1、計算題專項訓練1.如圖甲所示,水平傳送帶AB逆時針勻速轉動,一個質量為m0=1.0 kg的小物塊以某一初速度由傳送帶左端滑上,通過速度傳感器記錄下物塊速度隨時間的變化關系如圖乙所示(圖中取向左為正方向,以物塊滑上傳送帶時為計時零點)。已知傳送帶的速度保持不變,g取10 m/s2。求:(1)物塊與傳送帶間的動摩擦因數;(2)物塊在傳送帶上的運動時間;(3)整個過程中系統生成的熱量。2.有一個固定的光滑直桿,該直桿與水平面的夾角為53°,桿上套著一個質量為m=2 kg的滑塊(可視為質點)。(sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,g取10 m/s2)(1)如圖

2、甲所示,滑塊從O點由靜止釋放,下滑了位移x=1 m后到達P點,求滑塊此時的速率;(2)如果用不可伸長的細繩將滑塊m與另一個質量為M=2.7 kg的物塊通過光滑的定滑輪相連接,細繩因懸掛M而繃緊,此時滑輪左側繩恰好水平,其長度l=53 m(如圖乙所示)。再次將滑塊從O點由靜止釋放,求滑塊再次滑至x=1 m的P點時的速率。(整個運動過程中M不會觸地)3.(2015·湖北武漢華中師范大學第一附屬中學測試)如圖所示,固定在水平地面上的斜面,傾角為45°,斜面上A、B兩點之間長L=2 m。在斜面下端C點固定有一個與斜面垂直的擋板。一勁度系數為k=682 N/m的輕質彈簧,下端固定在擋

3、板上,上端位于圖中B點,處于原長狀態。質量為m=1 kg,大小不計的滑塊,從斜面的最高點A沿斜面由靜止開始下滑。滑塊沿斜面下滑到B點時與彈簧開始接觸,整個過程彈簧都在彈性限度內。已知滑塊與斜面AB段之間的動摩擦因數為=0.40,BC段之間不存在摩擦力。不計滑塊與彈簧接觸時的能量損失,忽略空氣阻力。彈簧彈性勢能Ep=12kx2,x為彈簧的形變量,重力加速度g取10 m/s2。試求:(1)滑塊從開始運動到第一次速度變為零時,彈簧的最大壓縮量為多少?(2)計算從A處靜止出發開始,到滑塊與彈簧發生第n次接觸的過程中在AB段運動通過的總路程。(3)最終滑塊在AB段運動通過的總路程為多少?4.(2015&

4、#183;安徽理綜)由三顆星體構成的系統,忽略其他星體對它們的作用,存在著一種運動形式,三顆星體在相互之間的萬有引力作用下,分別位于等邊三角形的三個頂點上,繞某一共同的圓心O在三角形所在的平面內做相同角速度的圓周運動(圖示為A、B、C三顆星體質量不相同時的一般情況)。若A星體質量為2m,B、C兩星體的質量均為m,三角形的邊長為a,求:(1)A星體所受合力大小FA;(2)B星體所受合力大小FB;(3)C星體的軌道半徑RC;(4)三星體做圓周運動的周期T。5.(2015·河北邯鄲教學質量檢測)如圖,邊長L=0.2 m的正方形abcd區域(含邊界)內,存在著垂直于區域的橫截面(紙面)向外的

5、勻強磁場,磁感應強度B=5.0×10-2 T。帶電平行金屬板MN、PQ間形成了勻強電場E(不考慮金屬板在其他區域形成的電場),MN放在ad邊上,兩板左端M、P恰在ab邊上,兩板右端N、Q間有一絕緣擋板EF。EF中間有一小孔O,金屬板長度、板間距、擋板長度均為l=0.1 m。在M和P的中間位置有一離子源S,能夠正對孔O不斷發射出各種速率的帶正電離子,離子的電荷量均為q=3.2×10-19 C,質量均為m=6.4×10-26 kg。不計離子的重力,忽略離子之間的相互作用及離子打到金屬板或擋板上后的反彈。(1)當電場強度E=104 N/C時,求能夠沿SO連線穿過孔O的離

6、子的速率。(2)電場強度取值在一定范圍時,可使沿SO連線穿過O并進入磁場區域的離子直接從bc邊射出,求滿足條件的電場強度的范圍。6.如圖甲所示,在光滑絕緣的水平桌面上建立一xOy坐標系,水平桌面處在周期性變化的電場和磁場中,電場和磁場的變化規律如圖乙所示(規定沿+y方向為電場強度的正方向,豎直向下為磁感應強度的正方向)。在t=0時刻,一質量為10 g、電荷量為0.1 C的帶正電金屬小球自坐標原點O處,以v0=2 m/s的速度沿x軸正方向射出。已知E0=0.2 N/C,B0=0.2 T。求:(1)t=1 s末金屬小球速度的大小和方向;(2)12 s內,金屬小球在磁場中做圓周運動的周期和半徑;(3

7、)6 s內金屬小球運動至離x軸最遠點時的位置坐標。7.(2015·五市十校教研教改聯考)兩根平行金屬導軌放置在傾角為的絕緣斜面上,兩導軌之間的距離為L,僅在虛線MN下面的空間存在著磁感應強度隨高度變化的磁場(同一水平線上各處磁感應強度相同),磁場方向垂直斜面向下,導軌上端跨接一阻值為R的定值電阻。質量為m的金屬棒的兩端套在導軌上并可在導軌上無摩擦滑動,金屬棒始終與導軌垂直,導軌和金屬棒的電阻不計,現將金屬棒從O處由靜止釋放,進入磁場后金屬棒正好做勻減速運動,剛進入磁場時速度為v,到達P處時速度為0.5v,O處和P處到MN的距離相等,已知重力加速度為g。求:(1)金屬棒在磁場中所受安培

8、力F的大小;(2)在金屬棒從開始運動到P處的過程中,電阻R上共產生多少熱量。8.如圖所示,真空中有一以O點為圓心的圓形勻強磁場區域,半徑為R,磁場垂直紙面向里。在y>R的區域存在沿-y方向的勻強電場,電場強度為E。在M點有一粒子源,輻射的粒子以相同的速率v,沿不同方向射入第一象限。發現沿+x方向射入磁場的粒子穿出磁場進入電場,速度減小到0后又返回磁場。已知粒子的質量為m,電荷量為+q,粒子重力不計。(1)求圓形磁場區域磁感應強度的大小;(2)求沿+x方向射入磁場的粒子,從進入磁場到再次穿出磁場所走過的路程;(3)沿與+x方向成60°角射入的粒子,最終將從磁場邊緣的N點(圖中未畫

9、出)穿出,不再進入磁場,求N點的坐標和粒子從M點運動到N點的總時間。參考答案1.答案:(1)0.2(2)4.5 s(3)18 J解析:(1)由題中v-t圖象可得,物塊做勻變速運動的加速度a=vt=4.02m/s2=2.0m/s2由牛頓第二定律得Ff=m0a得到物塊與傳送帶間的動摩擦因數=m0am0g=2.010=0.2。(2)由題中v-t圖象可知,物塊初速度大小v=4m/s、傳送帶速度大小v'=2m/s,物塊在傳送帶上滑動t1=3s后,與傳送帶相對靜止。前2s內物塊的位移大小x1=v2t1'=4m,向右后1s內的位移大小x2=v'2t1=1m,向左3s內位移x=x1-x

10、2=3m,向右物塊再向左運動時間t2=sv'=1.5s物塊在傳送帶上運動時間t=t1+t2=4.5s。(3)物塊在傳送帶上滑動的3s內,傳送帶的位移x'=v't1=6m,向左;物塊的位移x=x1-x2=3m,向右相對位移為x'=x'+x=9m所以轉化的熱能EQ=Ff×x'=18J。2.答案:(1)4 m/s(2)5 m/s解析:(1)設滑塊下滑至P點時的速度為v1,由機械能守恒定律得mgxsin53°=12mv12,解得v1=4m/s。(2)設滑塊再次滑到P點時速度為v2,繩與斜桿的夾角為,M的速度為vM,如圖將繩端進行分解得

11、vM=v2cos由幾何關系得=90°,vM=0再由系統機械能守恒定律得Mgl(1-sin53°)+mgxsin53°=12mv22+0,解得v2=5m/s。3.答案:(1)x1=0.5 m(2)2+3×1-37n-1 m(3)5 m解析:(1)由能量轉化有mg(L+x)sin45°-mgLsin45°=12kx2代入數據整理解得x1=0.5m,x2=-617m(舍去)。(2)設L1=L,設滑塊第一次與彈簧接觸后反彈能達到的最大長度為L2,則22mg(L1-L2)-mg×22(L1+L2)=0得L2=1-1+L1=37L1故第

12、二次接觸經歷路程x2=2L2=2×37×L1設滑塊第二次與彈簧接觸后反彈能達到的最大長度為L3;則22mg(L2-L3)-mg×22(L2+L3)=0得L3=1-1+L2=372L1第三次接觸經歷路程x3=2L3=2×372L1可以看出,滑塊與彈簧發生第n次接觸的過程中在AB段運動通過的總路程表達式為x=L1+2L1×371+2L1×372+2L1×373+2L1×374+2L1×37n-1=2+3×1-37n-1m。(3)當n趨近于無窮大時,滑塊在AB段運動通過的總路程為x總=2 m+3 m=

13、5 m。(注:本題也可用全過程動能定理)4.答案:(1)23Gm2a2(2)7Gm2a2(3)74a(4)a3Gm解析:(1)由萬有引力定律,A星體所受B、C星體引力大小為FBA=GmAmBr2=G2m2a2=FCA,方向如圖則合力大小FA=23Gm2a2。(2)同上,B星體所受A、C星體引力大小分別為FAB=GmAmBr2=G2m2a2FCB=GmCmBa2=Gm2a2,方向如圖由FBx=FABcos60°+FCB=2Gm2a2FBy=FABsin60°=3Gm2a2可得FB=FBx2+FBy2=7Gm2a2。(3)通過分析可知,圓心O在中垂線AD的中點,RC=34a2+

14、12a2(或:由對稱性可知OB=OC=RCcosOBD=FBxFB=DBOB=12aRC)可得RC=74a。(4)三星體運動周期相同,對C星體,由FC=FB=7Gm2a2=m2T2RC可得T=a3Gm。5.答案:(1)v0=2.0×105 m/s(2)9.375×102 N/C<E1.25×103 N/C解析:(1)穿過孔O的離子在金屬板間需滿足qv0B=Eq代入數據得v0=2.0×105m/s。(2)穿過孔O的離子在金屬板間仍需滿足qvB=Eq離子穿過孔O后在磁場中做勻速圓周運動,有qvB=mv2r由以上兩式得E=qB2rm從bc邊射出的離子,其

15、臨界軌跡如圖線,對于軌跡半徑最大,對應的電場強度最大,由幾何關系可得r1=l=0.1m由此可得E1=1.25×103N/C從bc邊射出的離子,軌跡半徑最小時,其臨界軌跡如圖線,對應的電場強度最小,由幾何關系可得2r2+l2=L所以r2=0.075m由此可得E2=9.375×102N/C所以滿足條件的電場強度的范圍為9.375×102N/C<E1.25×103N/C。6.答案:見解析解析:(1)在01s內,小球在電場力作用下,在x軸方向上做勻速運動,vx=v0,y軸方向做勻加速直線運動,vy=qE0mt11s末小球的速度v1=vx2+vy2=22m/

16、s設v1與x軸正方向的夾角為,則tan=vyvx=1故=45°。(2)在12s內,小球在磁場中做勻速圓周運動的周期T=2mqB0=1s由洛倫茲力公式得qv1B0=mv12R1解得R1=mv1qB0=2m。(3)如圖所示,在5s內,小球部分運動軌跡可視為一個連續拋物線。由勻變速直線運動規律知,x方向上,x3=vxtvx=v0y方向上,y3=at22a=qE0mvy3=at5s末時小球的速度v=vx2+vy32=210m/stan=vy3v0=3(為v與x軸的夾角)在56s內,小球在磁場中做勻速圓周運動,由洛倫茲力提供向心力有R=mvqB0由幾何關系得,離x軸最遠點G的坐標為(x,y),

17、其中x=x3-x2,y=y3+y2而x2=Rsin,y2=R(1+cos)由上述各式可得x=6-3my=9+10+1m。7.答案:(1)74mgsin (2)78mv2解析:(1)設O點和P點到MN的間距均為s,從O到MN過程中,根據動能定理有mgssin=12mv2-0從MN到P的過程中棒做勻減速運動,安培力的大小不變,據動能定理有mgssin-Fs=12m(0.5v)2-12mv2得F=74mgsin。(2)方法一:棒從MN到P過程中根據能量守恒有Q=mgssin+12mv2-12m(0.5v)2得Q=78mv2。方法二:棒從MN到P過程中克服安培力做功即電阻R上產生的熱量Q=Fs得Q=78mv2。8.答案:(1)mvqR(2)R+mv2qE(3)(+1)Rv+2mvEq解析:(1)沿+x方向射入磁場的粒子進入電場后,速度減小到0,粒子一定是從如圖的P點射出磁場,逆電場線運動,所以粒子在磁場中做圓周運動的半徑r=R根據Bqv=mv2rr=mvBq得B=mvqR。(2)粒子返回磁場后,經磁場偏轉后從N點射出磁場,MN為直徑,在磁場中的路程為1