1、近四年全國(guó)I卷計(jì)算題涉及的考點(diǎn)與內(nèi)容年份第24題分值第25題分值2013 年運(yùn)動(dòng)學(xué)（兩輛玩具小車(chē)牽 連運(yùn)動(dòng)問(wèn)題）13分電磁感應(yīng)（滑軌、動(dòng)力學(xué)）19分2014 年運(yùn)動(dòng)學(xué)（公路上兩車(chē)安全 距離問(wèn)題）12分類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)、帶電粒子在 電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)（動(dòng)力學(xué)）20分2015 年電路和力學(xué)問(wèn)題（安培力作用卜導(dǎo)體棒平衡）12分板塊模型：兩物體多階段 勻變速運(yùn)動(dòng)組合問(wèn)題（動(dòng) 力學(xué)）20分2016年（乙卷）（雙棒模型+三角體）電磁 感應(yīng)定律應(yīng)用、力的平衡 方程14分（輕彈簧+斜面+光滑圓 弧軌道）平拋運(yùn)動(dòng)、牛頓 定律、動(dòng)能定理18分例 題 展 示1.（2016全國(guó)乙卷24）如圖1,兩固定的絕緣斜面傾角均為。，上沿相連

2、.兩細(xì)金屬棒ab（僅標(biāo)出a端）和cd（僅標(biāo)出c端）長(zhǎng)度土勻?yàn)長(zhǎng),質(zhì)量分別為2m和m;用兩根不可伸長(zhǎng)的柔軟輕導(dǎo)線將它們連成閉合回路 abdca,并通過(guò)固定在斜面上沿的兩光滑絕緣小定滑輪跨放在斜面上，使兩金屬棒水平.右斜面上存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方向垂直于斜面向上，已知兩根導(dǎo)線剛好不在磁場(chǎng)中，回路電阻為R,兩金屬棒與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為科，重力加速度 大小為g,已知金屬棒ab勻速下滑.求:圖1作用在金屬棒ab上的安培力的大??；(2)金屬棒運(yùn)動(dòng)速度的大小.解析(1)由于ab、cd棒被平行于斜面的導(dǎo)線相連，故ab、cd速度總是相等，cd也做勻速直線運(yùn)動(dòng).設(shè)導(dǎo)線的張力的大小為Ft,右斜面對(duì)

3、ab棒的支持力的大小為Fni,作用在ab棒上的安培力的大小為F,左斜面對(duì)cd棒的支持力大小為 Fn2,對(duì)于ab棒，受力分析如圖甲所示，由力的平衡條件得2mgsin 0=(iFNi+Ft+FFni = 2mgcos 0對(duì)于cd棒，受力分析如圖乙所示,由力的平衡條件得mgsin 0+(iIN2 = Ft = FtFn2= mg cos 0聯(lián)立 式得：F= mg(sin。一3 3s 0)(2)設(shè)金屬棒運(yùn)動(dòng)速度大小為v,ab棒上的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為 E=BLv回路中電流I = ER安培力f= bil聯(lián)立得:mgRv= (sin 0 3(ros 如212 答案 (1) mg(sin 0 3(ros。(2)(s

4、in。- 3 gos 9)m2gR B L2.(2016全國(guó)乙卷25)如圖2, 一輕彈簧原長(zhǎng)為 2R,其一端固定在傾角為37的固定直軌道 AC的底端A處，另一端位于直軌道上 B處，彈簧處于自然狀態(tài)，直軌道與一半徑為6R的光滑圓弧軌道相切于 C點(diǎn)，AC=7R, A、B、C、D均在同一豎直平面內(nèi).質(zhì)量為m的小物塊P自C點(diǎn)由靜止開(kāi)始下滑，最低到達(dá)E點(diǎn)(未畫(huà)出)，隨后P沿軌道被彈回，最高到達(dá) F點(diǎn)，AF = 13 一 一 44R.已知p與直軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)尸4,重力加速度大小為g.(取sn 37，cos 37 =4)圖2(1)求P第一次運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)速度的大小；(2)求P運(yùn)動(dòng)到E點(diǎn)時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能；(

5、3)改變物塊P的質(zhì)量，將P推至E點(diǎn)，從靜止開(kāi)始釋放.已知P自圓弧軌道的最高點(diǎn) D處水 平飛出后，恰好通過(guò) G點(diǎn).G點(diǎn)在C點(diǎn)左下方，與 C點(diǎn)水平相距|r,豎直相距 R,求P運(yùn)動(dòng) 到D點(diǎn)時(shí)速度的大小和改變后 P的質(zhì)量.解析 (1)由題意可知：1bc=7R 2R= 5R設(shè)P到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度為vb,由動(dòng)能定理得12公mglBcsin 0科 mgCcos 0= ?mvB式中 卜37。，聯(lián)立式并由題給條件得vb=26R(2)設(shè)BE=x, P到達(dá)E點(diǎn)時(shí)速度為零，此時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能為Ep,由B-E過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理得1 Ofmgxsin 0- 科 mgxos 0 Ep= 0 2mvBE、F之間的距離11為1i

6、=4R 2R+xP到達(dá)E點(diǎn)后反彈，從E點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到F點(diǎn)的過(guò)程中，由動(dòng)能定理有Ep mglisin 0科 mgbos 0= 0x= R聯(lián)立式得12 p= ymgR(3)設(shè)改變后P的質(zhì)量為mi, D點(diǎn)與G點(diǎn)的水平距離為xi、豎直距離為yi,由幾何關(guān)系(如圖所示)得437.由幾何關(guān)系得:xi=7R- 5Rsin 0= 3R26555yi=R+6R+6RbOS e= 2R設(shè)P在D點(diǎn)的速度為VD,由D點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到G點(diǎn)的時(shí)間為t.由平拋運(yùn)動(dòng)公式得：I 2y1=2gtXi = VDt聯(lián)立?得vd=3，巧gR 5設(shè)P在C點(diǎn)速度的大小為 VC,在P由C運(yùn)動(dòng)到D的過(guò)程中機(jī)械能守恒，有12 12552mivc2=miVD2

7、+migqR+ gRcos P由E點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過(guò)程中，由動(dòng)能定理得1- 2Ep mig(x+ 5R)sin 0 wniig(x+ 5R)cos 0= 2mivc聯(lián)立? 得123 i答案(1)2 gR (2)mgR (3)5 ,15gR 3m1 .命題特點(diǎn).力學(xué)計(jì)算側(cè)重近幾年知識(shí)背景變換頻繁，分值、次序不定，能力要求高，備考難度有所降低 于勻變速運(yùn)動(dòng)的規(guī)律和圖象、應(yīng)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律解決多體多態(tài)問(wèn)題；功能關(guān)系的應(yīng)用，考查范圍未突破必修內(nèi)容；電磁學(xué)計(jì)算側(cè)重于電磁場(chǎng) 單一場(chǎng)、組合場(chǎng)、交變場(chǎng)、復(fù)合場(chǎng)、電磁感應(yīng)綜合問(wèn)題，考查重點(diǎn)在選修3-1.2 .應(yīng)考策略力和運(yùn)動(dòng)為主線的問(wèn)題情景，從物理情景中確定研究對(duì)象

8、，按其運(yùn)動(dòng)的發(fā)展過(guò)程逐一分析，弄清運(yùn)動(dòng)情況和受力情況，善于挖掘隱含條件，建立物理模型，找出與之相適應(yīng)的物理規(guī)律及題目中給出的某種等量關(guān)系進(jìn)行表達(dá)，必要時(shí)借助于幾何圖形、圖象進(jìn)行表達(dá)，通過(guò)數(shù)學(xué) 方法的演算，得出物理結(jié)果.帶電粒子在場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題是電磁學(xué)知識(shí)與力學(xué)知識(shí)的結(jié)合，分析方法和力學(xué)問(wèn)題分析方法基本相同，常用動(dòng)力學(xué)（受力分析、平衡條件、牛頓第二定律等卜能量觀點(diǎn)（動(dòng)能定理、能量守恒定律等）來(lái)分析.注意電場(chǎng)中的加速與類(lèi)平 （余）拋；注意圓形磁場(chǎng)、有界磁場(chǎng)；注意帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的相關(guān)結(jié)論；注意軌跡的構(gòu)建，與數(shù)學(xué)中平面幾何知識(shí)的結(jié)合；尤其注意兩 種運(yùn)動(dòng)交接點(diǎn)的特征.計(jì)算題專練（一）1.如圖1所示

9、，質(zhì)量為M的平板車(chē)P高h(yuǎn),質(zhì)量為m的小物塊Q的大小不計(jì)，位于平板車(chē)的 左端，系統(tǒng)原來(lái)靜止在光滑水平面地面上 .一不可伸長(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)繩長(zhǎng)為 R, 一端懸于Q正上方 高為R處，另一端系一質(zhì)量也為 m的小球（大小不計(jì)）.今將小球拉至懸線與豎直位置成 60。角, 由靜止釋放，小球到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)與 Q的碰撞時(shí)間極短，且無(wú)能量損失，已知Q離開(kāi)平板車(chē)時(shí) 速度大小是平板車(chē)速度的兩倍， Q與P之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為 見(jiàn)M : m=4： 1,重力加速度為 g.求：(1)小物塊Q離開(kāi)平板車(chē)時(shí)速度為多大?(2)平板車(chē)P的長(zhǎng)度為多少?答案界(2)7R解析(1)小球由靜止擺到最低點(diǎn)的過(guò)程中，有:gRmvQ=1 C 一mgR(1

10、cos 60 )= 2mv02,解得 V0小球與小物塊Q相撞時(shí)，動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒，則有:mvo = mv1 + mvQ12 12 12?mv0 = 2mv1 + ?mvQ解得：v1=0, vQ= v0 =4gR二者交換速度，即小球靜止下來(lái) .Q在平板車(chē)上滑行的過(guò)程中，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，則有Mv + m(2v)1_gR解得，v= _vq=T 66小物塊Q離開(kāi)平板車(chē)時(shí)，速度為：2V =當(dāng)口 3(2)由能量守恒定律，知FfL = |mvQ2-|mv2-|m(2v)2又 Ff= mg解得，平板車(chē)p的長(zhǎng)度為l = 18.2.如圖2所示，在絕緣水平面上，相距為L(zhǎng)的A、B兩點(diǎn)處分別固定著兩個(gè)等量正電荷.a

11、、b是AB連線上兩點(diǎn)，其中 Aa = Bb=L，a、b兩點(diǎn)電勢(shì)相等，O為AB連線的中點(diǎn).一質(zhì)量為m、 4帶電荷量為+ q的小滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))以初動(dòng)能 日從a點(diǎn)出發(fā)，沿AB直線向b運(yùn)動(dòng)，其中小滑塊第一次經(jīng)過(guò) O點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為初動(dòng)能的 n倍(n1),到達(dá)b點(diǎn)時(shí)動(dòng)能恰好為零，小滑塊最終停在O點(diǎn)，求：圖2(1)小滑塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)工(2)0、b兩點(diǎn)間的電勢(shì)差 Uob；(3)小滑塊運(yùn)動(dòng)的總路程 s.2E02n-1 2n+1答案 mgL (2)，E (3)TL解析(1)由Aa=Bb=L，O為AB連線的中點(diǎn)得：a、b關(guān)于O點(diǎn)對(duì)稱，則Uab=0;設(shè)小滑塊與水平面間的摩擦力大小為Ff,對(duì)于，t塊從a-b

12、過(guò)程，由動(dòng)能定理得：Lq Uab Ff 2 = 0- E0而 Ff= mg解得：尸mEL(2)滑塊從O-b過(guò)程，由動(dòng)能定理得：Lq UobFf 4= 0一 nE02n- 1 E0解得：Uob=-2q(3)對(duì)于小滑塊從a開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到最終在 O點(diǎn)停下的整個(gè)過(guò)程，由動(dòng)能定理得q Uao Ff s= 0 Eo2n-1 Eo而 UaO= U Ob=2q2n+ 1解得：s=L4計(jì)算題專練(二)1.公交車(chē)已作為現(xiàn)代城市交通很重要的工具，它具有方便、節(jié)約、緩解城市交通壓力等許多 作用.某日，一人在上班途中向一公交車(chē)站走去，發(fā)現(xiàn)一輛公交車(chē)正從身旁平直的公路駛過(guò)， 此時(shí)，他的速度是1 m/s,公交車(chē)的速度是 15

13、m/s,他們距車(chē)站的距離為 50 m.假設(shè)公交車(chē)在 行駛到距車(chē)站25 m處開(kāi)始剎車(chē)，剛好到車(chē)站停下，停車(chē)時(shí)間10 s而此人因年齡、體力等關(guān)系最大速度只能達(dá)到 6 m/s,最大起跑加速度只能達(dá)到2.5 m/s2.(1)若公交車(chē)剎車(chē)過(guò)程視為勻減速運(yùn)動(dòng)，其加速度大小是多少？(2)試計(jì)算分析，此人是應(yīng)該上這班車(chē)，還是等下一班車(chē)答案 (1)4.5 m/s2 (2)應(yīng)該上這班車(chē)一0-vi2 0-225. 解析 (1)公交車(chē)的加速度為：a1 = = m/s2 = -4.5 m/s2,所以其加速度大小為2x1504.5 m/s2x xi 50-255(2)公交車(chē)從開(kāi)始相遇到開(kāi)始剎車(chē)用時(shí)為：t1 = v1 =

14、15 s = 3 s,0 V1公交車(chē)剎車(chē)過(guò)程中用時(shí)為：t2 =a11510s= T s,4.53此人以最大加速度達(dá)到最大速度用時(shí)為:V3 V2 6 - 1t3= c u s= 2 s,a22.5V2+ V3此人加速過(guò)程中位移為：x2= -2xx2 43以最大速度跑到車(chē)站用時(shí)為：限=463s，顯然，t3+ t4 tl +t2+ 10,可以在公交車(chē)還停在車(chē)站時(shí)安全上車(chē)2.如圖1所示，以MN為下邊界的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 B,方向垂直于紙面向外， MN 上方有一單匝矩形導(dǎo)線框 abcd,其質(zhì)量為m,電阻為R, ab邊長(zhǎng)為li, bc邊長(zhǎng)為12, cd邊離 MN的高度為h.現(xiàn)將線框由靜止釋放，線

15、框下落過(guò)程中 ab邊始終保持水平，且 ab邊離開(kāi)磁 場(chǎng)前已做勻速直線運(yùn)動(dòng)，求線框從靜止釋放到完全離開(kāi)磁場(chǎng)的過(guò)程中，(1)ab邊離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)的速度 v；(2)通過(guò)導(dǎo)線橫截面的電荷量q;(3)導(dǎo)線框中產(chǎn)生的熱量Q.”、mgRB1i12m3g2R2答案(1)盒2 (2)f (3)mg(h+l2)-mr4rr B 1i R2B 1i解析(1)線框勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，E=B11vF = BI1i mg= F(2)導(dǎo)線框穿過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中，q= I t由聯(lián)立：瞟A Bl 112At(3)導(dǎo)線框穿過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中，利用能量守恒定律,mg(h + 12)= 2mv2+ Q代入(1)中的速度，解得:m3g2R2Q=mg(h+

16、12) 2削14計(jì)算題專練(三)1.如圖1所示，一條軌道固定在豎直平面內(nèi)，粗糙的 ab段水平，bcde段光滑，cde段是以O(shè) 為圓心，R為半徑的一小段圓弧，可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊 A和B緊靠在一起，靜止于 b處，A的 質(zhì)量是B的3倍.兩物塊在足夠大的內(nèi)力作用下突然分離，分別向左、右始終沿軌道運(yùn)動(dòng) .B到d點(diǎn)時(shí)速度沿水平方向，此時(shí)軌道對(duì) B的支持力大小等于 B所受重力的A與ab段的動(dòng) 4摩擦因數(shù)為11,重力加速度為g,求：圖1物塊B在d點(diǎn)的速度大??；(2)物塊A、B在b點(diǎn)剛分離時(shí)，物塊 B的速度大小;(3)物塊A滑行的最大距離s.答案于(2)3fgR8 11解析(1)物塊B在d點(diǎn)時(shí)，重力和支持力的合力

17、提供向心力，則:mBg Fn =2mBV3又因?yàn)椋篎n = 4mBg聯(lián)立式得物塊B在d點(diǎn)時(shí)的速度v=*R.(2)物塊B從b到d過(guò)程，只有重力做功，機(jī)械能守恒有：2mBvB2= mBgR+ ；mBv2解得vb=|vRg(3)物塊A和B分離過(guò)程中由動(dòng)量守恒定律得mAvA+ mBvB= 0物塊A和B分離后，物塊 A做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理得1 OQ一nxgs= 2mAvA2聯(lián)立式，得物塊A滑行的距離s=1.8心2.如圖2所示，間距為L(zhǎng)的平行且足夠長(zhǎng)的光滑導(dǎo)軌由兩部分組成：傾斜部分與水平部分平 滑相連，傾角為 0,在傾斜導(dǎo)軌頂端連接一阻值為r的定值電阻.質(zhì)量為m、電阻也為r的金屬桿MN垂直導(dǎo)軌跨放

18、在導(dǎo)軌上，在傾斜導(dǎo)軌區(qū)域加一垂直導(dǎo)軌平面向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)；在水平導(dǎo)軌區(qū)域加另一垂直導(dǎo)軌平面向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小也為 B的勻強(qiáng)磁場(chǎng).閉合開(kāi)關(guān)S,讓金屬桿 MN從圖示位置由靜止釋放，已知金屬桿運(yùn)動(dòng)到水平導(dǎo)軌前，已達(dá)到最大速度，不計(jì)導(dǎo)軌電阻且金屬桿始終與導(dǎo)軌接觸良好，重力加速度為g.求：圖2(1)金屬桿MN在傾斜導(dǎo)軌上滑彳T的最大速率vm；(2)金屬桿MN在傾斜導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)，速度未達(dá)到最大速度vm前，當(dāng)流經(jīng)定值電阻的電流從零增大到I0的過(guò)程中，通過(guò)定值電阻的電荷量為q,求這段時(shí)間內(nèi)在定值電阻上產(chǎn)生的焦耳熱Q;(3)金屬桿MN在水平導(dǎo)軌上滑彳T的最大距離xm.2 2較安 2mgrsin

19、 0 mgqrsin 0 ml0 r答案b2L2(2) BL IV4m2gr2sin 0B4L4解析(1)金屬桿MN在傾斜導(dǎo)軌上滑行的速度最大時(shí)，其受到的合力為零, 對(duì)其受力分析，可得:mgsin 0 BIL = 0根據(jù)歐姆定律可得:BLVmI = 2r2mgrsin斛仔：Vm = b2L2(2)設(shè)在這段時(shí)間內(nèi)，金屬桿運(yùn)動(dòng)的位移為x,由電流的定義可得：q= I At根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律得：一B AS BLxI =I 2rAt 2r 困解得：x=2qrblBLvo設(shè)電流為10時(shí)金屬桿的速度為 V。，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律，可得：Io = 一彳1 C此過(guò)程中，電路廣生的總焦耳

20、熱為Q總，由功能關(guān)系可得：mgxsin 0= Q總+2mvc21定值電阻產(chǎn)生的焦耳熱 Q = 2Q總晶/口 八 mgqrsin 0 mIo2r2解得：q=B-百正由牛頓第二定律得：BIL = ma由法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律可得:2rBLv I =可得:b2l2Av-2Tv=m 為b2l2-v四=m加,2r、2即 2r xm= mvm22 .得：Xm=*g/計(jì)算題專練（四）1 .兩個(gè)帶電小球 A、B（可視為質(zhì)點(diǎn)）通過(guò)絕緣的不可伸長(zhǎng)的輕繩相連，若將輕繩的某點(diǎn)O固定在天花板上，平衡時(shí)兩個(gè)小球的連線恰好水平，且兩根懸線偏離豎直方向的夾角分別為30。和60。，如圖1甲所示.若將輕繩跨接在豎直方向的光

21、滑定滑輪 （滑輪大小可不計(jì)）兩端，調(diào)節(jié) 兩球的位置能夠重新平衡，如圖乙所示，求：圖1（1）兩個(gè)小球的質(zhì)量之比；（2）圖乙狀態(tài)，滑輪兩端的繩長(zhǎng)O A、O B之比.答案見(jiàn)解析解析 （1）對(duì)小球，有Ftcos 0 mg= 0FTSin。一 F = 0解得：mg = -F-,所以:tan umA_ tan 60 1 3mB- tan 301（2）對(duì)小球，根據(jù)三角形相似，有mg=Ff解得:FThmg所以:Lo amB1Lo bmA 32 .如圖2所示，兩條足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌傾斜放置(導(dǎo)軌電阻不計(jì))，傾角為30。，導(dǎo)軌間距為0.5 m,勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直導(dǎo)軌平面向下，B=0.2 T,兩根材料相同的金屬棒a、b

22、與導(dǎo)軌構(gòu)成閉合回路，a、b金屬棒的質(zhì)量分別為 3 kg、2 kg,兩金屬棒的電阻均為 R= 1 Q,剛開(kāi)始兩根 金屬棒都恰好靜止，假設(shè)最大靜摩擦力近似等于滑動(dòng)摩擦力.現(xiàn)對(duì)a棒施加一平行導(dǎo)軌向上的恒力F=60 N,經(jīng)過(guò)足夠長(zhǎng)的時(shí)間后，兩金屬棒都達(dá)到了穩(wěn)定狀態(tài).求：圖2(1)金屬棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)；(2)當(dāng)兩金屬棒都達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)時(shí)，b棒所受的安培力大小.(3)設(shè)當(dāng)a金屬棒從開(kāi)始受力到向上運(yùn)動(dòng)5 m時(shí)，b金屬棒向上運(yùn)動(dòng)了 2 m,且此時(shí)a的速度為4 m/s, b的速度為1 m/s,則求此過(guò)程中回路中產(chǎn)生的電熱及通過(guò)a金屬棒的電荷量.3-(1) (2)24 N (3)85 J 0.15 C解析(1

23、)a 棒恰好靜止時(shí)，有 magsin 30 = magcos 30 解得出尸3(2)兩棒穩(wěn)定時(shí)以相同的加速度向上勻加速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)兩棒有恒定的速度差對(duì) a 棒：F magsin 30 jirngcos 30 F 安=maa對(duì) b 棒：F 安一mbgsin 30 jinbgcos 30 = mba解得F安=24 N(3)此過(guò)程對(duì)a、b棒一起根據(jù)功能關(guān)系，有-。o 1212Q= Fxa (magsin 30 + magcos 30 )xa (mbgsin 30 +ntgcos 30 )xb 2mava22mbvt2解得Q= 85 J_ Eq= I t I = -2R,Bd xa-xb解得 q=0.1

24、5 C. 2 R計(jì)算題專練(五)1.光滑水平面上放著質(zhì)量 mA=1 kg的物塊A與質(zhì)量mB=2 kg的物塊B,A與B均可視為質(zhì)點(diǎn)， A靠在豎直墻壁上，A、B間夾一個(gè)被壓縮的輕彈簧 (彈簧與A、B均不拴接)，用手擋住B不 動(dòng)，此時(shí)彈簧彈性勢(shì)能 Ep=49 J.在A、B間系一輕質(zhì)細(xì)繩，細(xì)繩長(zhǎng)度大于彈簧的自然長(zhǎng)度， 如圖1所示.放手后B向右運(yùn)動(dòng)，繩在短暫時(shí)間內(nèi)被拉斷，之后B沖上與水平面相切的豎直半圓光滑軌道，其半徑 R= 0.5 m, B恰能到達(dá)最高點(diǎn) C.取g = 10 m/s2,求：圖1繩拉斷后瞬間B的速度vb的大小；(2)繩拉斷過(guò)程繩對(duì) B的沖量I的大??；繩拉斷過(guò)程繩對(duì) A所做白功 W.答案

25、(1)5 m/s (2)4 N s (3)8 Jvc2解析(1)設(shè)B在繩被拉斷后瞬間的速度為Vb,到達(dá)C時(shí)的速度為vc,有mBg = mR12 12QmBVB = QmBvc + 2mBgR代入數(shù)據(jù)得VB= 5 m/s 一 1 C(2)設(shè)彈黃恢復(fù)到自然長(zhǎng)度時(shí)B的速度為V1,取水平向右為正方向，有Ep = -mBV12, I = mBVB一mBVi代入數(shù)據(jù)得I = 4 N s,其大小為4 N s(3)設(shè)繩斷后A的速度為va,取水平向右為正方向，有mBVi= mBVB + mAVA12W= mAVA2代入數(shù)據(jù)得W= 8 J.2.如圖2所示，在第一象限內(nèi)有垂直紙面向里和向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度分別

26、為Bi= 0.1T、B2=0.05 T,分界線OM與x軸正方向的夾角為 a在第二、三象限內(nèi)存在著沿 的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度E= 1 X 104 V/m.現(xiàn)有一帶電粒子由 x軸上A點(diǎn)靜止釋放,x軸正方向從O點(diǎn)進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域.已知A點(diǎn)橫坐標(biāo)Xa= 5X102 m,帶電粒子的質(zhì)量m = 1.6X 10 24 kg,電荷量 q = + 1.6 X 10 15 c.(1)要使帶電粒子能始終在第一象限內(nèi)運(yùn)動(dòng)，求a的取值范圍？(用反三角函數(shù)表示)(2)如果“=30,則粒子能經(jīng)過(guò) OM分界面上的哪些點(diǎn)?(3)如果a= 30,讓粒子在OA之間的某點(diǎn)釋放， 要求粒子仍能經(jīng)過(guò)(2)問(wèn)中的那些點(diǎn)，則粒子 釋放的位置應(yīng)

27、滿足什么條件？答案 (1)必- arcsinf (2)見(jiàn)解析(3)見(jiàn)解析2 23解析(1)粒子進(jìn)入勻強(qiáng) 磁場(chǎng)后，做勻速圓周運(yùn)動(dòng).設(shè)在Bi中運(yùn)動(dòng)的半徑為ri,在B2中運(yùn)動(dòng)的半徑為r22由 qvB=m： Bi=2B2得2= 2ri由幾何關(guān)系解得 a 1arcsin2 2 23(2)當(dāng)a= 30。時(shí)，粒子每次在任意一個(gè)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的圓弧的圓心角均為60。，弦長(zhǎng)均等于半徑1 o粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)qExA = 2mv2粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)門(mén)=詈qBi解得：ri=ixi0 2 m r2=2ri=2Xi0 2 mOM上經(jīng)過(guò)的點(diǎn)距離 O點(diǎn)的距離是l=kri + (k-i)r2=(3k-2)ri= (3k-2)xi0

28、2 m(k=i、2、3)和 l = k(門(mén)+ r2) = 3k x i0 2 m(k =i、2、3) (3)要仍然經(jīng)過(guò)原來(lái)的點(diǎn)，需滿足 c=n(ri +r2)(n=i、2、3)解得r = 即v= 3n3n粒子釋放的位置應(yīng)滿足XAXA，=92（n= 1、2、3）或者 ri= n （2ri + r2）（n =1、2、3）,-ri解得r =打即丫4n粒子釋放的位置應(yīng)滿足XAXA16 n =1、2、3 ）計(jì)算題專練（六）1 .如圖1甲所示，水平傳送帶AB逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，一個(gè)質(zhì)量為M=1.0 kg的小物塊以某一初 速度由傳送帶左端滑上， 通過(guò)速度傳感器記錄下物塊速度隨時(shí)間的變化關(guān)系如圖乙所示（圖中取向左

29、為正方向，以物塊滑上傳送帶時(shí)為計(jì)時(shí)零點(diǎn)）.已知傳送帶的速度保持不變，g取10 m/s2.求：乙圖1(1)物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)工(2)物塊在傳送帶上的運(yùn)動(dòng)時(shí)間；(3)整個(gè)過(guò)程中系統(tǒng)生成的熱量.答案 (1)0.2 (2)4.5 s (3)18 J解析(1)由速度一時(shí)間圖象可得，物塊做勻變速運(yùn)動(dòng)的加速度：Av 6.0 ” a= m m/s2= 2.0 m/s2 At3由牛頓第二定律得 Ff= Ma得到物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)-Ma = 20= 0.2g(2)由速度一圖象可知，物塊初速度大小v=4 m/s,傳送帶速度大小 v =2 m/s,物塊在傳送帶上滑動(dòng)t1=3 s后，與傳送帶相對(duì)靜止.前

30、2秒內(nèi)物塊的位移大小 *1 = 2丫 = 4 m,方向向右，v第3秒內(nèi)的位移大小 X2=2F = 1 m,萬(wàn)向向左，3秒內(nèi)位移x=xiX2=3 m,方向向右；X物塊再向左運(yùn)動(dòng)，時(shí)間t2=i=1.5 sv物塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t= t+ t2= 4.5 s(3)物塊在傳送帶上滑動(dòng)的 3 s內(nèi)，傳送帶的位移 x =v ti = 6 m,向左;物塊的位移x=xix2=3 m,向右相對(duì)位移為：Ax= x +x=9 m所以轉(zhuǎn)化的熱量Q = FfX Ax=18 J2.如圖2所示，xOy坐標(biāo)系中，y0的區(qū)域有垂直于坐標(biāo)平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B;在第四象限有沿 x軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)；第一、三象

31、限的空間也存在著勻強(qiáng)電場(chǎng)(圖中未畫(huà)出)，第一象限內(nèi)的勻強(qiáng)電場(chǎng)與 x軸平行.一個(gè)質(zhì)量為 m、電荷量為q的帶正電微粒從第 一象限的P點(diǎn)由靜止釋放，恰好能在坐標(biāo)平面內(nèi)沿與x軸成0= 30角的直線斜向下運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)x軸上的a點(diǎn)進(jìn)入y0的區(qū)域后開(kāi)始做勻速直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò) y軸上的b點(diǎn)進(jìn)入xsm2vb =2 . gs = 4 m/s說(shuō)明物塊B滑回水平面MN的速度沒(méi)有達(dá)到傳送帶速度, 物塊B滑回水平面 MN的速度大小vb =4 m/s (3)設(shè)彈射裝置給A做功為W11QmAVA 2=mAVA2+WA、B碰后速度互換，B的速度vb =va1B要滑出彳送帶Q端，由能量關(guān)系有：mBVB 2 wnegL (71 c又m

32、A = mB,所以由得 W jinBgL mAVA2解得：W 8 J彈簧裝置P必須給A最少做8 J的功才能讓A、B碰后B能從Q端滑出.2.如圖2所示，在xOy平面內(nèi)，有一邊長(zhǎng)為 L的等邊三角形區(qū)域 OPQ, PQ邊與x軸垂直, 在三角形區(qū)域以外，均存在著磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方向垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，三角形OPQ區(qū)域內(nèi)無(wú)磁場(chǎng)分布.現(xiàn)有質(zhì)量為 m,帶電量為+ q的粒子從O點(diǎn)射入磁場(chǎng)，粒子重力 忽略不計(jì).圖2（1）若要使該粒子不出磁場(chǎng)，直接到達(dá)P點(diǎn)，求粒子從 O點(diǎn)射入的最小速度的大小和方向；（2）若粒子從o點(diǎn)以初速度0=6m，沿y軸正方向射入，能再次經(jīng)過(guò) 。點(diǎn)，求該粒子從 出發(fā)到再次過(guò) o點(diǎn)所經(jīng)

33、歷的時(shí)間.答案 ,）黑T，方向垂直于 OP向上（或與y軸正方向成30角斜向左上方）m（2） （4 兀+ 3#）品解析（1）如圖甲所示，當(dāng)初速度 vo垂直于OP射入磁場(chǎng)時(shí)，粒子射入速度最小，由幾何知識(shí)得：ri =2v2由qvB= m得：V0=qBL2m方向垂直于OP向上或與y軸正方向成30角斜向左上方(2)若粒子從O點(diǎn)以初速度V0= mBL ,沿y軸正方向射入，則由qvB=m：得:mv0 3市=3L如圖乙所示，粒子從 O運(yùn)動(dòng)至A點(diǎn)出磁場(chǎng)進(jìn)入三角形區(qū)域由幾何知識(shí)得：OA=J3/2 = 26圓心角 / OOiA=120、-,12 Tm運(yùn)動(dòng)時(shí)間：ti = T = o D3 3qB粒子從A到B做勻速直線

34、運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間t2 =XAB一V0,3m qB由軌跡圖象可知，粒子可以回到O點(diǎn)，所用時(shí)間t=6ti+3t2=（4 計(jì) 3咐）第 q D乙計(jì)算題專練(八)1.如圖1甲所示，滑塊與足夠長(zhǎng)的木板疊放在光滑水平面上，開(kāi)始時(shí)均處于靜止?fàn)顟B(tài).作用于滑塊的水平力F隨時(shí)間t變化圖象如圖乙所示，t=2.0 s時(shí)撤去力F,最終滑塊與木板間無(wú)相 對(duì)運(yùn)動(dòng).已知滑塊質(zhì)量 m= 2 kg ,木板質(zhì)量M = 1 kg,滑塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)L0.2,取 g = 10 m/s2.求：(1)t = 0.5 s時(shí)滑塊的速度大??；(2)02.0 s內(nèi)木板的位移大??；(3)整個(gè)過(guò)程中因摩擦而產(chǎn)生的熱量答案見(jiàn)解析 解析(1)木板M的最大加速度am=、mg4 m/s2,滑塊與木板保持相對(duì)靜止時(shí)的最大拉力Fm=(M + m)am= 12 N即F為6 N時(shí)，M與m 一起向右做勻加速運(yùn)動(dòng)對(duì)整體分析有：F = (M + m)aivi= aiti代入數(shù)據(jù)得：vi= 1 m/s 1 , 2(2)對(duì) M ： 00.5 s, xi = 2aiti0.52 s, mg Ma21_ . 2X2= vit2 + 2a2t2則02 s內(nèi)木板的位移 x= xi + X2 = 6.25 m(3)對(duì)滑塊： 1, C0.52 s, F mgma202 s 時(shí)滑塊的位移