阻r=1D的导体棒b,在金属导已知导体棒和导轨间的动摩擦因数为0.2.从零时刻开始，对ab棒施加一 轨上从MW上方某处由静止下落，下落过程中导体棒始终保持水平，与金！个大小为F=0.45N,方向水平向左的恒定拉力，使其从静止开始沿导轨 属导轨接触良好.当导体棒αb下落到快要接近M时的速度大小为)=滑动，该过程中棒始终保持与导轨垂直且接触良好，求： 3m/s.不计空气阻力，g取10m/s2 (1)导体棒所能达到的最大速度. (1)求导体棒ab快要接近MN时的加速度大小： (2)试定性画出导体棒运动的v-1图像， (2)若导体棒ab进人磁场Ⅱ后，棒中的电流大小始终保持不变，求 磁场I和Ⅱ之间的距离h: (3)若将磁场Ⅱ的CD边界略微下移，使导体棒ab刚进入磁场Ⅱ时 速度大小变为2=9m/s,要使棒在外力F作用下做a=3m/s2的匀加速 图4 直线运动，求所加外力F随时间变化的关系式 56 计算专项 数理极 3.如图3所示，水平虚线L,、L,之间是匀强磁场，磁场方向水平向里、 专题十：电磁感应中能量问题 磁场高度为k.竖直平面内有一等腰梯形线框，底边水平，其上下边长之比 为5：1，高为2h.现使线框AB边在磁场边界L,的上方h高处由静止自由 下落，当AB边刚进入磁场时加速度恰好为0，在DC边刚进入磁场前的 1.如图1所示，足够长的光滑平行金属导轨MN,PQ倾斜放置，导轨平 段时间内，线框做匀速运动.求： 面与水平面的夹角0=30°，两导轨间距L=1.0m,底端NQ两点连接R= (1)在DC边进入磁场前，线框做匀速运动时的速度与AB边刚进入 1.0Ω的电阻，匀强磁场方向垂直于导轨所在平面斜向上，磁感应强度大 磁场时的速度比是多少？ 小为B=0.6T.质量m=0.2kg,阻值r=0.502的导体棒垂直于导轨 (2)DC边刚进入磁场时，线框加速度的大小为多少（用重力加速度g 放置，在平行于导轨平面向上的拉力F作用下沿导轨向上做匀速直线运：表示)？ 动，速度v=10m/s.撤去拉力F后，导体棒沿导轨继续运动1=2.0m后 (3)从线框开始下落到DC边刚进入磁场的过程中，线框的机械能损 速度减为零.运动过程中导体棒与导轨始终垂直并接触良好，g=失和重力做功之比？ 10m/s2,导轨电阻不计.求： (1)拉力F的大小： (2)撤去拉力F后导体棒上升的过程中电阻R中产生的焦耳热Q和 通过的电量4 里 图3 图1 2.如图2，在竖直平面内有两条间距为L的足够长的平行长直金属导 4.如图4所示，竖直固定的足够长的光滑金属导轨MN、PQ,间距为1 轨，上端接有一个阻值为R的电阻和一个耐压值足够大的电容器，电容器 =0.2m,其电阻不计.完全相同的两金属棒ab,cd垂直导轨放置，每棒两 的电容为C,且不带电.质量为m的导体棒ab垂直跨在导轨上，接触良好.端都与导轨始终良好接触，已知两棒质量均为m=0.01kg,电阻均为R= 导轨所在空间有垂直导轨平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B.S0.2,棒cd放置在水平绝缘平台上，整个装置处在垂直于导轨平面向里 为单刀双掷开关，现将开关S接1，由静止释放导体棒ah.已知重力加速度 的匀强磁场中，磁感应强度B=1.0T.棒ab在竖直向上的恒力F作用下 为g,不计导轨和导体棒的电阻，不计一切摩擦。 由静止开始向上运动，当ab棒运动x=0.1m时达到最大速度，此时cd棒 (1)当金属棒向下运动的速度为v,时，电容器所带的电量q: 对绝缘平台的压力恰好为零.取g=10m/s2,求： (2)求导体棒ab下落h高度时的速度大小，； (I)ab棒的最大速度vn: (3)当速度为，时迅速将开关S接2，请分析说明此后导体棒ab的运 (2)ab棒由静止到最大速度过程中回路产生的焦耳热Q. 动情况：并计算导体棒αb在开关接2后又下落足够大的高度H的过程中 电阻R上所产生的电热Q. X XX 图4 图2数理极 红表笔 黑表笔 电动机 Ro 图2 解析：(1)主尺读出0毫米，套筒读出15.4× 0.01mm=0.154mm,所以d=0.154mm. (2)院客，达满编4，=后：所以风=兰 5kΩ，若较准确测量出被测电阻的阻值，应让指针从 ,到号范国内，号，R千R得瓜=0kn, E 。,得R2=2.5kΩ，能较准确测量的电阻 范围2.5k2≤R≤10k,B最接近，因此选B.RM= 22×1Ω=22. (3)①过电动机的最大电流I。=,+R。+R E 1+60+22A≈50mA,电流表选4，由于采用了分压式 4 接法，滑动变阻器应选小的，因此选R,.②红表笔与电动 机右接线柱相连，电源负极与滑动变阻器左下方接线柱 相连.③U是R。与R,的总电压，因此斜率表示导线圈的 电阻与R。阻值之和，应选B. 4.(1)a.换用×10倍率的挡位c.120 (2)电路图见图3 (3)R=1 系统误差 解析：(1)由题知选×100倍率的电阻挡，正确操作 时，发现指针偏转角太大，为了使指针指到中央附近，则 要把×100倍率挡换成×10倍率挡. (2)根据给定的器材先选出 唯一性器材，因电源电压为 1.5V,电压表读数在量程的兮 以上较为准确，故不能选10V量 图3 程的电压表；电流表量程小，故应使用滑动变阻器分压 式接法，且串联电阻R1以保护测量电路，因电流表A1、 A2的内阻均已知，可采用如图3所示并联电路测出待测 电阻值， (3)根据并联电路两端电压相等，1(R+r1)=122, 解得：R=平-1，该误差属于系统误差 实验题专题训练9参考答案 1.(1)28 0(2)0 (3)R 言或40 解析：(1)近=子，则R,分压为号，R,与V,串 联，电流相等，分压与电阻成正比，故电压表内阻R、为 R2的2倍，即28002. U+ (2)由闭合电路的欧姆定律得E=U+( 是)风理可得风成一风+式 RyE R U2 RyE 解得E=R6= 《③)由闭合电路的欧姆定律得E=U+2代R,整理 参考答案， 可得一恐+石，即以六为纵铂，风为横轴描点作 图图象的纵轴截距公=名，解得E=;斜率发 2 2 RE解得E=产R=140 2.(1)乙(2)3.700.10 解析：(1)先观察图丙，发现R=0时，十有一定数 值，随着R增大，亡 增大，即电压表示数减小，显然甲图 电压表示数会随着R的增大而增大，乙图中电压表示数 会随着R的增大而减小，故可以判断图丙中图线是利用 图乙的实验数据描绘的. (2)当电压表示数为U时，根据闭合电路欧姆定律： U E R =R+R。+T 理以得到+ E 则5=0.27，故E=3.70V 0=-05,2士+士则，=2-儿=010 3.（1)如图1所示 电池 图1 (2)=+B+r+R+R加.1 E E R (3)如图2所示 x10A) 4.0 3.0 2.0 1.0 2.0 3.0 4.0 50 6.0 图2 (4)9.2(8.7~9.5均对) 46(43~48均对) 解析：(1)以笔代线连接实物图时，注意按电流从电 源正极出发依次连接，连接电流表时，电流由正接线柱 流入，负接线柱流出，先串联再并联 (2)电流表与定值电阻串联等效为电压表使用，根 据欧姆定律U=I(RA+R),由闭合电路欧姆定律E=U +(货+D加=风+儿+r+大尾)，所以片= RA+Ro +r (RA Ro)r 1 E E R (3)用直线拟合各数据点时，注意使直线尽量多地 通过数据点，其他点均匀分布在直线两侧，离直线较远 的点大胆舍弃 (4)由(2)中所得解析式可知，图象斜率k= (R,+Rr,截距b= RA Ro +r E E 一，根据图象代入斜率和 截距可计算出电源电动势和内阻. 4.(1)③R2半偏（或1V) ④R (2)大于 (3)①2左 4)E== 41 解析：(1)开关掷向1，电阻箱调零，调节滑片位置使 电压表满偏2V:然后保持滑片位置不变，调节电阻箱阻 值，使电压表半偏即读数为1V,根据串联分压规律确定 电压表内阻Rv=R (2)调节电阻箱阻值由零开始增大到R,时，电路总 电阻增大，路端电压增大，即电压表所在支路两端电压 大于2V;而电压表两端电压为1V,则电阻箱两端电压 大于1V,由串联分压原理可知，电压表内阻测量值（电 阻箱示数)大于电压表实际内阻，故测量值偏大 (3)用电阻箱和电压表测电源电动势和内电阻实验 中，电压表测量电源的路端电压，故开关应掷于2位置， 滑动变阻器滑片移到最左端。 (4)由闭合电路欧姆定律可知，路瑞电压U= E R+r .1 R 意知￡=k,古=6，解得：E=方r=芯 计算题专题训练1参考答案 1.解析：(1)根据题意知，低头看3s手机相当于盲 开60m,由此可以知道，汽车运动的速度大小为。=于 60 3 m/s =20 m/s 设汽车刹车的最大加速度大小为a,把刹车过程看 成反方向的初速度为零的匀加速直线运动，由2=2ax 2 得a= (2)在高速公路上汽车的速度为 '=108km/h=30m/s 司机看手机时，汽车发生的位移为 x1='t=30×3m=90m 反应时间内发生的位移为 x2=v'△t=30×0.6m=18m 刹车后汽车发生的位移为 302 =2×10 m=45m 所以汽车前进的距离为 =x1+x2+x3=153m>150m 所以会发生交通事故， 2.解析：(1)由图可知2随x的变化关系为一次函 数，故甲、乙两车均做匀变速直线运动， 根据v2-场=2ax 分别代入数据可得甲的初速度o=4m/s 加速度a1=1m/s2 乙的初速度为0，加速度a2=2m/s2 (2)设当经过t。时间两车速度大小相等，此时两车 相距最远，即o+a1to=a2to 解得t。=4s 甲、乙两车在相遇前的最大距离为 △s。=d+6h+7a6-7a6 解得△s。=12m (3)设经过时间t1两车相遇，则有 d+4+af=74, 解得t1=4+26(舍去负根4-26) 设经过时间：两车相距为△，则有d+ot+?4,2 42 解得，t2=2s,t3=6s 甲、乙两车在相遇前能通信的时间为0~2s和6~ (4+26)s,共26s. 3.解析：(1)设公交车刹车的时间为t1,则有$1= 1+0 2 即05 得t1=4s (2)电动车到乙站所用的时间为 X-S2 900-230 t=- s=67s 2 10 由题意可知，公交车从甲站到乙站的时间也为67s, 则汽车匀加速的时间t2与匀速的时间t3之和为t2+t3= t-t1=63s 对公交车匀加速与匀速阶段有' 2+3=x-$1 联立解得t2=10s,t3=53s 则公交车加速的加速度大小 a= A=15 △t=10 m/s2=1.5m/s2 (3)设公交车匀速t4时间与电动车第一次相遇，则 +4=52+(6+4】 有 解得t4=51s 则公交车运动的距离为 5= 空+4，=(5+15×51)m=80m 2 此时公交车离乙站的距离为△x=x-8=60m. 4.解析：(1)汽车以30k/h的速度行驶在柏油路 面上的制动，根据运动学公式和牛顿第二定律有 a- 2x umg ma 解得4=0.69 (2)汽车在同一路面上以不同速度行驶，其制动加 速度大小相同，根据x= 2a 汽车以30k/h的速度行驶在柏油路面上的制动距 离为5m,则汽车以90k/h的速度行驶在柏油路面上的 制动距离为45m,故驾驶员的反应时间内通过距离为 15m,则驾驶员的反应时间 t=x= 25s=0.6s (3)汽车在冰雪路面上以不同速度行驶，其制动加 速度大小相同，汽车以30k/h的速度在冰雪路面上的 制动距离为15m,则a=号 汽车以90k/h的速度行驶在冰雪路面上的制动x =108m后的速度v=√%-2ax1=√125 m/s 11.2m/s. 计算题专题训练2参考答案 1.解析：物体有相对于传送带水平 向左的速度“1和沿导槽的速度2，故物体 相对于传送带的速度如图1所示 则有an0=改=8=4 6 3 即0=53 图1 滑动摩擦力方向与相对运动方向相反，所以有 F=Fcos0=umgcos0=0.4×10×10×0.6N= 24N. 2.解析：(1)木块在木楔斜面上匀速向下运动时，有 mgsin 0 umgcos 0 …参考答案 得u=tan0 木块在力F作用下沿斜面向上匀速运动，有 Fcos a mgsin 0+F Fsin a+F、=mgcos0 Fr=uFx 解得F= mgsin 20 cos(0-a) 则当a=0时，F有最小值，为Fim=mgsin20 (2)因为木块及木楔均处于平衡状态，整体受到地 面的摩擦力等于F的水平分力，即 F=Fcos(a+0) 当a=0时，F取最小值mgsin20,木楔对水平面的 摩擦力为 FFo20-mgsin 20c20mgin0. 3.解析：a刚要下滑时b的质量最小，a受到沿斜面 向上的静摩擦力作用 magsin a umagcos a +Fr 研究6的受力情况2P,c0s号=m48, 2 联立解得m%,=1.6kg a刚好上滑时，a受到沿斜面向下的静摩擦力作用 magsin a um gcos a =Fr 研究6的受力情况2P?cos号=m8, 联立解得m2=8kg 综上可知，保证系统静止时，b的质量范围为1.6kg ≤m,≤8kg 4.解析：(1)对0点受力分析建立坐标系可得： F,cos60°=mg F.sin60°=Fa ② 联立可得：F.=2mg F =3mg 图2 (2)受力分析竖直拉力大小方向不变，a0方向不 变，当c0方向与a0方向垂直时，c0上的拉力最小.可得 此时与竖直墙面的夹角为30° 受力分析建立坐标系可得： Fcos30°=Fcos60° ⑥ Fcos60°+Fcos30°=mg ⑦ 联立可得月=g ⑧ ⑨ 计算题专题训练3参考答案 1.解析：(1)根据牛顿第二定律可得 mngsin24°-umgcos24°=ma1 代入数据解得a1=2m/s (2)根据运动学公式2a141= 解得v=4m/s (3)根据牛顿第二定律mg=ma2 根据运动学公式-2a,h2=2- 代入数据联立解得l2=2.7m. 2.解析：(1)设飞机在水平跑道上的加速度为a1,阻 力为f,末速度为v1,由牛顿第二定律得F-f=ma1 f=0.2mg 数理极 =2a1L 联立以上三式并代人数据解得a1=5m/s2 u1=40m/s (2)设飞机在倾斜跑道上的加速度为α2，跑道末端 速度为2，水平跑道上=4=8s a 倾斜跑道上：由牛顿第二定律 h=ma 有F-f-mg 代入数据解得a2=4m/s2 由-斤=2a2L2 代入数据解得2=42m/s 所以52=5-4=0.5s az 则t=t1+t1=8.5s. 3.解析：(1)对物体A根据牛顿第二定律可得：41mg ma 故A的加速度大小为a1=1m/s2方向向右； 对木板B根据牛顿第二定律可得 F-pmg -ua (m +M)g Maz 解得木板B加速度大小为a2=2m/s2 (2)撤去外力瞬间，4的位移为：=之a,心 B的位移为=之 撤去外力时，物块A和木板B的速度分别为 v at Vz azt 撤去外力后，物块A的受力没变，故物块A仍然做加 速运动，加速度不变，木板B做减速运动，其加速度大小 变为a5=4mg+(m+M)g M 设经过时间两者达到共速，则有 1+at'=2-a2t 撤去外力后，A的位移为=t+弓 B的位移为x=,- 22 故木板B的长度至少为L=x2-:1+x好一x 代入数据解得L=5.25m. 4.解析：(1)由图乙可知，物块的初速度%=8/s 物块的速度减速到与皮带的速度相等时，加速度发 生变化，所以皮带转动时的速度v=4m/s 在t=0到t=0.4s时间内，物块加速度大小为 a1=1A1=84m/g=10m/ △t 0.4 方向沿斜面向下；物块受到重力、支特力和沿斜面 向下的摩擦力，沿斜面方向由牛顿第二定律有 mgsin 0+umgcos 0 ma 解得u=0.5 (2)在t=0.4s后，物块减速运动的加速度大小为 a2,物块受到重力、支持力和沿斜面向上的摩擦力，由牛 顿第二定律可得mgsin0-umgcos6=ma 解得a1=2m/s2 物块从t=0.4s开始，经过t1时间速度减为零，则t1 从t=0到t=0.4s,物块位移为 =-=24m 从t=0.4s到t=2.4s,物块减速到零的位移 .4 ==×2m=4m 数理极 物块沿皮带向上运动过程中的位移为 x=x1+x2=6.4m (3)从t=0到t=0.4s, 传送带位移为x3=t=1.6m 物块相对传送带向上△x1=x1-x3=0.8m 从t=0.4s到t=2.4s,传送带位移x4=t1=8m 物块相对传送带向下△x2=x4一x2=4m 故从t=0到t=2.4s,物块相对传送带的路程△x =△x1+△x2=4.8m. 计算题专题训练4参考答案 1.解析：如图所示，小球A从抛出点到第一次落地点 的水平位移记为x1,所用时间记为t1, 77777 777777 则由平抛运动规律可得h=2g x1 vat 解得t=1s x1=10m 小球A落地的竖直分速度大小为 v,gt 10 m/s 因为x1<s,故小球A第一次落地前不会与小球B相 遇，由平抛运动的对称性及2：>s可知，小球A与地面 碰撞一次反弹到最高点前可以与小球B相遇， 若小球A第一次落地后再经时间2与小球B相遇， 由相遇的特点“同时、同位”可得 竖直方向 4-方残=+6)-方6+6)月 Uy =V 水平方向8-x1=42 解得vg=10m/s. 2.解析：(1)将小球的运动沿水平方向和竖直方向 分解，水平方向F=ma vo =2d,%mas 解得xmx= mvo 2F (2)水平方向速度减小为零所需时间t,= o a 由对称性知总时间t=2t1 在竖直方向上y=2 2m'gva 2 3.解析：(1)质点在水平面内做曲线运动，在x轴方 向上不受外力作用做匀速直线运动，y轴方向受恒力F 作用做匀加速直线运动，在竖直方向上光滑平面的支特 力与重力平衡，由牛顿第二定律得 a=E=15m/g=15m/s m 设质点从O点到P点经历的时间为t,P点坐标为 (0）,则有=，n=之a 又tana= Xp 联立解得t=1s,xp=10m,yp=7.5m 即P点坐标为(10m,7.5m) (2)质点经过P点时沿y方向的速度 v,at 15 m/s 故P点的速度大小vp=√份+=5√3m/s. 参考答案 4.解析：(1)由题意可得，当小物体在圆盘上随圆盘 一起转动时，圆盘对小物体的静摩擦力提供向心力，所 以随着圆盘转速的增大，小物体受到的静摩擦力增大， 当静摩擦力最大时，小物体即将滑落，此时圆盘的角速 度达到最大：fm=u1W=mrw N=mg 两式联立可得：w=√ 1 2 rad/s (2)由题意可得，当物体滑到餐桌边缘时速度恰好 减为零，对应的餐桌半径取最小值.设物体在餐桌上滑 动的位移为s,物块在餐桌上做匀减速运动的加速度大 小为a,则0=日 f=uamg 所以：a=u2g=2.25m/s 物体在餐桌上滑动的初速度为：o=or=3m/s 由运动学公式？-哈=-2ax可得：x=2m 由图形可得餐桌半径的最小值为： R=√+x=2.5m (3)当物体滑离餐桌时，开始做平抛运动，平抛的初 速度为物体在餐桌上滑动的末速度， 由题意可得：v2-哈=-2ax 由于餐桌半径为R'=2r,所以x'=r=1.5m 所以可得：v;=1.5m/s,物体做平抛运动的时间为 6,则：h=7t 解得：t= 2五 =0.4s 所以物体做平抛运动的水平位移为 x”=vt=0.6m 所以由题意可得：L=x'+x”=2.1m 计算题专题训练5参考答案 1.解析：(1)在加速段，根据动能定理可知 2 解得弹射装置对运动员做功W=12000J: (2)竖直方向 F、=mg 水平方向 F.=mR 所以运动员受到冰面作用力F的大小N F=√F+F2=1000N. 2.解析：(1)弹珠从A点进入竖直圆轨道后，假设它 能冲上最高点B 从A到B由机械能守恒可知2mm=2mgR+ 解得=2 m/s 若要顺利通过圆轨道的最高点C,则在C点根据牛 顿第二定律可知mg=mR in 解得n=√g=1ms> m/s 5 所以弹珠不能顺利通过圆轨道的最高点B; (2)若弹珠能够掉入盒子中，根据平抛运动规律可 知 R= 282 43 2R=vc·t 解得vc=√2m/s 根据系统能量守恒可知 E,=呢+2g 解得E。=0.06J. 3.解析：(1)冰壶A以一定的速度推出，恰好停在营 垒的中心O处，由动能定理可得 解得o=25m/s (2)设冰壶B与冰壶A碰撞前的速度为v,碰撞后的 速度为'，冰壶A碰撞后的速度为'4，根据动量守恒定 律有m,=mvB+mv 根据机械能守恒定律有 解得vg=0,v4=1 即冰壶B与冰壶A碰撞后二者交换速度，因此可以 将整个过程看成冰壶B一直沿直线PO运动到营垒区边 缘，运动的总位移为s'=30m+1.8m=31.8m 设乙队运动员用毛刷擦冰面的长度为L,根据动能 定理有-mg(g'-L)-u'mgl=0-)md 其中u'=0.9μ，代入数据解得L=18m. 4.解析：(1)车停止运动后取小物块为研究对象，设 其到达车右端时的速度为，，由动能定理得 -pmglm 解得v1=√85m/s. 刚进入圆轨道时，设物块受到的支持力为F、,由牛 顿第二定律得Fx-mg=mR 解得F、=104.4N. 由牛顿第三定律FN=FX,得FN=104.4N,方向竖 直向下 (2)若小物块能到达圆轨道最高点，则由机械能守 恒得 2 m=2mgkm 解得v2=7m/s. 设恰能过最高点的速度为“，， 好 则mg=m R 解得=√gR=3m/s. 因2>，故小物块从圆轨道最高点做平抛运动， h+2R=,= 联立解得x=4.9m,故小物块距车左端 x'=x-l=3.4m. 计算题专题训练6参考答案 1.解析：(1)带电液滴在板间受重力和竖直向上的 电场力，因为液滴做匀速直线运动，所以有qE=mg U 即g mg 解得qU=mgd 当下板向上提起后，d减小，E增大，电场力增大，故 液滴向上偏转，在电场中做类平抛运动.此时液滴所受 电场力F=q U=mgd _d' a-m照=g4-）=g、8 1 m 8 44 =2m/s2 (2)因为液滴刚好从金属板末端飞出，所以液滴在 竖直方向上的位移是号，设液滴从P点开始在匀强电场 中飞行的时间为，则号=之 解得=√=02s 而液滴从刚进入电场到出电场的时间 =0.5s 所以液滴从射入电场开始计时，匀速运动到P点所 用的时间为t=t2-t1=0.3s. 2.解析：(1)小球做平抛运动，设初速度，初动能 E,从0到A的运动时间为，令0A=d,则0B=多d 根据平抛运动的规律得，水平方向有 dsin60°=vot 竖直方向有y=dcos60°=之=之t 同时有。=之mG 联立解得。一子d 设小球到达A点时的动能为E4,有 Eu=Eu+方mgd=子mgd 将E0 (2)加电场后，从O点到A 点竖直下降了2d,从0点到B 点下降了号d,如图，设电场力F 与竖直方向夹角为α，则由动能 定理得36w-B0=mg·之+ Fdcos(60°-a) 6Bo-u=mg·多d+ F× 其中6o=各ngd 联立解得F=Bm,a=30° 6 所以电场强度为E=上=Bmg q 6q 正电荷受力方向与电场方向相同，即E与竖直方向 夹角为30°斜向右下方： 3.解析：(1)重力： G=mg=0.12kg×10N/kg=1.2N 电场力： F=gE=1.6×10-6C×3×106V/m=4.8N 在A点，有：qE-mg=mR 代入数据解得：v1=6m/s (2)设球在B点的速度大小为2，从A到B,由动能 定理有： (gE-mg)x(2R)=7mG-之m 在B点，设轨道对小球弹力为F、,则有： R+E-g5=m是 由牛顿第三定律有：F%=FN 代入数据解得：F=21.6N. 4.解析：(1)设滑块到达Q点时速度为v,则由牛顿 参考答案 第二定律得：mg+g站=m天， 滑块从开始运动至到达Q点过程中，由动能定理得： -mg·2R-gk·2R-u(mg+gE)x=之m2 1 联立方程组，解得：o=7m/s; (2)设滑块到达P点时速度为'，则从开始运动至 到达P点过程中，由动能定理得： -(mg+qE)R-(qE+mg)x =m "2 m 又在P点时，由牛顿第二定律得：F、=mR 代入数据解得：F、=0.6N,方向水平向右. 计算题专题训练7参考答案 1.解析：(1)带电粒子经过C点时速度与x轴所成夹 角为45°，可知带电粒子由电场进入磁场时速度s的方 向与x轴成45°，根据类平抛运动规律，可得水平位移x =2L 粒子进入磁场时的速度 45=w Vo U= 由几何关系可得匀速圆周运动的半径r=√2L 2 根据洛伦兹力提供圆周运动的向心力qB=m 解得B= mvo gL (2)若粒子垂直打到C点右侧的接收屏上，可能从 磁场中运动到最高点打到屏上，也可能运动到电场的最 低点打到屏上，根据运动的对称性，可得x=3L(n+ 2)(n=0,1,2,…)） 当n=0时，x最小，即有x=6L 2.解析：(1)画出粒子 个cm 的运动轨迹，如图1所示.作 01P1垂直于P0,由几何关 系知∠010P=60 xem 设粒子在第二象限圆 内磁场做匀速圆周运动的 半径为1，由几何关系有 图1 an60-尺 由洛伦兹力提供向心力得 quo B m T 解得B=43 15 (2)粒子在第一象限内转过 圆周，设轨迹半径为 2,由洛伦兹力提供向心力得 2 goB。=m 如图所示的矩形面积即最小磁场区域面积，由几何 关系得 联立解得矩形磁场区域的最小面积为 Smn=4(2-1)cm2. 3.解析：(1)由u1=m,、U gB 可得r1=R 粒子在磁场中运动的轨迹如图2所示 数理极 圆弧对应的圆心角1=90° 由120可得=子器 gB (2)由2=29BS可得2=2R m 图2 图3 粒子在磁场从N点射出时的时间最大，如图3所示 由几何关系可知，其轨迹弧对应的圆心角2=60° 粒子在磁场中运动的时间的最大值 πm 6 3qB (3)由=B驱 2m 可得=号 粒子在磁场边界上出射点 距M点最远时，轨迹弧为一半 圆，如图4所示由几何关系可知： 图4 出射点分布的长度为磁场边界的石，即5= 3 4.解析：(1)根据条件作出粒子的轨迹如图5所示 根据洛伦兹力提供向心力可得9如B=m无 根据几何关系有=(2r-R)2+2 联立解得= 4m C D 图5 图6 (2)将A点粒子的轨迹沿AB方向平移，可知当粒子 垂直CD射出时，射出点离C点最远，如图6所示 由几何关系有。=R-,=女 故粒子射出的区域为C到CD之间距C点子的范围 内 (3)根据向心力公式有gB=mR 当粒子的轨迹半径为R=r可得，= m 如图7所示 同理当粒子的轨迹半径满足 R2=(2r)2+(R-r)2 可得2= 5qBr 2m B 图7 图8 当U<Br或>5r时，n=0: m 2m 数理极 当598r≤u≤29Br时，n=1: Am m 当≤< 5gBr时，如图8所示 FB之间的粒子能从CD射出，根据几何关系有 R2=100412+2 I001+R=I FBI+r 解得1FB1=√R-T+R-T, m √42B7 -1+-1 gBr 当29B<≤r时，如图9所示 m 2m GB之间的粒子能从CD 射出，根据几何关系有 =10012+(2r)2 又IOOI+r+|GBI -R 解得IGBI=R-r VR2-4r 图9 22 mv m v gBr 9B-41 综上所述可得 =0 (当<B或> 5qBr 2m m 7= √-1+器-1（当≤ m 4m 7=1 I GBI mv -4 gBr Br (当29Br m 计算题专题训练8参考答案 1.解析：(1)质子在圆形磁场中运动时，做匀速圆周 运动，则有B=m号，7-2g,4-180c0207 360 解得t= πm 3qB (2)粒子在磁场中运动时 gpB=m,am30°=R 2 质子在直线加速器中运动时，共经过4次缝隙，由动 能定理得4，=方r2-0 解得。= 3gBR 8m (3)为使氚核在每个金属筒内运动时间仍等于交变 电压周期的一半，则速度大小不变 =×3nmr2-0 得U=9BR2 8m 即需将交变电压调为U。的3倍. 2.解析：(1)由洛伦兹力提供向心力有 R qvo B m 解得R= mvo gB 则A点坐标为(0，gB mvo (2)粒子做类平抛运动，有 2mmE=号.解得=2 9B2 2 m qB 则x’=ot1= 2πm'o qB …参考答案 则发光点的位置为( 2mmvo mvo gB'qB (3)①当d≤L时，粒子的运动可以分解为沿z轴方 向初速度为零的匀加速直线运动和xOy平面内速度为。 的匀速圆周运动d=，.华 m 解得t2=√ 2md gE 根据qoB=mw2R 解得。=B m 则x'=Rsin h= mvo. gB mE y'=Rcos wt = mvo 2dgB2 gB mE 发光点的位置坐标为 mvo 2dgB2 sin ℃0s gB mE’gB B): mE ②当d>L时，在区域Ⅱ内粒子的运动可以分解为 沿z轴方向的匀速直线运动和xOy平面内速度为。的匀 速周运动，周时区线1时，粒子的坐标为0，治。 沿z轴的速度为 2πE B 粒子在区域Ⅱ运动的时间5=4-L dB 2TE gB 根据几何关系可知，打在检测器上的坐标为 x'=Rsin wts = mvo:doB2 sin gB 2πmE y'=Rcos ols = mvo dgB2 COS gB 2πmE 发光点的位置为 (- doB2 mvo qB sin 2πmE' gB 3.解析：(1)小球从A运动到0的过程中，根据动能 定理得 mgl -qElm 解得小球在O点时的速度o=2m/s. (2)小球运动到O点悬线断裂前瞬间，对小球应用 牛顿第二定律得T-g一P%=m号 洛伦兹力F洛=Bo9 解得T=8.2N. (3)悬线断裂后，将小球的运动分解为水平方向和 竖直方向的分运动，小球在水平方向上先做匀减速直到 速度为0，后做反向匀加速运动，在竖直方向上做自由落 体运动，小球水平方向加速度 F电=E4=5m/s m 小球从O点运动至N点所用时间 t 20=2× ax 5 2s=0.8s O、W间距离 h=g2=×10×0.8m=3.2m 4.解析：(1)微粒在偏转电场E,中做类平抛运动， 在水平方向，有d=ot1, 在竖直方向，有宁=d=分片。 解得E,= mvo qd (2)微粒在偏转电场E,中做类平抛运动，在水平方 向，有d=1,竖直方向，有=之1，则，=0 45 微粒进入磁场时的速度v=√2。，方向与竖直方向 夹角为45°， 微粒在匀强磁场中做匀速圆周运动，由数学知识可 知，轨道半径R=马d, 出牛顿第二定律得a无=B,解得B 2mvo gd (3)微粒在OO'下方运动时，先减速至零，再反向加 速为；再在磁场中做半个周期的圆周运动，有山。 4 (2+子)Dd,即等效为微粒在电场E,中做三次往复运 动和在磁场中做1号个周期的圆周运动 微粒在匀强电场6，中，由牛顿第二定律得a=5 则在匀强电场E,中的运动时间，=3×2×”=6,5d o 在匀强磁场中的运动时间与=T+子7=测， 3vo' 微粒总的运动时间 t=2+5=(182+4r)d 3vo 计算题专题训练9参考答案 1.解析：(1)解除金属棒PQ后，两金属棒运动过程 中动量守恒，最终两金属棒以相同的速度做匀速运动， 设速度大小为v',则有mwm=2mm 设从金属棒PQ解除锁定，到两金属棒达到相同速 度，这个过程中，两金属棒共产生的焦耳热为Q,由能量 守恒定律可得Q=2m2-号×2mm2代人数据解得0 =120J (2)金属棒MW做匀加速运动，由牛顿第二定律得F BIL ma 金属棒MN做切害割磁感线运动，产生的感应电动势 为E=BLw 金属棒MW做匀加速直线运动，5s时的速度为v= at 10 m/s 在两金属棒组成的回路中，由闭合电路欧姆定律得 I= E 联立上述式子，有F=ma+ Ba,5s时拉力F的 2R 功率为P=Fv 金属棒MW最终做匀速运动，设最大速度为vm,金属 棒MN受力平衡，则有P-BL=0 BLU I=2R 代入数据解得B=2T (3)以金属棒MN为研究对象，设某时刻棒中电流 为i,在极短时间△t内，由动量定理得 -BiL△t=m△v 对式子两边求和有∑(-BiLAt)=∑(mA)而 △q=i△t 对式子两边求和，有∑△g=∑(i4) 联立名式解得4=，又对于电路有？=办=易 由法拉第电磁感应定律得E=Bx 所以9= BLa 2R 代入数据解得x=12√0m 2.解析：(1)以导体棒为研究对象，棒在磁场I中 切割磁感线，棒中产生感应电动势E,棒在重力和安培力 46 作用下做加速运动， 由牛顿第二定律得：mg-BlL=ma1 ① E=BLV ② RR R外三 ③ R +R E I二R外+ ④ 联立①②③④式可得：a1=5m/s2. (2)导体棒进入磁场Ⅱ后，安培力等于重力，导体 棒做匀速运动，导体棒中电流大小始终保持不变 mg BI'L E' 二R外+T ⑥ E'=BLv' ⑦ 联立③⑤⑥⑦式解得：w'=6m/s 导体棒从MN到CD做加速度为g的匀加速直线运 动，2-斤=2gh, 解得：h=1.35m (3)导体棒进入磁场Ⅱ后经过时间t的速度大小 U v at 8 F mg-F ma ⑨ F= 2Lv 0 R外+T 由③⑧⑨0解得：F=(t+1.6)N. 3.解析：(1)在金属棒未越过MN之前，t时划穿过回 路的磁通量为Φ=tS 设在从t时刻到t+△t的时间间隔内，回路磁通量的 变化量为△Φ，流过电阻R的电荷量为△q.由法拉第电磁 感应定律有 e=- △Φ ② △t 由欧姆定律有i=员 ③ 由电流的定义有i= ④ 联立①②3④式得14g1=sA ⑤ 由⑤式得，在t=0到t=t。的时间间隔内，流过电 阻R的电荷量q的绝对值为gI= ktoS R (2)当t>to时，金属棒已越过MN.由于金属棒在 MN右侧做匀速运动，有F'=F 式中，F”是外加水平恒力，F是匀强磁场施加的安培 力.设此时回路中的电流为I,F的大小为F=B,I ⑧ 此时金属棒与MN之间的距离为s=o(t-t。)⑨ 匀强磁场穿过回路的磁通量为Φ'=B,s 0 回路的总磁通量为更，=Φ+ ① 式中，Φ仍如①式所示.由①⑨①①式得，在时刻 t(t>）穿过回路的总磁通量为 Φ，=Blho(t-to)+ktS ② 在t到t+△t的时间间隔内，总磁通量的改变△匝，为 △Φ，=(Bolo+kS)△t B 由法拉第电磁感应定律得，回路感应电动势的大小 为E=I ④ △t 由欧姆定律有1= E. R ⑤ 联立⑦⑧B④⑤式得F'=(B,l,+kS) R 6 4.解析：(1)导体棒切割磁感线运动，产生的感应电 E 动势E=BL,I=R+ 参考答案 导体棒受到的安培力F安=BL 棒运动过程中受到拉力F、安培力F和摩擦力F, 的作用，根据牛顿第二定律得 F-wmg-F安=ma BL 联立得F-umg-R+ ,二ma 由上式可以看出，随着速度的增大，安培力增大，加 速度a减小，当加速度a减小到0时，速度达到最大， BLv 此时有F-umg-R+ 4=0 可得。=(F-Lm(R+r2 =10m/s BL (2)由分析可画出导体棒运动的v-t图像，如图， /mg) 10 计算题专题训练10参考答案 1.解析：(1)导体棒匀速运动产生的感应电动势为 E BLv =6 V E=4A 感应电流为1=R+7 由导体棒受力平衡可得 F=F+mgsin 0 BIL mgsin 0 3.4 N. (2)撤去外力后，由动能定理得到 -mgsin0l-W克=0-2m 得到W克=8J 电阻R上产生的热量 R,克=子×8J=1 Q=R+r 电量g=A0==0.8C R+rR+r 2.解析：(1)金属棒向下以速度为1切割磁感线产 生的感应电动势E=BL1 电容器所带电荷量q=CE=CBL. (2)设在△t时间内，金属棒速度变化为△v 金属棒产生的感应电动势变化△E=BL△ 电容器两极板电压变化△U=BL△U 电容器所带电荷量变化△g=C△U=CBL△U 金属裤中的电流1=名=CBL出=CB4 对金属棒，由牛顿第二定律有mg-BlL=ma 联立解得a= mg m BLC 可以看出加速度与时间无关，说明金属棒做匀加速 直线运动，设金属棒沿导轨向下运动h时的速度为2，由 2ah 解得，= 2mgh Nm+BLC (3)此时迅速将开关S接2.若重力大于安培力，则 棒先做加速运动后做匀速运动：若重力等于安培力，则 棒做匀速运动：若重力小于安培力，则棒先做减速运动 后做匀速运动， 因为最后棒均会匀速，所以由平衡条件 B2L23 mg=F安=R 解得3= mgR BL 数理极 对导体棒在该过程使用动能定理 121 mgH-W安三之mu-2m听 故此过程中电阻R上产生的电热 0Wmgll m'gh m'gR 2BL 3.解析：(1)设AB边刚进入磁场时速度为。，线框 质量为m、电阻为R,AB=l,则CD=5l Bo三mg AB刚进入磁场时有： 解得：= mgR BP 设DC边刚进入磁场前，线框匀速运动时速度为1， 线框切割磁感线的有效长度为2， E=A=BAS _B(L上1-Ls)A △t △t △t =B(2)U1 线框匀速运动时有： B2(21)v R mg 解得 mgR 4BP 所以：01：o=1:4 不 图1 图2 (2)CD刚进入磁场瞬间，线框切割磁感线的有效长 度为3l, E感=B3l1 F1=BI1×3l= B(3'u=9 R 有牛顿第二定律：F合=ma 解得a--m- m 48 (3)从线框开始下落到CD边进入磁场前瞬间，根据 能量守恒定律得： 图3 mg3h-0=子m 机械能损失： 47 △E=Q=16mgh 重力做功：W。=3mgh 所以，线框的机械能损失和重力做功之比△E：W。 =47:48. 4.解析：(1)棒ab达到最大速度vm时，对棒cd有 BIl mg 由闭合电路欧姆定律知1= E 棒ab切割磁感线E=Blvm 代入数据解得vm=1m/s (2)ab棒由静止到最大速度过程中 (F-mgx=+0 根据棒ab达到最大速度vm时可知F=BIl+mg 代入数据解得Q=5×103J.