學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精計(jì)算題規(guī)范練（三）四、計(jì)算題(本題共3小題，共計(jì)47分．解答時(shí)請寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟．只寫出最后答案的不能得分．有數(shù)值計(jì)算的題,答案中必須明確寫出數(shù)值和單位．)14。(15分）（2018·蘇州市期初調(diào)研）如圖1所示，在傾角α＝30°的光滑固定斜面上，相距為d的兩平行虛線MN、PQ間分布有大小為B、方向垂直斜面向下的勻強(qiáng)磁場．在PQ上方有一質(zhì)量為m、邊長為L(L<d）的正方形單匝線圈abcd，線圈的電阻值為R，cd邊與PQ邊平行且相距x.現(xiàn)將該線圈自此位置由靜止釋放,使其沿斜面下滑穿過磁場，在ab邊將離開磁場時(shí)，線圈已做勻速運(yùn)動．重力加速度為g。求：圖1（1）線圈cd邊剛進(jìn)入磁場時(shí)的速率v1；(2)線圈進(jìn)入磁場的過程中，通過ab邊的電荷量q；（3)線圈通過磁場的過程中所產(chǎn)生的焦耳熱Q。答案(1）eq\r(gx）（2）eq\f（BL2，R)(3）eq\f（1，2)mg(x＋d＋L)－eq\f(m3g2R2,8B4L4）解析（1）線圈沿斜面向下運(yùn)動至cd邊剛進(jìn)入磁場時(shí)，mgxsin30°＝eq\f(1,2）mv12－0解得：v1＝eq\r(gx）（2)線圈進(jìn)入磁場的過程中，感應(yīng)電動勢eq\x\to(E）＝eq\f（ΔΦ，Δt）＝eq\f（BL2,Δt)根據(jù)閉合電路歐姆定律得：eq\x\to(I）＝eq\f（\x\to（E)，R）通過的電荷量為：q＝eq\x\to（I）·Δt＝eq\f(BL2，R）（3）線圈離開磁場時(shí),勻速運(yùn)動．有：Beq\f（BLv2,R)L＝mgsin30°解得:v2＝eq\f(mgR,2B2L2）由能量守恒：Q＝mg(x＋d＋L）sin30°－eq\f（1,2)mv22解得：Q＝eq\f（1,2)mg(x＋d＋L）－eq\f(m3g2R2，8B4L4).15．(16分）如圖2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)為彈簧處于原長時(shí)的左端點(diǎn)，P、Q間的距離為R,PQ段地面粗糙、動摩擦因數(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)由靜止開始下滑,重力加速度為g.求：圖2（1)物塊A沿圓弧軌道滑至P點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力大?。唬?)彈簧被壓縮的最大彈性勢能(未超過彈性限度)；（3)物塊A最終停止位置到Q點(diǎn)的距離．答案（1)3mg（2)eq\f(1,3)mgR(3)eq\f(1,9)R解析(1)設(shè)物塊A從靜止沿圓弧軌道滑至P點(diǎn)時(shí)的速度大小為vP，由機(jī)械能守恒定律有:mgR＝eq\f（1,2)mvP2在P點(diǎn)軌道對物塊的支持力大小為FN，由牛頓第二定律有：FN－mg＝meq\f（v\o\al（P2）,R)，聯(lián)立解得：FN＝3mg,由牛頓第三定律可知物塊滑至P點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力大小為3mg.（2）設(shè)物塊A與彈簧接觸前瞬間的速度大小為v0，由動能定理有mgR－μmgR＝eq\f(1,2)mv02－0，v0＝eq\r（gR）,物塊A、B具有共同速度v時(shí)，彈簧的彈性勢能最大,由動量守恒定律有：mv0＝(m＋2m）v，由機(jī)械能守恒定律有:eq\f(1,2）mv02＝eq\f（1，2)(m＋2m)v2＋Epm,聯(lián)立解得Epm＝eq\f(1,3）mgR。mv1＋2mv2，eq\f(1,2）mv02＝eq\f（1,2)mv12＋eq\f(1，2）(2m）v22，聯(lián)立解得：v1＝eq\f(1,3）eq\r(gR)，設(shè)A最終停在Q點(diǎn)左側(cè)x處，由動能定理有：－μmgx＝0－eq\f（1,2)mv12，解得x＝eq\f(1，9)R。16．(16分）(2018·蘇州市模擬)如圖3所示，在豎直平面內(nèi)建立平面直角坐標(biāo)系xOy，y軸正方向豎直向上．在第一、第四象限內(nèi)存在沿x軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場,其大小E1＝eq\f(\r（3)mg,3q)；在第二、第三象限內(nèi)存在著沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場和垂直于xOy平面向外的勻強(qiáng)磁場,電場強(qiáng)度大小E2＝eq\f（mg,q）,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。現(xiàn)將一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球從x軸上距坐標(biāo)原點(diǎn)為d的P點(diǎn)由靜止釋放．(重力加速度為g）圖3(1)求小球從P點(diǎn)開始運(yùn)動后，第一次經(jīng)過y軸時(shí)速度的大小;（2)求小球從P點(diǎn)開始運(yùn)動后，第二次經(jīng)過y軸時(shí)的縱坐標(biāo)；（3)若小球第二次經(jīng)過y軸后，第一、第四象限內(nèi)的電場強(qiáng)度大小變?yōu)镋1′＝eq\f（\r(3）mg，q)，方向不變，求小球第三次經(jīng)過y軸時(shí)的縱坐標(biāo)．答案（1)eq\r（\f(8\r(3)gd，3)）(2）eq\f（m，qB)eq\r(\f（8\r(3)gd,3））－eq\r(3)d(3）eq\f(m，qB)eq\r（\f(8\r(3）gd,3))－eq\f（25\r（3）,9)d解析（1)設(shè)小球在第一、四象限中的加速度為a,由牛頓第二定律得eq\r（mg2＋qE12)＝ma得到a＝eq\f（2\r(3)g,3)，對小球受力分析知加速度方向斜向左下，設(shè)其方向與水平面夾角為θtanθ＝eq\f（mg,qE1）＝eq\r(3）,s＝eq\f（d,cosθ)＝2d，所以v0＝eq\r（2as）＝eq\r(2×\f（2\r（3）g,3)×2d）＝eq\r（\f（8\r(3)gd，3)）。(2）小球第一次經(jīng)過y軸后,在第二、三象限內(nèi),qE2＝mg，電場力與重力平衡，故小球做勻速圓周運(yùn)動，小球運(yùn)動軌跡如圖所示．設(shè)軌跡半徑為R，由qv0B＝meq\f(v\o\al（02），R），得R＝eq\f(mv0,qB）由幾何關(guān)系知Δy＝R＝eq\f（mv0，qB）＝eq\f（m,qB）eq\r（\f(8\r（3）gd,3)）,OP′＝OP·tanθ＝eq\r(3）d故小球第二次經(jīng)過y軸時(shí)的縱坐標(biāo)y2＝eq\f（m，qB)eq\r(\f(8\r(3)gd，3））－eq\r(3）d。(3）第二次經(jīng)過y軸后到第三次經(jīng)過y軸過程,小球在第一、四象限內(nèi)的受力分析如圖所示．tanα＝eq\f(mg，qE1′）＝eq\f（\r（3),3），則剛進(jìn)入第一象限時(shí)小球所受合力方向與速度方向垂直，小球做類平拋運(yùn)動，加速度a′＝eq\r（a\o\al（x2）＋a\o\al(y2））＝2g小球第三次經(jīng)過y軸時(shí)，可知v0t′＝eq\r（3)×eq\f（1,2)×2gt′2得t′＝eq\f（\r（3)v0,3g)＝eq\f（\r(3），3g）eq\r（\f(8\r(3）gd,3)）＝eq\f(\r(8\r(3）gd）,3g)小球第二次經(jīng)過y軸與第三次經(jīng)過y軸的距離為:Δy′＝eq\f(v0t′，sin60°)＝eq\f(2,\r(3）)eq\r(\f（8\r(3)gd，3))·eq\f(\r(8\r（3）gd），3g）＝eq\f(16\r(3），9)d故小球第三次經(jīng)過y