必做2019版高考物理二轮复习 计算题32分满分练(三)
必做2019版高考物理二轮复习 高考题型三 考情题型练题组1
题组124.(12分)(2018山东临沂三模)质量m=1 kg的小物块在高h1=0.3 m的光滑水平平台上压缩弹簧后被锁扣K锁住,弹簧储存了一定的弹性势能,打开锁扣K,物块将以水平速度v0向右滑出平台后做平抛运动,并恰好能从光滑圆弧形轨道BC的B点的切线方向无碰撞地进入圆弧形轨道,B点的高度h2=0.15 m,圆弧轨道的圆心O与平台等高,轨道最低点与光滑水平面相切,在水平面上有一物块M,m 滑下与M发生碰撞后反弹,反弹的速度大小刚好是碰前速度的,碰撞过程中无能量损失,g取10m/s2,求:(1)物块m压缩弹簧时储存的弹性势能E p;(2)物块M的质量。
25.(20分)(2018山东潍坊三模)如图所示,在0≤x≤a的区域Ⅰ内有垂直于纸面向里的匀强磁场,在x>a的区域Ⅱ内有垂直于纸面向外的匀强磁场,磁感应强度的大小均为B0。
质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子沿x轴从原点O射入磁场。
当粒子射入速度不大于v0时,粒子在磁场中运动的时间都相同,求:(1)速度v0的大小;(2)若粒子射入磁场的速度大小为v0,其轨迹与x轴交点的横坐标;(3)调节区域Ⅱ磁场的磁感强度为λB0,使粒子以速度nv0(n>1)从O点沿x轴射入时,粒子均从O点射出磁场,n与λ满足的关系。
题组124.答案 (1)0.5 J(2)2 kg解析 (1)小物块由A运动到B做平抛运动,h1-h2=gt2解得:t= sR=h1,h1-h2=,∠BOC=60°设小球平抛时的速度为v0,则=tan 60°弹性势能E p等于小物块在A点的动能,E p=解得:E p=0.50 J(2)小物块到C点时的速度为v1,根据机械能守恒+mgh1=m与M碰撞过程中动量守恒mv1=mv3+Mv2m与M碰撞过程中能量守恒其中v3=-解得:M=2 kg25.答案 (1)(2)x=2(1+)a (3)解析 (1)粒子恰好与边界相切时R=aqvB=m解得:v0=(2)带电粒子运动的轨迹如图所示,O1、O2分别为轨迹的圆心,r=a由几何关系可得r sin θ=aO2A=2r sin θO2B=2r cos θ-r=(2-)aBC==2a轨迹与x轴交点坐标为x=O2A+BC=2(1+)a(3)粒子在区域Ⅰ中圆周运动的半径为R1,根据qnv0B0=m粒子在区域Ⅱ中圆周运动的半径为R2,qnv0λB0=m在区域Ⅱ中圆周运动的圆心位于x轴上才可能使粒子从O点射出。
2019年高考物理二轮复习计算题32分练4
计算题32分练(四)(时间：20分钟 分值：32分)1．(12分)(2018·雅安三诊)如图1所示，半径R ＝2.0 m 的光滑圆弧轨道固定在光滑的水平地面上，其末端水平．平板小车上固定一木块，紧靠在轨道的末端，木块上表面水平粗糙，且与圆弧轨道末端等高．木块的厚度h ＝0.45 m ，木块最右端到小车最右端的水平距离x ＝0.45 m ，小车连同木块总质量M ＝2 kg.现使一个质量m ＝0.5 kg 的小球从圆弧轨道上由静止释放，释放小球的位置和圆弧轨道的圆心之间的连线与竖直方向的夹角为53°，小球从木块右端飞出后恰好击中小车的最右端. (g ＝10 m /s 2,sin 53°＝0.8, cos 53°＝0.6)求：图1(1)小球到达圆弧轨道最低点时对轨道的压力大小； (2)小球离开木块最右端时，小球的速度大小； (3)小球运动到木块最右端过程中，系统产生的内能．【解析】 (1)设小球到达轨道末端的速度为v 0，由机械能守恒定律mgR (1－cos 53°)＝12mv 2 0解得v 0＝4 m/s小球在轨道最低点 F －mg ＝m v 20R解得F ＝9 N由牛顿第三定律知小球对轨道的压力F ′＝F ＝9 N.(2)设小球运动到木块最右端的速度为 v 1，此时小车的速度为v 2， 由动量守恒定律得mv 0＝mv 1＋Mv 2小球离开木块最右端后做平抛运动，运动时间为th ＝12gt 2解得 t ＝0.3 s小球恰好击中小车的最右端v 1t －v 2t ＝x 以上各式联立解得v 1＝2 m/s ，v 2＝0.5 m/s 所以小球到达木块最右端的速度大小为2 m/s.(3)由能量守恒定律得mgR (1－cos 53°)＝12mv 21＋12Mv 22＋Q解得Q ＝2.75 J.【答案】 (1) 9 N (2)2 m/s (3) 2.75 J2．(20分)如图2所示，在直角坐标系xOy 平面的第一、四象限内各有一个边长为L 的正方形匀强磁场区域，第二、三象限区域内各有一个高L 、，宽2L 的长方形匀强磁场，其中在第二象限内有垂直坐标平面向外的匀强磁场，第一、三、四象限内有垂直坐标平面向里的匀强磁场，各磁场的磁感应强度大小均相等，第一象限的x <L 、L <y <2L 的区域内，有沿y 轴正方向的匀强电场．现有一质量为m 、电荷量为q 的带负电粒子从坐标(L,3L /2)处以初速度v 0沿x 轴负方向射入电场，射出电场时通过坐标(0，L )点，不计粒子重力．图2(1)求电场强度大小E ；(2)为使粒子进入磁场后途经坐标原点O 到达坐标(－L,0)点，求匀强磁场的磁感应强度大小B ；(3)求第(2)问中粒子从进入磁场到坐标(－L,0)点所用的时间．【解析】 (1)带电粒子在电场中做类平抛运动有：L ＝v 0t ，L 2＝12at 2，qE ＝ma联立解得：E ＝mv 20qL.(2)粒子进入磁场时，速度方向与y 轴负方向夹角的正切值tan θ＝v xv y＝1 速度大小v ＝v 0sin θ＝2v 0设x 为每次偏转圆弧对应的弦长，根据运动的对称性，粒子能到达(－L,0 )点，应满足L ＝2nx ，其中n ＝1、2、3…，粒子轨迹如图甲所示，偏转圆弧对应的圆心角为π2；当满足L＝(2n ＋1)x 时，粒子轨迹如图乙所示．若轨迹如图甲，设圆弧的半径为R ，圆弧对应的圆心角为π2.则有x ＝2R ，此时满足L＝2nx联立可得：R ＝L22n洛伦兹力提供向心力，则有：qvB ＝m v 2R得：B ＝4nmv 0qL，n ＝1、2、3…若轨迹如图乙，设圆弧的半径为R ，圆弧对应的圆心角为π2.则有x ＝2R ，此时满足L＝(2n ＋1)x联立可得：R ＝L2n ＋12洛伦兹力提供向心力，则有：qvB ＝m v 2R得：B ＝22n ＋1mv 0qL，n ＝1、2、3…所以为使粒子进入磁场后途经坐标原点O 到达坐标(－L ，0)点，匀强磁场的磁感应强度大小B ＝4nmv 0qL ，n ＝1、2、3…或B ＝22n ＋1mv 0qL，n ＝1、2、3…(3) 若轨迹如图甲，粒子从进入磁场到从坐标(－L,0)点射出磁场过程中，圆心角的总和θ＝2n ×π2×2＝2n π，则t ＝T ×2n π2π＝2n πm qB ＝πL 2v 0若轨迹如图乙，粒子从进入磁场到从坐标(－L,0)点射出磁场过程中，圆心角的总和θ＝(2n ＋1)×2π＝(4n ＋2)π，则t ＝T ×4n ＋2π2π＝4n ＋2πm qB ＝πLv 0所以粒子从进入磁场到坐标(－L,0)点所用的时间为πL 2v 0或πLv 0.【答案】 (1)mv 20qL (2)B ＝4nmv 0qL ，n ＝1、2、3...或B ＝22n ＋1mv 0qL ，n ＝1、2、3 (3)πL2v 0或πLv 0。
2018_2019高考物理二轮复习计算题规范练3(含参考答案)
高考物理二轮复习:计算题规范练31．天文学家观测河外星系大麦哲伦云时，发现了LMCX3双星系统，它由可见星A 和不可见的暗星B 构成．两星均可视为质点，不考虑其他天体的影响，A 、B 围绕两者连线上的O 点做匀速圆周运动，它们之间的距离保持不变，如图所示．引力常量为G ，由观测结果能够得到可见星A 的速率v 和运行周期T .(1)可见星A 所受暗星B 的引力F A 可等效成位于O 点处的质量为m ′的星体(可视为质点)对它的引力，设A 和B 的质量分别为m 1、m 2，试求m ′(用m 1、m 2表示)．(2)求暗星B 的质量m 2与可见星A 的速率v 、运行周期T 和质量m 1之间的关系式． 解析：(1)设A 、B 的圆轨道半径分别为r 1、r 2，角速度均为ω，由双星所受的向心力大小相等，可得m 1ω2r 1＝m 2ω2r 2，设A 、B 之间的距离为L ，则L ＝r 1＋r 2， 联立可得L ＝m 1＋m 2m 2r 1， 由万有引力定律得，双星间的引力F ＝G m 1m 2L 2＝Gm 1m 32m 1＋m 22r21，由题意，将此引力等效成在O 点处的质量为m ′的星体对可见星A 的引力，则有：F ＝Gm 1m ′r 21解得m ′＝m 32m 1＋m 22.(2)对可见星A ，有G m 1m ′r 21＝m 1v 2r 1，可见星A 的轨道半径r 1＝vT2π， 联立解得m 32m 1＋m 22＝v 3T2πG . 答案：(1)m 32m 1＋m 22 (2)m 32m 1＋m 22＝v 3T2πG2．如图所示，直角边长为0.4 m 的等腰直角斜面体AOB 固定在水平地面上，C 为斜面的中点．一小球从C 点正上方与A 等高的位置自由落下与斜面碰撞后做平抛运动，不计碰撞时的能量损失．g 取10 m/s 2.(1)求小球从开始下落到落到水平地面上所用的时间．(2)以OB 为x 轴，OA 为y 轴，建立xOy 坐标系．小球从坐标为(x ，y )处自由下落，与斜面碰撞一次后落到B 点，写出y 与x 的关系式．解析：(1)自由下落至C 点过程，则有：h 2＝12gt 21，代入数据解得：t 1＝0.2 s ， 平抛过程下落高度也为h2，故下落运动的时间：t ＝2t 1＝0.4 s.(2)由释放点落至斜面过程，设落至斜面时的速度为v ，则有：v 2＝2g [y －(h －x )]， 平抛运动过程设运动时间为t ′，则有：h －x ＝12gt ′2，h －x ＝vt ′，联立消去t ′解得：y ＝－54x ＋12(0<x <0.4)．答案：(1)0.4 s (2)y ＝－54x ＋12(0<x <0.4)3．如图，一半径为R 的圆表示一柱形区域的横截面(纸面)．在柱形区域内加一方向垂直于纸面的匀强磁场，一质量为m 、电荷量为q 的粒子沿图中直线从圆上的a 点射入柱形区域，从圆上的b 点离开该区域，离开时速度方向与直线垂直．圆心O 到直线的距离为35R .现将磁场换为平行于纸面且垂直于直线的匀强电场，同一粒子以同样速度沿直线从a 点射入柱形区域，也从b 点离开该区域．若磁感应强度大小为B ，不计重力，求电场强度的大小．解析：粒子在磁场中做圆周运动．设圆周的半径为r ，由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得qvB ＝m v 2r，①式中v 为粒子在a 点的速度．过b 点和O 点作直线的垂线，分别与直线交于c 点和d 点．由几何关系知，线段ac 、bc 和过a 、b 两点的圆弧轨迹的两条半径(未画出)围成一正方形．因此ac ＝bc ＝r ，②设cd ＝x ，由几何关系得ac ＝45R ＋x ，③bc ＝35R ＋R 2－x 2，④联立②③④式得r ＝75R .⑤再考虑粒子在电场中的运动．设电场强度的大小为E ，粒子在电场中做类平抛运动，设其加速度大小为a ，由牛顿第二定律和带电粒子在电场中的受力公式得qE ＝ma ⑥粒子在电场方向和直线方向运动的距离均为r ，由运动学公式得r ＝12at 2⑦r ＝vt ⑧式中t 是粒子在电场中运动的时间．联立①⑤⑥⑦⑧式得E ＝14qRB25m .答案：14qRB 25m。
2019年高考物理二轮复习 计算题32分练4
计算题32分练(四)(时间：20分钟 分值：32分)1．(12分)(2018·雅安三诊)如图1所示，半径R ＝2.0 m 的光滑圆弧轨道固定在光滑的水平地面上，其末端水平．平板小车上固定一木块，紧靠在轨道的末端，木块上表面水平粗糙，且与圆弧轨道末端等高．木块的厚度h ＝0.45 m ，木块最右端到小车最右端的水平距离x ＝0.45 m ，小车连同木块总质量M ＝2 kg.现使一个质量m ＝0.5 kg 的小球从圆弧轨道上由静止释放，释放小球的位置和圆弧轨道的圆心之间的连线与竖直方向的夹角为53°，小球从木块右端飞出后恰好击中小车的最右端. (g ＝10 m /s 2,sin 53°＝0.8, cos 53°＝0.6)求：图1(1)小球到达圆弧轨道最低点时对轨道的压力大小； (2)小球离开木块最右端时，小球的速度大小； (3)小球运动到木块最右端过程中，系统产生的内能．v0，由机械能守恒定律F ′＝F ＝9 N.v 1，此时小车的速度为v 2， 由动量守恒定律得mv 0＝mv 1＋Mv 2小球离开木块最右端后做平抛运动，运动时间为th ＝12gt 2解得 t ＝0.3 s小球恰好击中小车的最右端v 1t －v 2t ＝x 以上各式联立解得v 1＝2 m/s ，v 2＝0.5 m/s 所以小球到达木块最右端的速度大小为2 m/s.(3)由能量守恒定律得mgR (1－cos 53°)＝12mv 21＋12Mv 22＋Q解得Q ＝2.75 J.【答案】 (1) 9 N (2)2 m/s (3) 2.75 J2．(20分)如图2所示，在直角坐标系xOy 平面的第一、四象限内各有一个边长为L 的正方形匀强磁场区域，第二、三象限区域内各有一个高L 、，宽2L 的长方形匀强磁场，其中在第二象限内有垂直坐标平面向外的匀强磁场，第一、三、四象限内有垂直坐标平面向里的匀强磁场，各磁场的磁感应强度大小均相等，第一象限的x <L 、L <y <2L 的区域内，有沿y 轴正方向的匀强电场．现有一质量为m 、电荷量为q 的带负电粒子从坐标(L,3L /2)处以初速度v 0沿x 轴负方向射入电场，射出电场时通过坐标(0，L )点，不计粒子重力．图2O 到达坐标(－L,0)点，求匀强磁场的磁感应强度(－L,0)点所用的时间．L ＝v 0t ，L 2＝12at 2，qE ＝may 轴负方向夹角的正切值tan θ＝v xv y＝1 速度大小v ＝v 0sin θ＝2v 0设x 为每次偏转圆弧对应的弦长，根据运动的对称性，粒子能到达(－L,0 )点，应满足L ＝2nx ，其中n ＝1、2、3…，粒子轨迹如图甲所示，偏转圆弧对应的圆心角为π2；当满足L＝(2n ＋1)x 时，粒子轨迹如图乙所示．若轨迹如图甲，设圆弧的半径为R ，圆弧对应的圆心角为π2.则有x ＝2R ，此时满足L＝2nx联立可得：R ＝L22n洛伦兹力提供向心力，则有：qvB ＝m v 2R得：B ＝4nmv 0qL，n ＝1、2、3…若轨迹如图乙，设圆弧的半径为R ，圆弧对应的圆心角为π2.则有x ＝2R ，此时满足L＝(2n ＋1)x联立可得：R ＝L n ＋2洛伦兹力提供向心力，则有：qvB ＝m v 2R得：B ＝n ＋mv 0qL，n ＝1、2、3…所以为使粒子进入磁场后途经坐标原点O 到达坐标(－L ，0)点，匀强磁场的磁感应强度大小B ＝4nmv 0qL，n ＝1、2、3…或B ＝n ＋mv 0qL，n ＝1、2、3…(3) 若轨迹如图甲，粒子从进入磁场到从坐标(－L,0)点射出磁场过程中，圆心角的总和θ＝2n ×π2×2＝2n π，则t ＝T ×2n π2π＝2n πm qB ＝πL2v 0若轨迹如图乙，粒子从进入磁场到从坐标(－L,0)点射出磁场过程中，圆心角的总和θ＝(2n ＋1)×2π＝(4n ＋2)π，则t ＝T ×n ＋π2π＝n ＋πm qB ＝πLv 0所以粒子从进入磁场到坐标(－L,0)点所用的时间为πL 2v 0或πLv 0.【答案】 (1)mv 20qL (2)B ＝4nmv 0qL，n ＝1、2、3…或B ＝n ＋mv 0qL，n ＝1、2、3 (3)πL2v 0πL 或v0。
2019版高考物理二轮复习计算题32分满分练二
计算题32分满分练(二)24.(12分)2017年9月13日，苹果在乔布斯剧院正式发布旗下三款iPhone 新机型，除了常规的硬件升级外，三款iPhone 还支持快充和无线充电。
图1甲为兴趣小组制作的无线充电装置中的输电线圈示意图，已知线圈匝数n ＝100，电阻r ＝1 Ω，横截面积S ＝1.5×10－3m 2，外接电阻R ＝7 Ω。
线圈处在平行于线圈轴线的磁场中，磁场的磁感应强度随时间变化如图乙所示，求：图1(1)t ＝0.01 s 时线圈中的感应电动势E ；(2)0～0.02 s 内通过电阻R 的电荷量q ；(3)0～0.03 s 内电阻R 上产生的热量Q 。
解析 (1)由图乙可知，t ＝0.01 s 时刻ΔB Δt＝4 T/s 根据法拉第电磁感应定律得E ＝n ΔΦΔt ＝n S ΔB Δt解得E ＝0.6 V 。
(2)0～0.02 s 内，I ＝E R ＋r ＝0.075 A ，电荷量q ＝I Δt ， 解得q ＝1.5×10－3 C 。
(3)0～0.02 s 内，E ＝0.6 V ，I ＝0.075 A ，根据焦耳定律可以得到，回路中产生的焦耳热为Q 1＝I 2(R ＋r )t 1＝9×10－4 J0.02～0.03 s 内，E ′＝1.2 V ，I ′＝0.15 A ，根据焦耳定律可以得到，回路中产生的焦耳热为Q 2＝I ′2(R ＋r )t 2＝1.8×10－3 J所以Q 总＝Q 1＋Q 2＝2.7×10－3 J而Q ＝RR ＋r Q 总，解得Q ＝2.362 5×10－3 J 。
答案 (1)0.6 V (2)1.5×10－3 C (3)2.362 5×10－3J25.(20分)如图2甲所示，质量M ＝3 kg ，足够长的木板静止在水平面上，半径为R 的四分之一固定光滑圆轨道的下端与木板的右端平滑对接，质量m ＝1 kg 的物块(可视为质点)从轨道顶端由静止释放，接着物块离开圆轨道滑上木板。
2019版高考物理二轮复习 计算题32分满分练(三)
计算题32分满分练(三)24.(12分)如图1所示，水平放置的绝缘光滑正方形桌面abcd ，边长为L ，距地面高度也为L ，仅在桌面区域有竖直向上的匀强磁场。
两个带有相同电荷量的小球1、2，质量分别为m 1和m 2，先后从b 点沿水平桌面ba 方向射入磁场，在b 点动能相同，小球1从bc 边的中点P 水平射出，小球2从bc 边的c 点水平射出。
重力加速度为g 。
图1(1)求两小球带电性质及两小球质量之比m 1m 2；(2)若在b 点的动能E k ＝34m 1gL ，求两小球落地点间的水平距离x 12(用L 表示)。
解析 (1)小球都带正电，小球1、2在磁场中做匀速圆周运动，设小球电荷量为q ，磁感应m 1、m 2，半径分别为r 1、r 2，动能为E k ，由洛伦r bc 边，设下落时间相同为t ，水平位移分别为x 1和x 2，由平抛规律，有L ＝12gt 2(1分)x 1＝v 1t ，x 2＝v 2t (1分)由几何关系，得x 12＝⎝ ⎛⎭⎪⎫L 22＋（x 2－x 1）2(2分) 由题知12m 1v 21＝12m 2v 22＝34m 1gL (2分) 解得x 12＝L (1分)答案 (1)均带正电 1∶4 (2)L25.(20分)某工地一传输工件的装置可简化为如图2所示的情形，AB 为一段足够大的14圆弧固定轨道，圆弧半径R ＝5.4 m ，BC 为水平轨道，CD 为一段14圆弧固定轨道，圆弧半径r ＝1 m ，三段轨道均光滑。
一长为L ＝4 m 、质量为m 2＝1 kg 的平板小车最初停在BC 轨道的最左端，小车上表面刚好与AB 轨道相切，且与CD 轨道最低点处于同一水平面。
一可视为质点、质量为m 1＝2 kg 的工件从距AB 轨道最低点高h 处沿轨道自由滑下，滑上小车后带动小车也向右运动，小车与CD 轨道左端碰撞(碰撞时间极短)后即被粘在C 处。
工件只有从CD 轨道最高点飞出，才能被站在台面上的工人接住。
2019年高考物理二轮复习 计算题32分练3
计算题32分练(三)(时间：20分钟 分值：32分)1．(12分)(2018·辽宁辽南联考)如图1所示，两条圆滑的绝缘导轨，导轨的水平部分与圆弧部分光滑连结，两导轨间距为L ，导轨的水平部分有n 段同样的匀强磁场地区(图中的虚线范围)，磁场方向竖直向上，磁场的磁感觉强度为B ，磁场的宽度为s ，相邻磁场地区的间距也为s ，且s 大于L ，磁场左、右两界限均与导轨垂直，现有一质量为m 、电阻为r 、边长为L 的正方形金属框，由圆弧导轨上某高度处静止开释，金属框滑上水平导轨，在水平导轨上滑行一段时间进入磁场地区，最后线框恰巧完整经过n 段磁场地区，地球表面处的重力加快度为g ，感觉电流的磁场能够忽视不计，求：图1(1)金属框进入第1段磁场地区的过程中，经过线框某一横截面的感觉电量及金属框完整经过n 段磁场地区的过程中安培力对线框的总冲量的大小；(2)金属框完整进入第k (k <n )段磁场地区前的瞬时，金属框速度的大小．【分析】 (1)设金属框在进入第一段匀强磁场地区前的速度为v 0，金属框在进入第一段匀强磁场地区的过程中，线框中产生均匀感觉电动势为E ＝BL 2t均匀电流为：I ＝E r ＝BL 2rt ，q ＝I t ＝BL 2r设线框经过每一段磁场地区的过程中安培力冲量大小为I则I ＝B I Lt 0＝2B 2L 3r整个过程累计获得：I 总冲量＝n 2B 2L 3r .(2)金属框穿过第(k －1)个磁场地区后，由动量定理获得：－(k －1)2B 2L 3r ＝mv k －1－mv 0金属框完整进入第k 个磁场地区的过程中，由动量定理获得：－B 2L 3r ＝mv k ′－mv k －1n 2B 2L 3r ＝mv 0解得：v k ′＝2n －2k ＋1B 2L 3mr. 【答案】 (1)BL 2r n 2B 2L 3r (2)2n －2k ＋1B 2L 3mr2．(20分)(2018·东北三省四市联考)如图2所示，圆滑曲面AB 与长度L ＝1 m 的水平传递带BC 光滑连结，传递带以v ＝1 m/s 的速度运转．质量m 1＝1 kg 的物块甲从曲面上高h ＝1 m 的A 点由静止开释，物块甲与传递带之间的动摩擦因数μ＝0.20，传递带右边圆滑水平川面上有一个四分之一圆滑圆轨道状物体乙，物体乙的质量m 2＝3 kg ，重力加快度g ＝10 m/s 2.求：图2(1)甲第一次运动到C 点的速度大小；(2)甲第二次运动到C 点的速度大小；(3)甲第二次到C 点后经多长时间再次抵达C 点？【分析】 (1)物块甲从A 运动至B ，由动能定理得：m 1gh 1＝12m 1v 20解得：v 1＝25m/s ＞v假定物块在传递带上向来做匀减速运动，由动能定理得：－μm 1gL ＝12m 1v 22－12m 1v 21 解得：v 2＝4 m/s因v 2＞v ，故物块甲第一次运动至C 点的速度大小为v 2＝4 m/s.(2)以物块甲和物块乙为研究对象，从甲滑上乙开始至甲滑下来的过程中，系统水平方向上动量守恒，则有：m 1v 2＝m 1v 3＋m 2v 4系统能量守恒，则有：12m1v22＝12m1v23＋12m2v24联立解得：v3＝－2 m/s则甲从乙物体上滑下后向左匀速运动，第二次抵达C点的速度大小为2 m/s.(3)甲向左进入传递带，做匀减速运动，依据牛顿第二定律得：μm1g＝m1a 解得：a＝2 m/s2从C运动B，由动能定理得：－μm1gL＝12m1v25－12m1v23解得：抵达B点的速度为v5＝0物块甲从C点运动到左端B点的时间为t1＝v5－v3a＝1 s接着甲在传递带上向右做加快度仍为a的匀加快直线运动，设到与传递带共速时所用时间为t2，则有：t2＝va＝0.5 s甲在t2时间内的位移为x1，由动能定理得：μm1gx1＝12m1v20－0.解得：x1＝0.25 m甲与传递带共速后随传递带一同匀速运动，位移为x2＝L－x1则所用的时间为t3＝x2v＝L－x1v＝0.75 s故甲从第二次到C点后再次抵达C点的过程中，运动时间为t＝t1＋t2＋t3＝2.25 s.【答案】(1)4 m/s(2)2 m/s(3)2.25 s。
2019高考物理大二轮实用课件：题型三计算题3
m 2
2
2
7
1 +2
3m 2
������m 2
(3)设 C 落地后 A 继续上升 h 时速度为零,此时 B 未触 C,A 和 B 组成 的系统满足 mgh-2mgh=0-2 m+2m ������m 2 联立解得 h= l
5 7
由于 h= l<l,所以 B 不会触 C,A 离地的最大高度 H=l+h= l。
1 1 2
(1)1 H 第一次进入磁场的位置到原点 O 的距离; 1 (2)磁场的磁感应强度大小; 2 (3)1 H 第一次离开磁场的位置到原点 O 的距离。
-34-
一
二
答案:(1)
2 3 3
h
1
(2)
6������������ ������ℎ
(3)
2 3 3
( 2-1)h
解析:(1)1 H 在电场中做类平抛运动,在磁场中做圆周运动,运动轨 1 迹如图所示。设 1 H 在电场中的加速度大小为 a1,初速度大小为 v1, 它在电场中的运动时间为 t1,第一次进入磁场的位置到原点 O 的距 离为 s1。由运动学公式有 s1=v1t1① 1 h= a1������1 2 ②
m/s2=3 m/s2 m=10 m。
仅供学习交流！！！
-20-
一
二
解析 (1)解除对 A 的锁定后,A 加速上升,B 和 C 加速下降,加速度 a 大小相等,设轻绳对 A 和 B 的拉力大小为 FT,由牛顿第二定律得 3 3 对 A:FT- mg= ma 对 B、C:(m+m)g-FT=(m+m)a 1 联立解得 a= g。 (2)当物块 C 刚着地时,A 的速度最大。从 A 刚开始上升到 C 刚着地 的过程,由机械能守恒定律得 2mgl-2mgl=2(2m)������ 解得 vm=
2019年高考物理二轮复习计算题32分满分练一
计算题32分满分练(一)24.(12分)某电视台有一幼儿园小朋友参加的闯关节目——高低滑梯。
如图1所示，高滑梯的平台到水平地面的距离为h ，其右侧与一个曲面滑梯PA 相连，参赛者小帅(可视为质点)从P 点由静止下滑，经过平台上的A 点后向左做匀减速直线运动，依次经过B 、C 两点后落在地面上的D 点(有保护措施，不会摔伤)。
已知从A 运动到B 的时间等于从B 运动到C 的时间，且B 到C 的距离为l ，A 到B 的距离为2l 。
低滑梯在水平地面上，其右侧与一个曲面滑梯QA ′相连，QA ′与PA 完全相同，参赛者小唐(也可视为质点)从Q 点由静止下滑，经过平台上的A ′点后向左做匀减速直线运动，依次经过B ′、C ′两点后最终恰好停在D 点。
已知A 与A ′、B 与B ′、C 与C ′都在同一竖直平面内，高低滑梯都是由相同材料制成的。
求：图1(1)C 到D 的水平距离x ；(2)参赛者与滑梯平台间的动摩擦因数μ。
解析 (1)设小唐做匀减速运动的加速度大小为a ，离开C ′点时的速度为v (小帅经过C 点的速度也为v )，从A ′点运动到B ′点的时间为t ，则小唐从B ′点运动到C ′点的时间也为t ，按逆向思维，根据运动学公式得l ＝vt ＋12at 2，l ＋2l ＝v ·2t ＋12a (2t )2，消去t 解得al ＝4v 2C 到D 的水平距离x ，即C ′到D 的水平距离，由运动学公式得v 2＝2ax解得x ＝l 8。
(2)小帅离开C 点之后做平抛运动，设小帅在空中运动的时间为t ′，有h ＝12gt ′2，x ＝vt ′ 设参赛者小唐的质量为m ，由牛顿第二定律得μmg ＝ma联立解得μ＝l32h 。
答案 (1)l 8 (2)l 32h25.(20分)在如图2所示的扇形区域Oab 内存在方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为B ＝2.0×10－3 T 的匀强磁场(包括磁场的边界)，已知扇形区域的半径为r ＝ 2 m ，图中的O 点有一发射源，能向磁场中发射一系列比荷为q m ＝5.0×107C/kg 的带负电的粒子，粒子的速度方向均与磁场方向垂直，且所有粒子的速率均为v ＝1.0×105 m/s ，粒子重力不计。
2019版高考物理二轮复习计算题32分满分练一.doc
计算题32分满分练（一）24.（12分）某电视台有一幼儿园小朋友参加的闯关节目一一高低滑梯。
如图1所示，高滑梯的平台到水平地血的距离为力，其右侧与一个曲面滑梯以相连，参赛者小帅（可视为质点）从P点由静止下滑，经过平台上的力点后向左做匀减速直线运动，依次经过从。
两点后落在地面上的〃点（有保护措施，不会摔伤）。
已知从力运动到〃的时间等于从〃运动到C的时间，且〃到Q的距离为厶〃到〃的距离为2人低滑梯在水平地面上，其右侧与一个曲面滑梯M 相连，QA1与刊完全相同，参赛者小唐（也可视为质点）从0点由静止下滑，经过平台上的川点后向左做匀减速直线运动，依次经过F、C两点后最终恰好停在〃点。
已知川与才、B与用、C与U都在同一竖直平面内，高低滑梯都是由相同材料制成的。
求：Z Z /*/*Z^?ZZZZ 7/ / Z / / Z ? Z Z ✓D C B‘A'图1（1）C到〃的水平距离X；（2）参赛者与滑梯平台间的动摩擦因数“。
解析（I）设小唐做匀减速运动的加速度大小为臼，离开C'点时的速度为y（小帅经过Q点的速度也为y）,从才点运动到F点的时间为Z,则小唐从F点运动到U点的时间也为Z,按逆向思维，根据运动学公式得1= vt+^aC, 1+21= V• 2z+^（2z）2,消去Z 解得幻=4 /Q到〃的水平距离即广到〃的水平距离，由运动学公式得,=2自才解得尢=£（2）小帅离开C点之后做平抛运动，设小帅在空中运动的时间为F ,有方=詁S x=ve设参赛者小唐的质量为/〃，由牛顿第二定律得P mg= ma联立解得卩=缶。
答案（1）§⑵商25.（20分）在如图2所示的扇形区域尤力内存在方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为B= 2.0X107 T的匀强磁场（包括磁场的边界），已知扇形区域的半径为r=yf2 m,图中的。
点有一发射源，能向磁场中发射一系列比荷^r=5.0X107 C/kg的带负电的粒子，粒子的速度方向均与磁场方向垂直，且所有粒子的速率均为y=1.0X10" m/s,粒子重力不计。
2019版高考物理二轮复习 计算题32分满分练(二)
计算题32分满分练(二)24.(12分)2017年9月13日，苹果在乔布斯剧院正式发布旗下三款iPhone 新机型，除了常规的硬件升级外，三款iPhone 还支持快充和无线充电。
图1甲为兴趣小组制作的无线充电装置中的输电线圈示意图，已知线圈匝数n ＝100，电阻r ＝1 Ω，横截面积S ＝1.5×10－3m 2，外接电阻R ＝7 Ω。
线圈处在平行于线圈轴线的磁场中，磁场的磁感应强度随时间变化如图乙所示，求：图1(1)t ＝0.01 s 时线圈中的感应电动势E ；(2)0～0.02 s 内通过电阻R 的电荷量q ；(3)0～0.03 s 内电阻R 上产生的热量Q 。
时刻ΔB Δt＝4 T/s n S ΔB Δtq ＝I Δt ， ，根据焦耳定律可以得到，回路中产生的焦耳热Q 1＝I 2(R ＋r )t 1＝9×10－4 J0.02～0.03 s 内，E ′＝1.2 V ，I ′＝0.15 A ，根据焦耳定律可以得到，回路中产生的焦耳热为Q 2＝I ′2(R ＋r )t 2＝1.8×10－3 J所以Q 总＝Q 1＋Q 2＝2.7×10－3 J而Q ＝RR ＋r Q 总，解得Q ＝2.362 5×10－3 J 。
答案 (1)0.6 V (2)1.5×10－3 C (3)2.362 5×10－3 J25.(20分)如图2甲所示，质量M ＝3 kg ，足够长的木板静止在水平面上，半径为R 的四分之一固定光滑圆轨道的下端与木板的右端平滑对接，质量m ＝1 kg 的物块(可视为质点)从轨道顶端由静止释放，接着物块离开圆轨道滑上木板。
从物块滑上木板开始计时，物块运动前2 s 内速度随时间变化如图乙所示。
已知木板与水平面间的动摩擦因数μ0＝0.01，重力加速度g ＝10 m/s 2，求：图2(1)物块经过圆轨道最低点时对轨道压力F 的大小；(2)直到物块与木板相对静止的过程中因摩擦共产生的热量Q 。
2019年高考物理二轮复习 计算题32分练2
计算题32分练(二)(时间：20分钟 分值：32分)1．(14分)(2018·百校联盟4月联考)如图1所示，半径为R 的四分之一光滑圆弧轨道固定在地面上．长直平板车放在光滑的水平面上，其右端与光滑圆弧轨道等高且平滑对接．小车的左端挡板上连接有一劲度系数很大的轻质弹簧．平板车右端到弹簧右端的距离为L .一物块从四分之一圆弧轨道的上端由静止下滑，运动到圆弧轨道的最低点时对轨道的压力为F ，平板车的质量为物块质量的3倍．重力加速度为g ，整个过程中忽略弹簧的形变量，求：图1(1)物块的质量大小；(2)若平板车的上表面光滑，物块在平板车上运动的时间为多少(不计物块与弹簧作用的时间)；(3)若平板车的上表面粗糙，物块滑上车后最终停在平板车的右端，则物块与平板车上表面间的动摩擦因数为多少；物块与弹簧作用过程中弹簧具有的最大弹性势能为多少．【解析】 (1)物块在四分之一光滑圆弧轨道上下滑的过程中，根据机械能守恒得：mgR ＝12mv 2 在轨道最低点，由牛顿第二定律得：F －mg ＝m v 2R联立解得：m ＝F3g.(2)物块滑上平板车的速度v ＝2gR物块与轻弹簧发生弹性碰撞的过程，由动量守恒得：mv ＝3mv 1－mv 2 由能量守恒得：12mv 2＝12×3mv 21＋12mv 22联立解得：v 1＝v 2＝12v ＝122gR则物块与弹簧作用前在车上运动的时间：t 1＝L v＝L 2gR物块与弹簧作用后在车上运动的时间为t 2＝Lv 1＋v 2＝L v＝L 2gR因此物块在平板车上运动的总时间为t ＝t 1＋t 2＝2L 2gR .(3)设物块与平板车上表面间的动摩擦因数为μ，物块停在平板车右端时物块与车的共同速度为v 3，根据动量守恒得：mv ＝4mv 3根据功能关系得：2μmgL ＝12mv 2－12×4mv 23联立解得：μ＝3R8L当弹簧具有最大弹性势能时，物块与平板车具有共同速度，根据动量守恒得：mv ＝4mv 4 根据功能关系得：μmgL ＋E p ＝12mv 2－12×4mv 24联立解得：E p ＝18FR .【答案】 (1)F 3g (2)2L 2gR(3)3R 8L 18FR2．(18分)(2018·湖南株洲质检)如图2所示，在真空室内的P 点，能沿纸面向各个方向不断发射电荷量为＋q 、质量为m 的粒子(不计重力)，粒子的速率都相同．ab 为P 点附近的一条水平直线，P 到直线ab 的距离PC ＝L ，Q 为直线ab 上一点，它与P 点相距PQ ＝52L .当直线ab 以上区域只存在垂直纸面向里、磁感应强度为B 的匀强磁场时，水平向左射出的粒子恰到达Q 点；当ab 以上区域只存在平行该平面的匀强电场时，所有粒子都能到达ab 直线，且它们到达ab 直线时动能都相等，其中水平向左射出的粒子也恰好到达Q 点．已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：图2(1)粒子的发射速率；(2)匀强电场的场强大小和方向；(3)仅有磁场时，能到达直线ab 的粒子所用最长时间和最短时间的比值．【解析】 (1)设粒子做匀速圆周运动的半径为R ，过O 作PQ 的垂线交PQ 于A 点，如图甲所示：最新高考一轮复习 学案练习甲由几何知识可得PC PQ＝QA QO代入数据可得粒子轨迹半径R ＝QO ＝5L8洛伦兹力提供向心力Bqv ＝m v 2R解得粒子发射速度为v ＝5BqL8m.(2)真空室只加匀强电场时，由粒子到达ab 直线的动能相等，可知ab 为等势面，电场方向垂直ab 向下．水平向左射出的粒子经时间t 到达Q 点，在这段时间内CQ ＝L2＝vtPC ＝L ＝12at 2式中a ＝qE m解得电场强度的大小为E ＝25qLB28m.(3)只有磁场时，粒子以O 1为圆心沿圆弧PD 运动，当圆弧和直线ab 相切于D 点时，粒子速度的偏转角最大，对应的运动时间最长，如图乙所示．据图有乙sin α＝L －R R ＝35小学+初中+高中解得α＝37° 故最大偏转角γmax＝233°粒子在磁场中运动最大时长t 1＝γmax360°T式中T 为粒子在磁场中运动的周期．粒子以O 2为圆心沿圆弧PC 运动的速度偏转角最小，对应的运动时间最短．据图乙有 sin β＝L /2R ＝45解得β＝53° 速度偏转角最小为γmin＝106°故最短时长t 2＝γmin360°T因此，粒子到达直线ab 所用最长时间和最短时间的比值t 1t 2＝γmaxγmin＝233106. 【答案】 (1)5BqL 8m (2)25B 2qL 8m 电场方向垂直ab 向下 (3)233106。
2019届高考物理二轮复习 计算题题型专练【共5套38页】
本套资源目录2019届高考物理二轮复习计算题题型专练一匀变速直线运动规律2019届高考物理二轮复习计算题题型专练三功和能动量2019届高考物理二轮复习计算题题型专练二牛顿运动定律的应用2019届高考物理二轮复习计算题题型专练五电磁感应规律的综合应用2019届高考物理二轮复习计算题题型专练四带电粒子在电场磁场中的运动计算题题型专练(一) 匀变速直线运动规律1．为了测试某汽车的刹车性能，驾驶员驾驶汽车以30 m/s 的速度在干燥的平直公路上匀速行驶，某时刻驾驶员收到刹车指令，经过一段短暂的反应时间后开始刹车，当车停止后，经测量发现，从驾驶员接到刹车指令到车停下来，汽车行驶的距离为90 m ，若用同样的方法测试该汽车在雨天的刹车性能，则汽车需要行驶165 m 的距离才能停下来，已知雨天时轮胎与地面间的动摩擦因数为轮胎与干燥地面间动摩擦因数的一半，若两次刹车过程中驾驶员的反应时间相同，试求该驾驶员的反应时间。
解析 设汽车匀速行驶的速度大小为v 0，在干燥路面上刹车时的加速度大小为a ，驾驶员的反应时间为Δt ，汽车行驶的距离为x 1，汽车在雨天刹车时行驶的距离为x 2，由题意可知，雨天刹车时汽车的加速度大小为12a 在干燥路面上刹车时：x 1＝v 0Δt ＋v 202a在雨天刹车时：x 2＝v 0Δt ＋v 22×12a两式联立并代入数据可解得：Δt ＝0.5s 。
答案 Δt ＝0.5s2．在一次救援中，一辆汽车停在一倾角为37°的小山坡坡底，突然司机发现在距坡底48 m 的山坡处一巨石以8 m/s 的初速度加速滑下，巨石和山坡间的动摩擦因数为0.5，巨石到达坡底后速率不变，在水平面的运动可以近似看成加速度大小为 2 m/s 2的匀减速直线运动；司机发现险情后经过2 s 汽车才启动起来，并以0.5 m/s 2的加速度一直做匀加速线运动(如图所示)，求：(1)巨石到达坡底时间和速率分别是多少？(2)汽车司机能否安全脱险？解析 (1)设巨石到达坡底时间为t 1，速率为v 1，则由牛顿第二定律：mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma 1，x ＝v 0t 1＋12a 1t 21，v 1＝v 0＋a 1t 1代入数值得t 1＝4 s ，v 1＝16 m/s(2)到达水平面后，开始计时为t 2巨石减速：v 2＝v 1－a 2t 2车加速：v 车＝a 车(t 2＋2)当车和巨石速度相等时：v 2＝v 车，t 2＝6 s此时车的位移为x 车＝0.5a 车(t 2＋2)2＝16 m巨石的位移：v 石＝ v 1t 2－0.5a 2t 22＝60 m ，所以无法脱险。
2019届高考物理二轮复习第2章动量和能量高考题型许练8+2计算三
高考题型小卷练(8＋2计算)(三)
用不可伸长的轻质细绳跨过两个定滑轮与小球
施加一个斜向右上方且与水平方向始终成
移动过程中细绳一直处于拉直状态，则下列说法正确的是
进行受力分析可知，拉力F一直增大，因此选项
对地面的压力先增大后减小，选项C正确、
分，在西昌卫星发射中心，我国运用长征三号乙运载火箭以“一箭双这两颗卫星是北斗三号卫星导航系统的组网卫星。
()
G
＝
＋
如图所示，理想变压器原、副线圈上分别接有定值电阻R1、R
n1：n4：1两端的电压为U2＝10 V，则交流电源电压
48 V
45 V D．40 V
I1n21
在副线圈中，电流为
．钢球重力势能减少量等于铁链机械能增加量
．铁链重力势能的减少量小于其动能增加量
时刻时导体棒ab出磁场．不计两导体棒与导电绳间的相互作用，求：匀强磁场的磁感应强度大小．
cd的电热功率．
不计空气阻力和圆环细管的直径．
小车在直轨道上所受阻力为车重的多少？
点处圆环管壁对小车的作用力；
求小车在整个运动过程中克服阻力做的功．
点运动到B点的过程中，设小车运动到B点时竖直方向的速度为
＋cos60°)＝3gR(2分)。
2019高考物理二轮练习精品资料ⅲ重点题三
2019高考物理二轮练习精品资料ⅲ重点题三提示：1、考试范围：选修3—1〔60％〕必修1、2〔40％〕2、本试卷分第一卷〔选择题〕和第二卷〔非选择题〕两部分。
总分值100分，考试时间90分钟。
第一卷〔选择题共48分〕【一】选择题〔每题3分，共48分。
〔每题3分，共48分。
每题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错或不选的得0分〕1、甲、乙两辆汽车在平直的公路上沿同一方向做直线运动，T＝0时刻同时经过公路旁的同一个路标、在描述两车运动的V－T图中（如图1所示），直线A、B分别描述了甲、乙两车在0～20秒的运动情况、关于两车之间的位置关系，以下说法正确的选项是（）A、在0～10秒内两车逐渐靠近B、在10秒～20秒内两车逐渐远离C、在5秒～15秒内两车的位移相等D、在T＝10秒时两车在公路上相遇2、A、B、C三个物体通过细线和光滑的滑轮相连，处于静止状态，如图2所示，C是一箱砂子，砂子和箱的重力都等于G，动滑轮的质量不计，打开箱子下端开口，使砂子均匀流出，经过时间T0流完，那么如图3所示的哪个图线表示在这个过程中桌面对物体B的摩擦力FF随时间的变化关系（）图33.印度安得拉邦斯里赫里戈达岛的萨蒂什·达万航天中心，一枚PSLV－C14型极地卫星运载火箭携带七颗卫星发射升空，成功实现“一箭七星”发射，那么以下说法正确的选项是（）A、火箭发射时，喷出的高速气流对火箭的作用力大于火箭对气流的作用力B、发射初期，火箭处于超重状态，但它受到的重力却越来越小C、高温高压燃气从火箭尾部喷出时对火箭的作用力与火箭对燃气的作用力大小相等D、发射的七颗卫星进入轨道正常运转后，均处于完全失重状态4、M为在水平传送带上被传送的小物体（可视为质点），A为终端皮带轮，如图4所示，皮带轮半径为R，传送带与皮带轮间不会打滑，当M可被水平抛出时，A轮每秒的转数最少是（）A.12πgrB.grC.grD.12πgr5、在山西太原卫星发射中心发射的“风云三号”气象卫星，是我国第二代极轨气象卫星，卫星上装有十多台有效载荷，可实现全球、全天候、多光谱、三维、定量遥感功能、气象卫星在通过地球两极上空的圆轨道上运行，它的运行轨道距地面高度为H，卫星能在一天内将地面上赤道各处在日照条件下的情况全部拍下来，地球半径为R，地球表面处的重力加速度为G，地球的自转角速度为ω0.那么以下说法正确的选项是（）A、气象卫星运行速度为V＝Rg R＋hB、气象卫星的周期为2πR＋h gC、气象卫星在通过赤道上空时，卫星上的摄像机应拍摄地面上赤道圆周的弧长至少为S＝πω0(R＋h)3gD、气象卫星到达赤道正上方时，应在同步卫星的上方6、如图5所示为某探究活动小组设计的节能运动系统，斜面轨道倾角为30°，质量为M的木箱与轨道的动摩擦因数为36。
2019年高考物理二轮复习计算题32分练1
计算题32分练(一)(时间：20分钟 分值：32分)1．(12分)(2018·皖南八校4月联考)如图1甲所示，可视为质点的质量为m 1＝1 kg 的小物块放在质量为m 2＝2 kg 的长木板正中央位置，长木板静止在水平地面上，连接物块的轻质细绳与水平方向的夹角为37°，现对长木板施加水平向左的拉力F ＝18 N ，长木板运动v t 图象如图乙所示，sin 37°＝0.6，g ＝10 m/s 2，求：图1(1)长木板长度L ；(2)木板与地面间的动摩擦因数μ2；(3)物块与木板间的动摩擦因数μ1.【解析】 (1)从图线可知，木板运动2 s 离开小物块，在0～2 s ，由图线可知x ＝2×12＝1 m ，L ＝2x ＝2 m.(2)在2～3 s ，由图线可得a 2＝Δv Δt ＝4 m/s 2，a 2＝F －μ2m 2g m 2，解得μ2＝0.5. (3)在0～2 s ：小物块F 支＋T sin 37°＝m 1g ，T cos 37°＝f 1，f 1＝μ1F 支长木板a 1＝Δv Δt ＝0.5 m/s 2，a 1＝F －f 1－μ2m 2g ＋F 支m 2，解得μ1＝819. 【答案】 (1)2 m (2)0.5 (3)8192．(20分)(2018·运城康杰中学模拟)如图2所示，两条“∧”形足够长的光滑金属导轨PME 和QNF 平行放置，两导轨间距L ＝1 m ，导轨两侧均与水平面夹角为α＝37°，导体棒甲、乙分别放于MN 两边导轨上，且与导轨垂直并接触良好．两导体棒的质量均为m ＝0.1 kg ，电阻也均为R ＝1 Ω，导轨电阻不计，MN 两边分别存在垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小均为B ＝1 T ．设导体棒甲、乙只在MN 两边各自的导轨上运动，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2.图2(1)将乙导体棒固定，甲导体棒由静止释放，问甲导体棒的最大速度为多少？(2)若甲、乙两导体棒同时由静止释放，问两导体棒的最大速度为多少？(3)若仅把乙导体棒的质量改为m ′＝0.05 kg ，电阻不变，在乙导体棒由静止释放的同时，让甲导体棒以初速度v 0＝0.8 m/s 沿导轨向下运动，问在时间t ＝1 s 内电路中产生的电能为多少？【解析】 (1)将乙棒固定，甲棒静止释放，则电路中产生感应电动势E 1＝BLv 感应电流I 1＝E 12R，甲棒受安培力F 1＝BI 1L 甲棒先做加速度减小的变加速运动，达最大速度后做匀速运动，此时mg sin α＝F 1 联立并代入数据解得甲棒最大速度v m1＝1.2 m/s.(2)甲、乙两棒同时由静止释放，则电路中产生感应电动势E 2＝2BLv感应电流I 2＝E 22R，甲、乙两棒均受安培力F 2＝BI 2L 最终均做匀速运动，此时甲(或乙)棒受力mg sin α＝F 2联立并代入数据解得两棒最大速度均为v m2＝0.6 m/s.(3)乙棒静止释放，甲棒以初速度v 0下滑瞬间，则电路中产生感应电动势E 3＝BLv 0 感应电流I 3＝E 32R、甲、乙两棒均受安培力F 3＝BI 3L 对于甲棒，根据牛顿第二定律得：mg sin 37°－F 3＝ma对于乙棒，根据牛顿第二定律得：F 3－m ′g sin 37°＝m ′a ′代入数据联立解得：a ＝a ′＝2 m/s 2甲棒沿导轨向下，乙棒沿导轨向上，均做匀加速运动在时间t ＝1 s 内，甲棒位移s 甲＝v 0t ＋12at 2，乙棒位移s 乙＝12a ′t 2 甲棒速度v 甲＝v 0＋at ，乙棒速度v 乙＝a ′t据能量的转化和守恒，电路中产生电能E ＝mgs 甲sin 37°－m ′gs 乙sin 37°＋12mv 20－12mv 2甲－12m ′v 2乙 联立并代入数据解得E ＝0.32 J.【答案】 (1)1.2 m/s (2)0.6 m/s (3)0.32 J。
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计算题32分满分练(三)
24.(12分)如图1所示，水平放置的绝缘光滑正方形桌面abcd ，边长为L ，距地面高度也为L ，仅在桌面区域有竖直向上的匀强磁场。
两个带有相同电荷量的小球1、2，质量分别为m 1和m 2，先后从b 点沿水平桌面ba 方向射入磁场，在b 点动能相同，小球1从bc 边的中点P 水平射出，小球2从bc 边的c 点水平射出。
重力加速度为g 。
图1
(1)求两小球带电性质及两小球质量之比m 1m 2
；
(2)若在b 点的动能E k ＝34
m 1gL ，求两小球落地点间的水平距离x 12(用L 表示)。
解析 (1)小球都带正电，小球1、2在磁场中做匀速圆周运动，设小球电荷量为q ，磁感应强度为B ，速率分别为v 1、v 2，质量分别为m 1、m 2，半径分别为r 1、r 2，动能为E k ，由洛伦兹力提供向心力，有 qv 1B ＝m 1v 21r 1，qv 2B ＝m 2v 2
2r 2
(1分) 且E k ＝12m 1v 21＝12
m 2v 22(1分) r 2＝2r 1(2分)
解得m 1m 2＝14
(1分) (2)两小球水平抛出，速度方向垂直于bc 边，设下落时间相同为t ，水平位移分别为x 1和x 2，由平抛规律，有
L ＝12
gt 2(1分)
x 1＝v 1t ，x 2＝v 2t (1分)
由几何关系，得
x 12＝⎝ ⎛⎭⎪⎫L 22
＋（x 2－x 1）2(2分) 由题知12m 1v 21＝12m 2v 22＝34
m 1gL (2分) 解得x 12＝L (1分)
答案 (1)均带正电 1∶4 (2)L
25.(20分)某工地一传输工件的装置可简化为如图2所示的情形，AB 为一段足够大的14
圆弧固定轨道，圆弧半径R ＝5.4 m ，BC 为水平轨道，CD 为一段14
圆弧固定轨道，圆弧半径r ＝1 m ，三段轨道均光滑。
一长为L ＝4 m 、质量为m 2＝1 kg 的平板小车最初停在BC 轨道的最左端，小车上表面刚好与AB 轨道相切，且与CD 轨道最低点处于同一水平面。
一可视为质点、质量为m 1＝2 kg 的工件从距AB 轨道最低点高h 处沿轨道自由滑下，滑上小车后带动小车也向右运动，小车与CD 轨道左端碰撞(碰撞时间极短)后即被粘在C 处。
工件只有从CD 轨道最高点飞出，才能被站在台面上的工人接住。
工件与小车的动摩擦因数为μ＝0.5，重力加速度g ＝10 m/s 2。
当工件从h ＝0.5R 高处静止下滑，求：
图2
(1)工件到达圆形轨道最低点B 对轨道的压力；
(2)工件滑进小车后，小车恰好到达CD 轨道处与工件共速，求BC 之间的距离；
(3)若平板小车长L ′＝3.4 m ，工件在小车与CD 轨道碰撞前已经共速，则工件应该从多高处下滑才能让站台上的工人接住。
解析 (1)工件下滑到B 处时速度为v 0
此过程机械能守恒12
m 1v 20＝m 1gh (2分) 在B 处F N －m 1g ＝m 1v 2
0R
(2分) 联立以上两式求得F N ＝m 1g ⎝ ⎛⎭
⎪⎫1＋2h R ＝40 N(1分) 由牛顿第三定律得，工件对轨道最低点B 的压力大小为
F N ′＝F N ＝40 N ，方向竖直向下(1分)
(2)设工件与小车共速为v 1，由动量守恒定律得 m 1v 0＝(m 1＋m 2)v 1(2分)
小车移动位移s 1，由动能定理得
μm 1gs 1＝12m 2v 2
1－0(2分)
联立求得s 1＝m 1m 2v 2
02μ（m 1＋m 2）2g ＝m 1m 2R
2μ（m 1＋m 2）2＝1.2 m(2分)
故s BC ＝L ＋s 1＝5.2 m(1分)
(3)设工件滑至B 点时速度为v 0′，与小车共速为v 1′，工件到达C 点时速度为v 2′ 由动量守恒定律得m 1v 0′＝(m 1＋m 2)v 1′(2分) 由能量守恒定律得
μm 1gL ′＝12m 1v 0′2－12m 2v 1′2－12m 1v 2′2
(2分)
工件恰好滑到CD 轨道最高点，由机械能守恒定律得 12m 1v 2′2＝m 1gr (1分)
工件从高为h ′处下滑，则12m 1v 0′2
＝m 1gh ′(1分)
代入数据解得h ′＝3.47 m(1分)
答案 (1)工件对轨道最低点B 的压力大小为40 N 方向竖直向下 (2)5.2 m (3)3.47 m。