（京津魯瓊專用）2020版高考物理大三輪復習 高考題型專項練三 計算題專項練（一）-（十二）（含解析）

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1、計算題專項練（一）-（十二） 計算題專項練(一) (建議用時：20分鐘) 題號 1 2 考點 電磁感應中導體棒運動問題分析 多過程問題的綜合分析 1．如圖所示，電阻不計且足夠長的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磁場中，磁感應強度大小B＝0.4 T．質(zhì)量m＝0.2 kg、電阻R＝0.3 Ω的導體棒ab垂直放在框架上，與框架接觸良好，從靜止開始沿框架無摩擦地下滑．框架的質(zhì)量M＝0.4 kg、寬度l＝0.5 m，框架與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.7，與斜面間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力．(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos

2、 37°＝0.8) (1)若框架固定，求導體棒的最大速度vm； (2)若框架固定，導體棒從靜止開始下滑6 m時速度v1＝4 m/s，求此過程回路中產(chǎn)生的熱量Q及流過導體棒的電荷量q； (3)若框架不固定，求當框架剛開始運動時導體棒的速度大小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，車的上表面是一段長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)從平板車的右端以水平向左的初速度v0滑上平板車

3、，小物塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，小物塊恰能到達圓弧軌道的最高點A.取g＝10 m/s2，求： (1)小物塊滑上平板車的初速度v0的大?。? (2)小物塊與車最終相對靜止時，它距點O′的距離． 三、計算題專項練 計算題專項練(一) 1．解析：(1)棒ab產(chǎn)生的電動勢E＝Blv 回路中感應電流I＝ 棒ab所受的安培力F＝BIl 對棒ab，mgsin 37°－BIl＝ma 當加速度a＝0時，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)回路中感應電流I2＝ 框架上邊所受安培力F2＝BI2l 當框架剛開始運動時，對框架有 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)平板車和小物塊組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，設小物塊到達圓弧軌道最高點A時，二者的共同速度為v1 由動量守恒定律得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)設小物塊最終與車相對靜止時，二者的共同速度為v2，從小物

5、塊滑上平板車，到二者相對靜止的過程中，由動量守恒定律得mv0＝(M＋m)v2 設小物塊與車最終相對靜止時，它距O′點的距離為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 計算題專項練(二) (建議用時：20分鐘) 題號 1 2 考點 電磁感應中導體棒的平衡問題 多過程問題的綜合分析 1．如圖所示，足夠長的平行光滑金屬導軌MN、PQ相距L，傾斜置于勻強磁場中，磁場方向垂直導軌平面向上，斷開開關S，將長也為L的金屬棒ab在導軌上由靜止釋放，經(jīng)時間t，金屬棒的速度大小為v1，此時閉合開

6、關，最終金屬棒以大小為v2的速度沿導軌勻速運動．已知金屬棒的質(zhì)量為m，電阻為r，其他電阻均不計，重力加速度為g. (1)求導軌與水平面夾角α的正弦值及磁場的磁感應強度B的大??； (2)若金屬棒的速度從v1增至v2歷時Δt，求該過程中流經(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點相切，一個質(zhì)量為2m的物塊B(可視為質(zhì)點)靜止在水平地面上，左端固定有輕彈簧，Q點為彈簧處于原長時的左端點，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)從圓弧軌道的最高點

7、由靜止開始下滑，重力加速度為g.求： (1)物塊A沿圓弧軌道滑至P點時對軌道的壓力； (2)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點的距離． 計算題專項練(二) 1．解析：(1)開關斷開時，金屬棒在導軌上勻加速下滑， 由牛頓第二定律有mgsin α＝ma 由勻變速運動的規(guī)律有：v1＝at 解得sin α＝ 開關閉合后，金屬棒在導軌上做變加速運動，最終以v2勻速運動，勻速時 mgsin α＝BIL 又有：I＝ 解得B＝ . (2)在金屬棒變加速運動階段，根據(jù)動量定理可得 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，設速度大小為vP， 由機械能守恒定律有：mgR＝mv 在最低點軌道對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軌道P點的壓力大小為3mg，方向向下． (2)設物塊A與彈簧接觸前瞬間的速度大小為v0， 由動能定理有mgR－μmgR＝mv－0，v0＝， 物塊A、物塊B具有共同速度v時，彈簧的彈性勢能最大， 由動量守恒定律有：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)設物塊A與彈簧分離時，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A最終停在Q點左側(cè)x處，由動能定理有： －μmgx＝0－mv， 解得x＝R. 答案：(1)3mg，方向向下　(2)mgR (3)R 計算題專項練(三) (建議用時：20分鐘) 題號 1 2 考點 豎直面內(nèi)的圓周運動問題 電磁感應的綜合問題 1．如圖所示，小球b靜止在光滑水平面BC上的

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

11、向上的勻強磁場中，磁感應強度B＝1 T．金屬棒a、b垂直于傾斜導軌放置，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長度均為L＝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棒到達磁場中OO′停止運動后再由靜止釋放b棒，a、b與導軌接觸良好且導軌電阻不計，重力加速度g取10 m/s2. (1)求a棒進入磁場MM′時加速度的大??； (2)a棒從釋放到OO′的過程中，求b棒產(chǎn)生的焦耳熱； (3)若MM′、OO′間的距離x＝2.4 m，b棒進入磁場后，恰好未與a棒相碰，求h2的值．

12、 計算題專項練(三) 1．解析：(1)兩球恰能到達圓周最高點時， (M＋m)g＝(M＋m) 設兩球碰后瞬間速度為v共，則從碰后到最高點過程中由動能定理可知： －(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)設兩球碰前a球速度為vC，兩球碰撞過程動量守恒：MvC＝(M＋m)v共 所以vC＝ a球從A點下滑到C點過程中，由機械能守恒定律得：Mgh＝Mv h＝3.6L. 答案：(1)　(2)3.6L 2．解析：(1)設a棒到MM′時的速度為v1. 由機械能守恒定律得mgh1＝mv 進入磁場時a棒產(chǎn)生的感應電動

13、勢E＝BLv1 感應電流I＝ 對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b棒到MM′時的速度為v2，有 mgh2＝mv b棒進入磁場后，兩棒組成的系統(tǒng)合外力為零，系統(tǒng)的動量守恒，設a、b一起勻速運動的速度為v，取向右為正方向，由動量守恒定律得mv2＝2mv 設a棒經(jīng)時間Δt加速到v，由動量定理得 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 計算題專項練(四) (建議用時：20分鐘) 題號 1 2 考點 功能關系的理解和應用 帶電體在電場中直線運動的多過程問題 1．某物理興趣小組制作了一個游戲裝置，其簡化模型如圖所示，選手在A點用一彈射裝置可將小滑塊以水平速度彈射出去，沿水平直線軌道運動到B點后，進入半徑R＝0.3 m的光滑豎直圓形軌道，運行一周后自B點向C點運動，C點右側(cè)有一陷阱，C、D兩點的豎直高度差h＝0.2 m，水平距離s＝0.6 m，水平軌道AB長為L1＝1 m，BC長為L2＝2.6 m，小滑塊

15、與水平軌道間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，重力加速度g＝10 m/s2. (1)若小滑塊恰能通過圓形軌道的最高點，求小滑塊在A點被彈出時的速度大小； (2)若游戲規(guī)則為小滑塊沿著圓形軌道運行一周后只要不掉進陷阱即選手獲勝．求獲勝選手在A點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B與水平絕緣軌道平滑連接，整個軌道處在水平向左的勻強電場中，電場強度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)從A點由靜止釋放．若已知滑塊

16、與水平軌道間的動摩擦因數(shù)μ＝0.05，取g＝10 m/s2，求： (1)小滑塊第一次經(jīng)過圓弧形軌道最低點B時對B點的壓力； (2)小滑塊在水平軌道上向右滑過的最大距離； (3)小滑塊最終的運動情況． 計算題專項練(四) 1．解析：(1)小滑塊恰能通過圓形軌道的最高點時，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的過程，由動能定理得 －μmgL1－2mgR＝mv2－mv， 解得小滑塊在A點的初速度vA＝5 m/s. (2)若小滑塊恰好停在C處，對全程進行研究，則有 －μmg(L1＋L2)＝0－mv′2 代入數(shù)據(jù)解得v′＝6 m/s.

17、 所以當5 m/s≤vA≤6 m/s時，小滑塊停在B、C間． 若小滑塊恰能越過陷阱，則有h＝gt2，s＝vCt，聯(lián)立解得vC＝3 m/s 由動能定理得－μmg(L1＋L2)＝mv－mv″2，代入數(shù)據(jù)解得v″＝3 m/s， 所以當vA≥3 m/s，小球越過陷阱 故若小球既能通過圓形軌道的最高點，又不能掉進陷阱，小滑塊在A點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)設小滑塊第一次到達B點時的速度為vB，圓弧軌道對滑塊的支持力為FN，則 由動能定理得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點時對軌道的壓力為2.2 N，方向豎直向下． (2)設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運動． 答案：(1)2.2 N　方向豎直向下　(2) m (3)在圓弧軌道上往復運動 計算題專項練(五) (建議用時：20分鐘) 題號 1 2 考點

19、 動能定理和動力學方法的應用 帶電體在電場中的運動問題 1．在水平桌面上畫兩個同心圓，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B運動，它們在圓心處發(fā)生彈性碰撞后，A剛好停在小圓周上，而B則剛好停在大圓周上．兩顆棋子碰撞前后都在同一條直線上運動，它們與桌面間的動摩擦因數(shù)均為μ，棋子大小遠小于圓周半徑，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，直角坐標系xOy的x軸水平，y軸豎直，處于豎直向下、大小為E0的勻強電場中，過O點，傾角為θ＝60

20、°的足夠大斜面固定在坐標系中．質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的粒子從y軸上的P點，以某一速度沿x軸正方向射入，經(jīng)過時間t，在坐標平面內(nèi)加上另一勻強電場E，再經(jīng)過時間t，粒子剛好沿垂直于斜面的方向到達斜面，且到達斜面時速度為零．不計粒子重力，求： (1)粒子的初速度大?。? (2)P點與x軸的距離； (3)勻強電場E的電場強度大?。? 計算題專項練(五) 1．解析：(1)設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)動能定理有μmAgr＝mAv③ 而B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 與題設不符，故一定有mA＜mB⑥ 因此，碰后A一定是反向運動，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)動能定理，碰前對A有 －2μmAgr＝mAv－mAv⑧ 聯(lián)立①③④⑥⑦⑧式解得 v0＝. 答案：(1)　(2) 2．解析： (1)粒子運動軌跡如圖中虛線所示，第一個時間t內(nèi)，粒子做類平拋運動 加速度a＝ 加上電場E時，粒

22、子做勻減速直線運動．粒子在豎直方向的速度vy＝at 此時合速度方向垂直于斜面：＝tan θ 可解得粒子的初速度v0＝. (2)第一個時間t內(nèi)，粒子在豎直方向的位移y1＝at2 水平方向的位移x1＝v0t 在第二個時間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)在第二個時間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 計算題專項練(六) (建議用時：20分鐘) 題號 1 2

23、 考點 帶電粒子在組合場的運動 “板－塊模型”問題的綜合分析 1．如圖所示的直角坐標系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磁場，PQ是磁場的右邊界，磁場的上下區(qū)域足夠大，在第二象限存在沿x軸正方向的勻強電場，一個質(zhì)量為m、電荷量為＋q的帶電粒子從x軸上的M點以速度v0垂直于x軸沿y軸正方向射入電場中，粒子經(jīng)過電場偏轉(zhuǎn)后從y軸上的N點進入第一象限，帶電粒子剛好不從y軸負半軸離開第四象限，最后垂直磁場右邊界PQ離開磁場區(qū)域，已知M點與原點O的距離為l，N點與原點O的距離為l，第一象限的磁感應強度滿足B1＝，不計帶電粒子的重力，求： (1)勻強電場的電場強

24、度為多大？ (2)第四象限內(nèi)的磁感應強度多大？ (3)若帶電粒子從進入磁場到垂直磁場右邊界離開磁場，在磁場中運動的總時間是多少？ 2．某工地一傳輸工件的裝置可簡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．一長為L＝4 m、質(zhì)量為m2＝1 kg 的平板小車最初停在BC軌道的最左端，小車上表面剛好與AB軌道相切，且與CD軌道最低點處于同一水平面．一可視為質(zhì)點、質(zhì)量為m1＝2 kg的工件從距AB軌道最低點高h處沿軌道自由滑下，滑上小車后帶動小車也向右運動，小車

25、與CD軌道左端碰撞(碰撞時間極短)后即被粘在C處．工件只有從CD軌道最高點飛出，才能被站在臺面上的工人接?。ぜc小車的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5，重力加速度g＝10 m/s2.當工件從h＝0.5R高處靜止下滑， (1)求工件到達圓形軌道最低點B對軌道的壓力； (2)工件滑進小車后，小車恰好到達CD軌道處與工件共速，求BC之間的距離； (3)若平板小車長L′＝3.4 m，工件在小車與CD軌道碰撞前已經(jīng)共速，則工件應該從多高處下滑才能讓站臺上的工人接?。? 計算題專項練(六) 1．解析：(1)設帶電粒子在電場中運動的加速度為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)粒子在電場中沿x軸方向做勻加速運動，速度v1＝at 進入磁場時與y軸正方向夾角tan θ＝＝ 解得θ＝60° 進入磁場時速度大小為v＝2v0 其運動軌跡，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 由幾何知識可得粒子第一次到達x軸時過A點，因ON滿足：ON＝2Rcos 30°，所以NA為直徑． 帶電粒子剛好不從y軸負半軸離開第四象限，滿足：(2R1＋R2)sin 30°＝R2， 解得R2＝2l 根據(jù)：qvB2＝m，解得：B2＝＝. (3)帶電粒子到達D點時，因為 DC＝R1s

27、in 30°＝ D′H＝R2－R2sin 30°＝l F點在H點的左側(cè)，帶電粒子不可能從第一象限垂直磁場邊界離開磁場，則應從第四象限G點(或多個周期后相應點)離開磁場． 帶電粒子在第一象限運動周期 T1＝＝ 帶電粒子在第四象限運動周期 T2＝＝ 帶電粒子在磁場中運動時間滿足 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處時速度為v0此過程機械能守恒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，工件對軌

28、道最低點B的壓力大小為F′N＝FN＝40 N，方向豎直向下． (2)設工件與小車共速為v1，由動量守恒定律得 m1v0＝(m1＋m2)v1 小車移動位移s1，由動能定理得 μm1gs1＝m2v－0 聯(lián)立求得s1＝＝＝1.2 m 故sBC＝L＋s1＝5.2 m. (3)設工件滑至B點時速度為v′0，與小車共速為v′1，工件到達C點時速度為v′2 由動量守恒定律得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，由機械能守恒定律得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 計算題專項練(七) (建議用時：20分鐘) 題號 1 2 考點 動量和能量觀點的綜合應用 帶電粒子在復合場中的運動 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向右運動，與A發(fā)生碰撞，碰撞后兩個小物塊粘在一起又滑上劈B.求： (1)碰撞過程中系統(tǒng)損失的機械能； (2)碰后物塊A與C在曲面劈B上能夠達到的最大高度．

30、 2．如圖所示豎直平面內(nèi)的直角坐標系xOy，x軸水平且上方有豎直向下的勻強電場，場強大小為E，在x軸下方有一圓形有界勻強磁場，與x軸相切于坐標原點，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)點無初速釋放，粒子恰好經(jīng)過磁場中(R，－R)點，粒子重力不計，求： (1)磁場的磁感強度B； (2)若將該粒子釋放位置沿y＝R直線向左移動一段距離L，無初速釋放，當L為多大時粒子在磁場中運動的時間最長，最長時間多大； (3)在(2)的情況下粒子回到電場后運動到最高點時的水平坐標值． 計算題專項練(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，由動量守恒定律得： mv0＝2mv 解得v＝v0； 碰撞過程中系統(tǒng)損失的機械能為 E損＝mv－(2m)v2 解得E損＝mv. (2)當A與C上升到最大高度時，A、B、C系統(tǒng)的速度相等；水平方向上動量守恒，取向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律得 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)粒子勻加速運動：EqR＝mv2 設圓周運動半徑為r，則qvB＝m，由幾何關系可知：r2＝

32、＋R2 解得：r＝R，B＝，磁場方向垂直xOy平面向里； (2)當粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的弦為直徑時對應的時間最長，所轉(zhuǎn)過的圓心角為α 則rsin ＝R，解得：α＝π，此時 L＝Rsin ＝R 在磁場中運動的時間為t＝ 解得：t＝； (3)粒子回到電場時速度與水平方向成30° 粒子沿y軸勻減速運動減到零時豎直高度最大 vsin 30°＝at′，Eq＝ma， 水平方向勻速運動x′＝vcos 30°t′ 解得：x′＝ 粒子返回電場時的水平坐標為x0， ＝cot 30°，h＝ 運動到最高點時的水平坐標為： x＝x0＋x′＝R. 答案：(1) ，方向垂直xOy平面向里

33、(2)R　　(3)R 計算題專項練(八) (建議用時：20分鐘) 題號 1 2 考點 動力學方法和動量守恒定律的應用 帶電粒子在復合場中的運動 1．如圖所示，水平光滑細桿上P點套一輕質(zhì)小環(huán)，小環(huán)通過長L＝0.5 m的輕繩懸掛一質(zhì)量不計的夾子，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運動，小環(huán)碰到桿上的釘子Q時立即停止運動，物塊恰要相對夾子滑動，與此同時撤去外力，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(此過程時間極短)．物塊可看成質(zhì)點，重力加速度g＝10 m/s2.求： (1)物塊做勻加速運動的加速度大小a； (2)P、Q兩點間的距離s； (3)物塊向右擺動的最大高度h. 2．如圖所示，xOy坐標系中，在y<0的區(qū)域內(nèi)分布有沿y軸正方向的勻強電場，在0

35、y0，0)(圖中未畫出)，求磁感應強度的大?。? 計算題專項練(八) 1．解析：(1)以整體為研究對象，由牛頓第二定律得：F＝ma，得：a＝10 m/s2. (2)環(huán)到達Q，物塊剛達到最大靜摩擦力，由牛頓第二定律2Ffm－mg＝ 根據(jù)動能定理有Fs＝mv2，聯(lián)立得 s＝0.05 m. (3)直桿插入夾子時，直桿與物塊水平方向動量守恒，取向右為正方向， mv－m0v0＝(m＋m0)v共 由動能定理得： －(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)粒子在電場中

36、做類平拋運動，則有： x＝v0t，y0＝at2 qE＝ma，vy＝at 解得：x＝2y0，vy＝v0 進入磁場時的速度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，則有：qvB＝m 由幾何關系知(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，應滿足磁感應強度B>. (2)粒子相鄰兩次從電場進入磁場時，沿x軸前進的距離Δx＝2x－r′＝4y0－r′ 其中初始位置為(2y0，0) 由r′＝得B＝ 又因為粒子不能射出邊界：y＝y(tǒng)0，所以(＋1)r′

37、y0<Δx<4y0 粒子通過P點，回旋次數(shù)n＝ 則　(2)見解析 計算題專項練(九) (建議用時：20分鐘) 題號 1 2 考點 帶電粒子在復合場中的運動 動力學、動量和能量觀點處理豎直面內(nèi)的圓周運動 1．如圖所示，在平面直角坐標系xOy的第二象限內(nèi)有平行于y軸的勻強電場，方向沿y軸負方向．在第一、四象限內(nèi)有一個圓，圓心O′坐標為(r，0)，圓內(nèi)有方向垂直于xOy平面向里的勻強磁場．一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶

38、正電的粒子(不計粒子所受的重力)，從P(－2h，h)點，以大小為v0的速度沿平行于x軸正方向射入電場，通過坐標原點O進入第四象限，又經(jīng)過磁場從x軸上的Q點離開磁場．求： (1)電場強度E的大?。? (2)圓內(nèi)磁場的磁感應強度B的大?。? (3)帶電粒子從P點進入電場到從Q點射出磁場的總時間t. 2．如圖所示，質(zhì)量均為m＝4 kg的兩個小物塊A、B(均可視為質(zhì)點)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向右運動，運動過程中經(jīng)過一段長為s，動摩擦因數(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．求：(g取10 m/s2) (1)若s＝1 m，兩物塊剛過C點時對軌道的壓力大?。? (2)剛釋放物塊A時，彈簧的彈性勢能； (3)若兩物塊能沖上圓形軌道，且不脫離圓形軌道，s應滿足什么條件． 計算題專項練(九) 1．解析：(1)帶電粒子在電場中做類平拋運動，有 水平方向：2h＝v0t1① 豎直方向：h＝at② a＝③ 由①②③式得E＝.④ (2)粒子進入磁場時沿y軸方向的速度 vy＝at1＝v0⑤

40、 粒子進入磁場時的速度v＝⑥ 粒子在洛倫茲力作用下做圓周運動，有 qvB＝m⑦ 由幾何關系有R＝r⑧ 由③⑤⑥⑦⑧式得B＝.⑨ (3)粒子在磁場中運動的時間t2＝T⑩ 粒子在磁場中做圓周運動的周期T＝? 粒子從P點進入電場到Q點射出磁場的總時間t＝t1＋t2? 由①⑨⑩??式解得t＝. 答案：(1)　(2)　(3) 2．解析：(1)設物塊經(jīng)過C點時速度為vC，物塊受到軌道支持力為FNC 由功能關系得： ×2mv2－2μmgs＝×2mv 又FNC－2mg＝2m 代入解得：FNC＝500 N 由牛頓第三定律知，物塊對軌道壓力大小也為500 N. (2)設A與B碰撞

41、前A的速度為v0，以向右為正方向，由動量守恒得：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能過軌道最高點，設物塊經(jīng)過半圓形軌道最高點最小速度為v1，則2mg＝ 得：v1＝＝2 m/s 物塊從碰撞后到經(jīng)過最高點過程中，由功能關系有 ×2mv2－2μmgs－4mgR≥×2mv 代入解得s滿足條件：s≤1.25 m. ②物塊上滑最大高度不超過圓弧 設物塊剛好到達圓弧處速度為v2＝0 物塊從碰撞后到最高點，由功能關系有： ×2mv2－2μmgs≤2mgR 同時依題意，物塊能滑出粗糙水平面，由功能關系： ×2m

42、v2>2μmgs 代入解得s滿足條件：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 計算題專項練(十) (建議用時：20分鐘) 題號 1 2 考點 帶電粒子在磁場中的運動分析 碰撞問題 1.如圖所示，在0≤x≤a、0≤y≤范圍內(nèi)有垂直于xOy平面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B.坐標原點O處有一個粒子源，在某時刻發(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)．已知粒子在磁場中做圓周運動的半徑介于到

43、a之間，從發(fā)射粒子到粒子全部離開磁場經(jīng)歷的時間恰好為粒子在磁場中做圓周運動周期的四分之一．求最后離開磁場的粒子從粒子源射出時， (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度d＝1 m的粗糙區(qū)域，中間部分光滑．可視為質(zhì)點的小物塊A和B初始時如圖放置，質(zhì)量分別是mA＝0.25 kg和mB＝0.75 kg，A、B與木板粗糙區(qū)域之間的動摩擦因數(shù)均為μ1＝0.2，木板與水平地面之間的動摩擦因數(shù)為μ2＝0.3.某時刻對木板施加F＝8 N的水平恒力，木板

44、開始向右加速，在A與B碰撞粘在一起不再分開的瞬間撤去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． 計算題專項練(十) 1．解析： (1)設粒子的發(fā)射速度為v，粒子做圓周運動的軌跡半徑為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

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：見解析 2．解析：(1)假設物塊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C對A的摩擦力達到最大靜摩擦力時，設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)，設碰后瞬間AB整體的速度為v1，又A、B碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，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 設經(jīng)過t1時間，AB整體與木板C速度相等且為v2，由運動學公式有： v2＝v0－a2t1＝v1＋a1t1 計算得：a1＝2 m/s2，a2＝8 m/s2，t1＝0.3 s，v2＝1.6 m/s 該過程A

47、B整體與木板相對位移： Δs1＝t1－t1 接著，AB整體減速向右運動，對木板的摩擦力向右，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 設再經(jīng)過時間t2木板停止運動，t2＝ t2時間內(nèi)AB整體相對木板向右的位移大小為：Δs2＝v2t2－a1t－t2 此時AB整體的速度為：v3＝v2－a1t2 AB整體繼續(xù)減速再經(jīng)過一段位移： 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：見解析 計算題專項練(十一) (建議用時：20分鐘) 題號 1 2 考點 帶電粒子在電場中的運動 汽車剎車問題中的動力學和能量問題 1．如圖所示，在豎直平面內(nèi)存在豎直方向的勻強電場．長度為l的輕質(zhì)絕緣細繩一端固定在O點，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)，初始時小球靜止在電場中的a點，此時細繩拉力為2mg，g為重力加速度． (1)求電場強度E和a、O兩點的電勢差UaO； (2)小球在a點獲得一水平初速度va，使其能在豎直面內(nèi)做完整的圓周運動，則va應滿足什么條件？

49、 2．如圖所示，地面固定一個圓心為O，豎直放置的光滑半圓軌道ABC，B為半圓軌道中點，半徑R＝0.08 m，∠COB＝90°.木板DE質(zhì)量為m，長度L＝10 m，E與A距離s＝2 m，木板與地面間的動摩擦因數(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重合時板上的物體可以滑入半圓軌道，當E與A一旦分離，板上物塊將落地而無法進入半圓軌道．一個可看做質(zhì)點的物體質(zhì)量為2m，物體與木板間動摩擦因數(shù)為μ2＝0.2，物體在合適的位置以合適的初速度v0開始向右運動，重力加速度g＝10

50、 m/s2，結(jié)果可保留根號．求： (1)要使物體沿軌道剛能到達B點，物體在A處的速度vA的大小； (2)要使物體能到達C點而不脫離軌道，物體初速度v0的取值范圍． 計算題專項練(十一) 1．解析：(1)小球靜止在a點時，由共點力平衡可得 mg＋2mg＝qE① 得E＝，方向豎直向上② 在勻強電場中，有UOa＝El③ 則a、O兩點電勢差UaO＝－.④ (2)小球從a點恰好運動到b點，設到b點速度大小為vb， 由動能定理得 －qE·2l＋mg·2l＝mv－mv⑤ 小球做圓周運動通過b點時，由牛頓第二定律可得 qE－mg＝m⑥ 聯(lián)立②⑤⑥式可

51、得va＝，故應滿足va≥. 答案：(1)，方向豎直向上　－ (2)va≥ 2．解析：(1)對物體，從A到B的過程，由動能定理可得： －mgR＝mv－mv 剛好到達B點，vB＝0 解得：vA＝ m/s. (2)設物體在A點的速度為v1，從A到C的過程，由動能定理可得： －mg2R＝mv－mv 要使物體能到達C點不脫離軌道，在C點有：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當物體相對木板從左端的D點滑到E時，木板恰好運動了s＝2 m，使E與A相遇，而且物體的速度大于v1，物體對應的v0有最大值． 設木板的加速度為a1，物體的加

52、速度為a2， 對木板有：μ22mg－μ13mg＝ma1 可得：a1＝1 m/s2 對物體有：μ22mg＝2ma2 可得：a2＝2 m/s2 設木板運動到與A相碰所用的時間為t1，則木板和物體的位移關系為： L＝(v0t1－a2t)－a1t 解得：t1＝2 s，v0＝8 m/s 此時物體到A點的速度為： v＝v0－a2t1＝4 m/s＞v1 故v0＝8 m/s是最大值． 情形②當物體與木板達到共同速度時恰好滑到E點，以后一起運動直到E與A相遇，而且物體的速度等于v1，物體對應的v0有最小值．設物體與木板一起運動的加速度為a3，則有：μ13mg＝3ma3 解得：a3＝1 m

53、/s2 設物體與木板達到共同的速度v′所用的時間為t2，木板在t2時間內(nèi)的位移為s2，兩者一起運動的位移為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　 計算題專項練(十二) (建議用時：20分鐘) 題號 1 2 考點 帶電粒子在電場中的運動 彈簧模型中的碰撞問題 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．整個裝置處于場強為E、方向水平向右的勻強電場中．現(xiàn)有一個質(zhì)量為m的小球，帶正電荷量為q＝，要使小球能安全通過圓軌道，則在O點的初速度應滿足什么條件？ 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，彈簧儲存的彈性勢能Ep＝3 J，現(xiàn)突然給A、B一瞬時沖量作用，使A、B同時獲得v0＝2 m/s的初速度，與此同時彈簧由于受到擾動而解除鎖定，并在極短的時間內(nèi)恢復原長，之后與A、B分離(此過程中C仍保持靜止)．已知A和C之間

55、的動摩擦因數(shù)為μ1＝0.2，B、C之間的動摩擦因數(shù)為μ2＝0.1，且滑動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)達到了共同速度，求共同速度v和達到共速之前A、B、C的加速度aA、aB、aC的大小？ (3)已知C與擋板的碰撞無機械能損失，求在第一次碰撞后到第二次碰撞前A在C上滑行的距離？ 計算題專項練(十二) 1．解析：小球先在斜面上運動，受重力、電場力、支持力，然后在圓軌道上運動，受重力、電場力、軌道作用力，如圖所示，類比重力場，將電場力

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動，因要使小球能安全通過圓軌道，在圓軌道的“等效最高點”(D點)滿足“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，由幾何關系可知AD＝2R，令小球以最小初速度v0運動，由動能定理知：－mg′·2R＝mv－mv 解得v0＝　，因此要使小球安全通過圓軌道，初速度應滿足v0≥ . 答案：v0≥ 2．解析：(1)在彈簧彈開兩物體的過程中，由于作用時間極短，對A、B及彈簧組成的系統(tǒng)由動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)對物體B有：aB＝μ2g＝1 m/s2 假設A、C相對靜止，有：μ2mBg＝(mA＋mC)a 解得：a＝1 m/s2 因為：mAa<μ1mAg，假設成立 故物體A、C的共同加速度為a＝1 m/s2 對A、B、C組成的系統(tǒng)，水平方向不受外力，由動量守恒定律可得： mBvB＝(mA＋mB＋mC)v 解得：v＝1.5 m/s. (3)C和擋板碰撞后，先向左勻減速運動，后向右勻加速運動，在向右加速過程中先C和A達到共同速度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，最后三者達到共同速度做勻速運動． 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間的相對運動距離為 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 -