2020高考物理：计算题专项训练

计算题专项训练①本文档中涉及大量公式，上传后可能会在网页中出现位置错乱或乱码等问题，但下载后均可以正常使用，欢迎下载！1．[直线运动](2019年辽宁沈阳三模)在一段平直道路的路口，一辆货车和一辆电动自行车都停在停止线处．绿灯亮起后两车同时启动，已知货车启动后能保持2.5 m/s 2的加速度，一直达到该路段限制的最大速度25 m/s 后保持匀速直线运动；电动自行车启动后保持4 m/s 2的加速度，一直达到该车的最大速度20 m/s 后保持匀速直线运动，则电动自行车在多长时间内领先货车？【答案】15 s【解析】设货车加速的时间为t 1，加速度过程中的位移为x 1，则t 1＝v 1a 1，x 1＝v 212a 1货车开始做匀速直线运动到追上电动车的时间为t 2，位移为x 2，则x 2＝v 1t 2 设电动车加速的时间为t 3，加速过程中的位移为x 3，则 t 3＝v 2a 2，x 3＝v 222a 2电动车开始做匀速直线运动到被货车追上的时间为t 4，位移为x 4，则x 4＝v 2t 4 两车运动的总位移相等，所用的总时间相等 x 1＋x 2＝x 3＋x 4，t ＝t 1＋t 2＝t 3＋t 4 联立解得t ＝15 s.2．[带电粒子在复合场中的运动](2019年河南郑州二模)如图所示，矩形区域abcdef 分为两个矩形区域，左侧区域充满匀强电场，方向竖直向上，右侧区域充满匀强磁场，方向垂直纸面向外，be 为其分界线，af ＝L ，ab ＝0.75L ，bc ＝L .一质量为m 、电荷量为e 的电子(重力不计)从a 点沿ab 方向以初速度v 0射入电场，从be 边的中点g 进入磁场．(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(1)求匀强电场的电场强度E 的大小；(2)若要求电子从cd 边射出，求所加匀强磁场磁感应强度的最大值B m ； (3)调节磁感应强度的大小，求cd 边上有电子射出部分的长度． 【答案】(1)16m v 209eL (2)3m v 0eL (3)56L【解析】(1)电子在电场中做类似平抛运动，有在竖直方向12L ＝12at 2水平方向0.75L ＝v 0t 由牛顿第二定律有eE ＝ma 联立解得E ＝16m v 209eL.(2)粒子进入磁场时，速度方向与be 边夹角的正切值tan θ＝v 0at ＝v 0t 2×12at 2＝0.75L2×0.5L＝0.75，解得θ＝37°电子进入磁场时的速度为v ＝v 0sin θ＝53v 0设电子运动轨迹刚好与cd 边相切时，半径最小为r 1，轨迹如图所示．则由几何关系知r 1＋r 1cos θ＝L 解得r 1＝59L由洛伦兹力提供向心力e v B ＝m v 2r 1可得对应的最大磁感应强度B m ＝3m v 0eL. (3)设电子运动轨迹刚好与de 边相切时，半径为r 2，则 r 2＝r 2sin 37°＋L2解得r 2＝5L4又r 2cos θ＝L ，故切点刚好为d 点电子从cd 边射出的长度为Δy ＝L 2＋r 1sin 37°＝5L6.3．[动量与能量](2019年四川成都模拟)如图所示，水平传送带A 、B 两轮间的距离L ＝40 m ，离地面的高度H ＝3.2 m ，传送带一直以恒定的速率v 0＝2 m/s 顺时针匀速转动．两个完全一样的滑块P 、Q 由轻质弹簧相连但不栓接，用一轻绳把两滑块拉至最近，使弹簧处于最大压缩状态绷紧，轻放在传送带的最左端．开始时P 、Q 一起从静止开始运动，t 1＝3 s 后轻绳突然断开，很短时间内弹簧伸长至本身的自然长度(不考虑弹簧的长度的影响)，此时滑块Q 的速度大小刚好是P 的速度大小的两倍．且它们的运动方向相反，已知滑块的质量是m ＝0.2 kg ，滑块与传送带之间的动摩擦因数是μ＝0.1，重力加速度g ＝10 m/s 2.(滑块P 、Q 和轻质弹簧都可看成质点，2取1.4)求：(1)弹簧处于最大压缩状态时，弹簧的弹性势能？ (2)两滑块落地的时间差？ (3)两滑块落地点间的距离？【答案】(1)7.2 J (2)7.8 s (3)43.84 m 【解析】(1)滑块在传送带上运动的加速度大小 a ＝μmg m＝μg ＝1 m/s 2滑块从静止开始运动到与传送带相对静止所用的时间 t 0＝v 0a ＝21 s ＝2 s这段时间内滑块的位移x 0＝12at 2＝12×1×22 m ＝2 m<L ＝40 m故滑块第2 s 末相对传送带静止t 1＝3 s 时，滑块的速度是v 0＝2 m/s ，滑块的位移 x 1＝x 0＋v 0(t 1－t 0)＝(2＋2×1) m ＝4 m弹簧弹开物体的过程，取向右为正方向，由动量守恒定律得2m v 0＝m v Q －m v P又有v Q ＝2v P ，解得弹簧伸长至本身的自然长度时，滑块Q 的速度大小v Q ＝8 m/s ，滑块P 的速度大小v P ＝4 m/s由能量守恒定律得弹簧处于最大压缩状态时，弹性势能为E p ＝12m v 2Q ＋12m v 2P －12(2m )v 20 解得E p ＝7.2 J.(2)两滑块做平抛运动的高度一样，平抛的时间相等，所以两滑块落地的时间差就是弹簧到自然长度后，两滑块在传送带上的运动时间．滑块Q 运动到与传送带相对静止用时 t 2＝v Q －v 0a＝6 s 这段时间内滑块运动的位移x 2＝v Q t 2－12at 22解得 x 2＝30 m ＜L －x 1＝36 m ，所以滑块Q 先匀减速运动，后匀速运动，滑块Q 匀速运动的时间t 3＝L －x 1－x 2v 0＝40－4－302s ＝3 s 滑块P 速度减小到0时候，滑块P 运动的位移x 3＝v 2P 2a ＝422×1m ＝8 m>x 1＝4 m会从左端落下．滑块P 滑到传送带左端时的速度v ′P ＝v 2P －2ax 1＝42－2×1×4 m/s ＝2 2 m/s运动时间t 4＝v P －v ′Pa≈1.2 s两滑块落地的时间差Δt ＝t 2＋t 3－t 4＝7.8 s. (3)滑块P 离开传送带做平抛运动的水平距离 x 4＝v ′P2Hg＝22×2×3.210m ＝2.24 m 滑块Q 离开传送带做平抛运动的水平距离 x 5＝v 02Hg＝2×2×3.210m ＝1.6 m. 两滑动落地点间的距离Δx ＝x 4＋L ＋x 5＝43.84 m.4．[电磁感应的电路问题](2019年四川泸州模拟)如图所示，电阻不计且足够长的U 形金属框架放置在倾角θ＝37°的绝缘斜面上，该装置处于垂直斜面向下的匀强磁场中，磁感应强度大小B ＝0.4 T ．质量m ＝0.2 kg 、电阻R ＝0.3 Ω的导体棒ab 垂直放在框架上，与框架接触良好，从静止开始沿框架无摩擦地下滑．框架的质量M ＝0.4 kg 、宽度l ＝0.5 m ，框架与斜面间的动摩擦因数μ＝0.7，与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．(g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(1)若框架固定，求导体棒的最大速度v m;(2)若框架固定，导体棒从静止开始下滑6 m 时速度v 1＝4 m/s ，求此过程回路中产生的热量Q 及流过导体棒的电量q ；(3)若框架不固定，求当框架刚开始运动时导体棒的速度大小v 2. 【答案】(1)9 m/s (2)4 C (3)7.2 m/s 【解析】(1)棒ab 产生的电动势E ＝Bl v 回路中感应电流I ＝ER棒ab 所受的安培力F ＝BIl 对棒ab ：mg sin 37°－BIl ＝ma 当加速度时，最大速度v m ＝mgR sin 37°(Bl )2＝9 m/s.(2)根据能量转化和守恒有mgx sin 37°＝12m v 21＋Q解得Q ＝5.6 Jq ＝I －Δt ＝E －R Δt ＝ΔΦR ＝Blx R ＝4 C.(3)回路中感应电流I 1＝Bl v 2R框架上边所受安培力F 1＝BI 1l对框架有Mg sin 37°＋BI 1l ＝μ(m ＋M )g cos 37° 联立解得v 2＝7.2 m/s.计算题押题突破练②1．[直线运动规律]如图所示，水平地面放置A 和B 两个物块，A 的质量m 1＝2 kg ，B 的质量m 2＝1 kg ，物块A 、B 与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.5.现对物块A 施加一个与水平成37°角的外力F ，F ＝10 N ，使A 由静止开始运动，经过12 s 物块A 刚好运动到物块B 处，A 物块与B 物块碰前瞬间撤掉外力F ，A 与B 碰撞过程没有能量损失，设碰撞时间很短，A 、B 均可视为质点，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(1)计算A 与B 碰撞前瞬间A 的速度大小；(2)若在B 的正前方放置一个弹性挡板，物块B 与挡板碰撞时没有能量损失，要保证物块A 和B 能发生第二次碰撞，弹性挡板距离物块B 的距离L 不得超过多大？【答案】(1) 6 m/s (2) L 不得超过3.4 m【解析】(1)设A 与B 碰前速度为v 1，由牛顿第二定律得 F cos 37°－μ(m 1g －F sin 37°)＝m 1a 解得a ＝0.5 m/s 2 则速度v 1＝at ＝6 m/s.(2)AB 相碰，碰后A 的速度v ′1，B 的速度v 2 由动量守恒定律得m 1v 1＝m 1v ′1＋m 2v 2 由机械能守恒定律得12m 1v 21＝12m 1v ′21＋12m 2v 22 联立解得v ′1＝2 m/s 、v 2＝8 m/s 对A 用动能定理得－μm 1gs A ＝0－12m 1v ′21 解得s A ＝0.4 m对B 用动能定理得－μm 2gs B ＝0－12m 2v 22解得s B ＝6.4 m物块A 和B 能发生第二次碰撞的条件是s A ＋s B >2L ，解得L <3.4 m即要保证物块A 和B 能发生第二次碰撞，弹性挡板距离物块B 的距离L 不得超过3.4 m. 2．[带电粒子在组合场中的运动](2019年安徽合肥三模)如图所示，在平面直角坐标系xOy 中，Ⅰ、Ⅳ象限内有场强大小E ＝103 V/m 的匀强电场，方向与x 轴正方向成45°角，Ⅱ、Ⅲ象限内有磁感应强度大小B ＝1 T 的匀强磁场，方向垂直坐标平面向里．现有一比荷为104 C/kg 的带负电粒子，以速度v 0＝2×103 m/s 由坐标原点O 垂直射入磁场，速度方向与y 轴负方向成45°角．粒子重力不计，求：(1)粒子开始在磁场中运动的轨道半径；(2)粒子从开始进入磁场到第二次刚进入磁场的过程所用的时间； (3)粒子从第二次进入磁场到第二次离开磁场两位置间的距离． 【答案】(1)0.2 m (2)⎝⎛⎭⎫3π2＋4×10－4s (3)25m 【解析】(1)粒子进入磁场后做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律q v 0B ＝m v 20r解得r ＝0.2 m.(2)如图，粒子射出磁场与y 轴夹角为45°，在磁场中运动270°.粒子第一次在磁场中运动的时间为t 1＝34T ＝34·2πm qB ＝32π×10－4s粒子进入电场速度与电场方向垂直．设粒子在电场中的时间为t 2.加速度a ＝qE m电场中的位移偏转角为45°，有tan 45°＝12at 22v 0t 2解得t 2＝4×10－4s总时间t ＝t 1＋t 2＝⎝⎛⎭⎫3π2＋4×10－4 s. (3)如图所示，粒子在电场中做类平抛运动，设粒子的速度偏转角为α，粒子第二次进入磁场时的速度大小为v ，与y 轴负方向的夹角为θ，则有tan α＝at 2v 0＝2tan 45°＝2由图有θ＝α－45°v ＝v 0cos α＝5v 0 根据牛顿第二定律 q v B ＝m v 2R则R ＝55m 粒子第二次进、出磁场处两点间的距离 L ＝2R sin θ＝2R sin(α－45°) 解得L ＝25m. 3．[功和能](2019年河南郑州二模)如图所示，传送带水平部分的长度l ＝4.5 m ，在电动机带动下匀速运行．质量M ＝0.49 kg 的木块(可视为质点)静止在传送带左端的光滑平台上．质量为m ＝10 g 的子弹以v 0＝50 m/s 的速度水平向右打入木块并留在其中，之后木块滑到传送带上，最后从右轮轴正上方的P 点离开传送带做平抛运动，正好落入车厢中心点Q .已知木块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，P 点与车底板间的竖直记度H ＝1.8 m ，与车厢底板中心点Q 的水平距离x ＝1.2 m ，取g ＝10 m/s 2，求：(1)木块从传送带左端到达右端的时间； (2)由于传送木块，电动机多消耗的电能． 【答案】(1)2.3 s (2)1 J【解析】(1)传送带的速度等于木块运动到P 点后做平抛运动，得x ＝v t 竖直方向H ＝12gt 2解得抛出速度v ＝2 m/s子弹打入木块过程，由动量守恒定律得m v 0＝(M ＋m )v 1 木块沿传送带加速运动，由牛顿第二定律得 μ(M ＋m )g ＝(M ＋m )a加速至v 的位移x 1＝v 2－v 212a ＝0.3 m<4.5 m加速运动时间t 1＝v －v 1a＝0.2 s之后随传送带向右匀速运动，匀速运动时间 t 2＝l －x 1v ＝2.1 s木块从传送带左端到达右端的时间t ＝t 1＋t 2＝2.3 s.(2)根据功能关系，电动机多做的功等于该过程煤块动能的增量ΔE k 与煤块与皮带由于摩擦生热而产生的内能Q 之和，即E ＝ΔE k ＋Q其中ΔE k ＝12(m ＋M )v 2－12(m ＋M )v 21 解得ΔE k ＝0.75 J产生的热量Q ＝μmg (x 带－x 块)＝μmg Δx ＝0.25 J 联立可得E ＝ΔE k ＋Q ＝1 J.4．[电磁感应的能量问题](2019年云南昆明质检)如图，足够长的平行金属导轨弯折成图示的形状，分为Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个区域．Ⅰ区域导轨与水平面的夹角α＝37°，存在与导轨平面垂直的匀强磁场，Ⅱ区域导轨水平，长度x ＝0.8 m ，无磁场；Ⅲ区域导轨与水平面夹角β＝53°，存在与导轨平面平行的匀强磁场．金属细杆a 在区域Ⅰ内沿导轨以速度v 0匀速向下滑动，当a 杆滑至距水平导轨高度为h 1＝0.6 m 时，金属细杆b 在区域Ⅰ从距水平导轨高度为h 2＝1.6 m 处由静止释放，进入水平导轨与金属杆a 发生碰撞，碰撞后两根金属细杆粘合在一起继续运动．已知a 、b 杆的质量均为m ＝0.1 kg ，电阻均为R ＝0.1 Ω，与导轨各部分的滑动摩擦因数均为μ＝05，导轨间距l ＝02 m ，Ⅰ、Ⅲ区域磁场的磁感应强度均为B ＝1 T ．不考虑导轨的电阻，倾斜导轨与水平导轨平滑连接，整个过程中杆与导轨接触良好且垂直，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2.求：(1)金属细杆a 的初始速度v 0的大小； (2)金属细杆a 、b 碰撞后速度的大小； (3)a 、b 杆最终的位置．【答案】(1)1 m/s (2)1.5 m/s (3)距Ⅰ底端0.025 m【解析】(1)金属杆a 沿导轨匀速下滑，对金属杆a 受力分析如图所示 根据法拉第电磁感应定律得E ＝Bl v 0根据闭合电路的欧姆定律得I ＝E2R安培力F 安a ＝BIl 根据平衡条件得 F N a ＝mg cos 37° F 安a ＋F f1＝mg sin 37° 且F f1＝μF N a 联立解得v 0＝1 m/s.(2)金属杆a 沿导轨匀速下滑的位移为s a ＝h 1sin 37°＝1 m金属杆a 匀速下滑到底端的时间为t a ＝s av 0＝1 s金属杆b 沿导轨做初速度为0的匀加速运动，对金属杆b 受力分析如图所示． 根据平衡条件得 F N b ＝mg cos 53°＋F 安b 根据牛顿第二定律得 mg sin 57°－F f2＝ma b且安培力F 安b ＝BIL ，F f2＝μF N b 联立解得a b ＝4 m/s 2金属杆b 沿导轨下滑的位移为 s b ＝h 2sin 53°＝2 m设金属杆b 沿导轨匀加速下滑到底端的时间为t 0，速度为v b .则有s b ＝12a b t 2b ，v b ＝a b t b代入数据解得t b ＝1 s ，v b ＝4 m/s因t a ＝t b ＝1 s ，故a 、b 同进进入Ⅱ区域，做匀减速直线运动，加速度大小为a ＝μg ＝5 m/s 2 设经过时间t 杆a 速度刚好为v ′a ＝0，此时杆a 的位移为x a ，杆b 的速度大小为v ′b ，位移为x b根据运动学公式得v a ＝v b －at 解得t ＝0.2 sx 0＝v 0－t 12at 2＝0.1 m ，v ′b ＝v b －at ＝3 m/sx b ＝v b ＋v ′b 2t ＝0.7 m则x a ＋x b ＝0.8 m通过以上分析：杆a 速度v a ＝0时，金属杆a 、b 相遇发生碰撞，碰撞过程中a 、b 杆系统动量守恒，设碰撞结束瞬间的速度大小为v 1，则有m v ′b ＝2m v 1解得v 1＝1.5 m/s.(3)碰撞后a 、b 杆合为一体，向左减速，冲上Ⅰ区域，设到最高点的高度为Δh 由动能定理得－μ(2m )gx a －μ(2m )g cos 37°Δh sin 37°－2mg Δh ＝0－12(2m )v 21 随后a 、b 杆沿Ⅰ区域的导轨匀加速下滑，到达底端再沿Ⅱ区域向右匀减速滑至停止，设停止时距Ⅰ区域底端的距离为Δx .由动能定理得2mg ·Δh －μ(2m )g cos 37°Δh sin 37°－μ(2m )g Δx ＝0联立解得Δx ＝0.025 m因Δx ＝0.025 m<x ，则a 、b 杆最终停在距Ⅰ区域底端0.025 m 处．计算题押题突破练③1．[曲线运动](2019年云南昆明模拟)有一如图所示的装置，轻绳上端系在竖直杆的顶端O 点，下端P 连接一个小球(小球可视为质点)，轻弹簧一端通过铰链固定在杆的A 点，另一端连接在P 点，整个装置可以在外部驱动下绕OA 轴旋转．刚开始时，整个装置处于静止状态，弹簧处于水平方向．现在让杆从静止开始缓慢加速转动，整个过程中，绳子一直处于拉伸状态，弹簧始终在弹性限度内，忽略一切摩擦和空气阻力．已知：OA ＝4 m ，OP ＝5 m ，小球质量m ＝1 kg ，弹簧原长l ＝5 m ，重力加速度g 取10 m/s 2.求：(1)弹簧的劲度系数k ；(2)当弹簧弹力为零时，整个装置转动的角速度ω. 【答案】(1)3.75 N/m (2) 5 rad/s【解析】(1)开始整个装置处于静止状态，对小球进行受力分析，如图所示：根据平衡条件得F弹AP＝mgOAF弹＝k(1－AP)，AP＝OP2－OA2联立并代入数据解得k＝3.75 N/m.(2)当弹簧弹力为零时，小球上移至位置P′，绕OA中点C做匀速圆周运动，受力分析如图所示．由图可得，轨道半径为r＝CP′＝OP′2－OC2，tan θ＝CP′OC，其中AP′＝OP′＝5 m，OC＝2 m根据牛顿第二定律得mg tan θ＝mω2r联立解得ω＝ 5 rad/s.2．[带电粒子在叠加场中的运动]如图所示，有一对平行金属板，板间加有恒定电压；两板间有匀强磁场，磁感应强度大小为B0，方向垂直于纸面向里．金属板右下方以MN、PQ为上、下边界，MP为左边界的区域内，存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁场宽度为d，MN与下极板等高，MP与金属板右端在同一竖直线上．一电荷量为q、质量为m的正离子，以初速度v0沿平行于金属板面、垂直于板间磁场的方向从A点射入金属板间，不计离子的重力，(1)已知离子恰好做匀速直线运动，求金属板间电场强度的大小；(2)若撤去板间磁场B0，已知离子恰好从下极板的右侧边缘射出电场，方向与水平方向成30°角，求A点离下极板的高度；(3)在(2)的情形中，为了使离子进入磁场运动后从边界MP的P点射出，磁场的磁感应强度B 应为多大？【答案】(1)v 0B 0 (2)m v 06qB 0 (3)2m v 0qd【解析】 (1)设板间的电场强度为E ，离子做匀速直线运动，受到的电场力和洛伦兹力平衡，有qE ＝q v 0B 0 解得E ＝v 0B 0.(2)设A 点离下极板的高度为h ，离子射出电场时的速度为v ，根据动能定理，得 qEh ＝12m v 2－12m v 2离子在电场中做类平抛运动，水平方向做匀速运动，有 v ＝v 0cos 30°＝2v 03 解得h ＝m v 06qB 0.(3)设离子进入磁场后做匀速圆周运动的半径为r ，根据牛顿第二定律，得 q v B ＝m v 2r由几何关系得12d ＝r cos 30°解得B ＝2m v 0qd.3．[动量与能量] (2019年吉林长春二模)如图所示，可视为质点两物体A 、B 质量均为m ＝10 kg ，它们之间用可遥控引爆的粘性炸药粘连在一起，现使两物体从光滑曲面(末端切线水平)上高度H ＝0.8 m 处由静止释放，到达底端时进入水平传送带，随即撤掉光滑曲面，传送带匀速向左传动，速率为v 0＝3 m/s.已知两物体与传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.1，g ＝10 m/s 2，按要求回到下列问题：(1)若两物体从传送带右端滑出，求皮带轮间的距离s 需满足的条件；(2)若皮带轮间的距离足够大，求从两物体滑上离开传送带的整个过程中，由于两物体和传送带间的摩擦产生的热量Q ；(3)若两皮带轮半径r ＝10 cm ，间距为13.5 m ．当两物体滑上皮带后经过2 s 的那一时刻，用遥控器引爆粘性炸药，此后两物体分离，物体B 恰好从传送带右端平抛飞出．若爆炸所用时间极短，可忽略不计，爆炸所释放的化学能80%转化为两物体的机械能，求爆炸所释放的化学能E .【答案】(1)小于8 m (2)490 J (3)40 J【解析】 (1)AB 下滑到皮带上的速度为v ，由机械能守恒定律2mgH ＝12×2m v 2解得v ＝2gH ＝4 m/s 设皮带轮间的距离最小值为 s 0 s 0＝v 2－v 202μg＝8 m即皮带轮间的距离需满足的条件s <8 m.(2)物体向右减速到零的时间为t 1，物体向左加速到与皮带达到共速的时间为t 2，则 t 1＝v μg ＝4 s ，t 2＝v 0μg＝3 s 物体向右减速到零的时间内相对皮带滑行的距离为s 1，物体向左加速到与皮带达到同速的时间内相对皮带滑行的距离为s 2，则s 1＝⎝⎛⎭⎫v 2＋v 0t 1＝20 m ，s 2＝⎝⎛⎭⎫v 0－v 02t 2＝4.5 m则从两物体滑上到离开传送带的整个过程中，由于两物体和传送带间的摩擦产生了热量 Q ＝2μmg (s 1＋s 2)＝490 J.(3)两物体滑上皮带后经过2 s 的那一时刻的速度为v 1，滑行的距离为x ，则 v 1＝v －μgt ＝2 m/sx ＝v ＋v 12t ＝6 m物体B 恰好从传送带右端平抛飞出，则物体B 对应的速度mg ＝m v ′2Br ，解得v ′2B ＝1 m/s 炸药爆炸后瞬间物体AB 对应的速度分别为v A 、v B ，则13．5－x ＝v 2B －v ′2B2μg，解得v B ＝4 m/s根据动量守恒定律2m v 1＝m v A ＋m v B ，解得v A ＝0 爆炸后物体AB 所获得的机械能为E E ＋12×2m v 21＝12m v 2A ＋12m v 2B 解得E ＝40 J 爆炸所释放的化学能 E ′＝E 80%＝50 J.4．[电磁感应与力学综合](2019年安徽江淮十校联考)如图所示，MN 、PQ 为两条平行的光滑金属直轨道，导轨平面与水平面成θ＝30°，M 、P 之间接有电阻箱R ，导轨所在空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B .质量为m 的金属杆ab 水平放置在轨道上，其接入电路的电阻值为r ，现从静止释放金属杆ab ，测得最后的最大速度为v 1，已知轨道间距为L ，重力加速度取g ，轨道足够长且电阻不计．求：(1)电阻箱接入电路的电阻多大？(2)若当金属棒下滑的距离为s 时，金属棒的加速度大小为a ，则此时金属棒运动的时间为多少？(3)当金属棒沿导轨匀速下滑时，将电阻箱的电阻瞬间增大为3B 2L 2v 1mg －r ，此后金属棒再向下滑动d 的距离时，导体棒再次达到最大速度，求下滑d 的距离过程中，回路中产生的焦耳热．【答案】(1)2B 2L 2v 1mg －r (2)s v 1＋2v 1g ⎝⎛⎭⎫1－2a g (3)12mgd －58m v 21【解析】(1)设电阻箱接入电路的电阻为R 1，当金属杆以最大速度下滑时，mg sin θ＝BIL I ＝ER 1＋rE ＝BL v 1解得R 1＝2B 2L 2v 1mg－r .(2)设金属棒下滑的距离为s 时，金属棒的速度为v 2，则mg sin θ－B 2L 2v 2r ＋R 1＝ma解得v 2＝⎝⎛⎭⎫1－2a g v 1 根据动量定理：⎝⎛⎭⎫mg sin θ－B 2L 2v r ＋R 1Δt ＝m Δv整体过程中：mg sin θ∑Δt －B 2L 2r ＋R 1∑v Δt ＝m ∑Δv有12mgt －B 2L 2r ＋R 1s ＝m v 2 解得t ＝s v 1＋2v 1g ⎝⎛⎭⎫1－2a g . (3)当电阻箱的电阻瞬间增大为3B 2L 2v 1mg－r 后，电路中电流减小，导体棒向下做加速运动，当速度再次增大为最大速度时，mg sin θ＝B 2L 2v 3r ＋R 2解得v 3＝32v 1根据能量守恒可得此过程中回路总产生的总的焦耳热 Q ＝mgd sin θ⎝⎛⎭⎫12m v 32－12m v 21＝12mgd －58m v 21.计算题押题突破练④1．[匀变速直线运动](2019年豫北豫南名校联考)如图所示，某“闯关游戏”的笔直通道上每隔L ＝8 m 设有一个关卡，各关卡同步改行和关闭，放行和关闭的时间分别为6 s 和4 s ．关卡刚放行时，一同学立即在关卡1处以加速度1 m/s 2由静止开始加速运动，达到最大速度2 m/s 之后匀速运动，求：(1)该同学从开始运动到达关卡2的时间； (2)最先挡住他前进的关卡是哪一关卡． 【答案】(1)5 s (2)最先挡住他前进的是关卡3【解析】(1)由题意知，该同学先加速后匀速，最大速度v ＝2 m/s 根据v ＝at 1可得加速的时间为t 1＝2 s 加速的位移为x ＝12at 21＝2 m从开始到达关卡2的时间为t 2＝t 1＋L －xv ＝5 s.(2)t 2<6 s 所以可以通过关卡2继续运动，从关卡2到达关卡3的时间为t 3＝Lv ＝4 s 从开始到达关卡3的总时间为t ＝(5＋4) s ＝9 s关卡放行和关闭的时间分别为6 s 和4 s ，由于6<9<6＋4 此时关卡3是关闭的，所以最先挡住他前进的是关卡3.2．[带电粒子在组合场中的运动]如图所示的直角坐标系xOy 中，在第一象限和第四象限分别存在垂直纸面向外和向里的匀强磁场，PQ 是磁场的右边界，磁场的上下区域足够大，在第二象限存在沿x 轴正方向的匀强电场，一个质量为m ，电荷量为＋q 的带电粒子从x 轴上的M 点以速度v 0垂直于x 轴沿y 轴正方向射入电场中，粒子经过电场偏转后从y 轴上的N 点进入第一象限，带电粒子刚好不从y 轴负半轴离开第四象限，最后垂直磁场右边界PQ 离开磁场区域，已知M 点距离原点O 的距离为32l ，N 点距离原点O 的距离为3l ，第一象限的磁感应强度满足B ＝2m v 0ql，不计带电粒子的重力，求：(1)匀强电场的电场强度为多大？ (2)第四象限内的磁感应强度多大？(3)若带电粒子从进入磁场到垂直磁场右边界离开磁场，在磁场中运动的总时间是多少？ 【答案】(1)m v 20ql (2)m v 0ql (3)4πl 3v 0＋5n πl 3v 0(n ＝0,1,2，3……)【解析】(1)设带电粒子在电场中运动的加速度为a 根据牛顿第二定律得qE ＝ma 粒子沿y 轴方向3l ＝v 0t 粒子沿x 轴方向32l ＝12at 2解得E ＝m v 20ql.(2)粒子沿x 轴方向匀加速运动，速度v 1＝at ＝3v 0 进入磁场时与y 轴正向夹角tan θ＝v 1v 0＝ 3解得θ＝60°进入磁场时速度大小为v ＝v 0cos 60°＝2v 0其运动轨迹，如图所示在第一象限由洛伦兹力提供向心力得q v B ＝m v 2R 1解得 R 1＝l由几何知识可得粒子第一次到达x 轴时过A 点，因ON 满足ON ＝2R cos 30°，所以NA 为直径．带电粒子刚好不从y 轴负半轴离开第四象限，满足 (2R 1＋R 2)sin 30°＝R 2，解得R 2＝2l 根据q v B ＝m v 2R 2，解得 B 2＝B 12＝m v 0ql.(3)带电粒子到达D 点时，因为DC ＝R 1sin 30°＝l2D ′H ＝R 2－R 2sin 30°＝lF 点在H 点的左侧，带电粒子不可能从第一象限垂直磁场边界离开磁场 带电粒子在第一象限运动周期T 1＝2πR 12v 0＝πl v 0带电粒子在第四象限运动周期 T 2＝2πR 22v 0＝2πlv 0带电粒子在磁场中运动时间满足 t ＝T 12＋5T 212＋n ×56(T 1＋T 2) 解得t ＝4πl 3v 0＋5n πl 2v 0(n ＝0,1,2,3……)3．[机械能守恒 动能定理](2019年福建漳州模拟)如图，倾角 θ＝37°的光滑且足够长的斜面固定在水平面上，在斜面顶端固定一个轮半径和质量不计的光滑定滑轮D ，质量均为m ＝1 kg 的物体A 和B 用一劲度系数k ＝240 N/m 的轻弹簧连接，物体 B 被位于斜面底端且垂直于斜面的挡板 P 挡住．用一不可伸长的轻绳使物体 A 跨过定滑轮与小环C 连接，轻弹簧和定滑轮右侧的绳均与斜面平行，小环C 穿过竖直固定的光滑均匀细杆．当环C 位于Q 处时整个系统静止，此时绳与细杆的夹角α＝53°，且物体 B 对挡板 P 的压力恰好为零．已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2.求：(1)当环C 位于Q 处时绳子的拉力T 和小环C 的质量M ；(2)现让环 C 从位置 R 由静止释放，位置R 与位置Q 关于位置 S 对称，图中SD 水平且长度为 d ＝0.2 m ，求：①小环C 运动到位置Q 的速率 v ；②小环C 从位置R 运动到位置S 的过程中轻绳对环做的功W T . 【答案】(1)12 N 0.72 kg (2)①m/s ②0.3 J【解析】(1)先以AB 组成的整体为研究对象，AB 系统受到重力、支持力和绳子的拉力处于平衡状态根据平衡条件得绳子的拉力为T ＝2mg sin θ 解得T ＝12 N以C 为研究对象，其受力分析，如图根据平衡条件得T cos 53°＝Mg 解得M ＝0.72 kg.(2)①环从位置R 运动到Q 位置的过程中，对小环C 、弹簧和A 组成的系统机械能守恒 M (2d cot α)＝12M v 2＋12m v 2A其中v A ＝v cos α 两式联立可得v ＝2 m/s.②由题意，开始时B 恰好对挡板没有压力，所以B 受到重力、支持力和弹簧的拉力，弹簧处于伸长状态．对B 受力分析，则有k Δx 1＝mg sin θ 解得弹簧的伸长量Δx 1＝0.025 mR 到S 时，A 下降的距离为x A ＝dsin α－d ＝0.05 m此时弹簧的压缩量Δx 2＝x A －Δx 1＝0.025 m由速度分解可知此时A 的速度为零，从R 运动到S 的过程中，初末态的弹性势能相等 对于小环C 、弹簧和A 组成的系统机械能守恒有 Mgd cot α＋mgx A sin θ＝E k 解得E k ＝1.38 J从位置R 运动到位置S 的过程中，对小环C 由动能定理可知W T ＋Mgd cot α＝E k 解得W T ＝0.3 J.4．[电磁感应与功能关系](2019年安徽联盟开年考)如图所示，光滑平行金属导轨PQ 、MN 固定在光滑绝缘水平面上，导轨左端连接有阻值为R 的定值电阻，导轨间距为L ，磁感应强度大小为B 、方向竖直向上的有界匀强磁场的边界ab 、cd 均垂直于导轨，且间距为s ，e 、f 分别为ac 、bd 的中点，将一长度为L 、质量为m 、阻值也为R 的金属棒垂直导轨放置在ab 左侧12s 处，现给金属棒施加一个大小为F 、方向水平向右的恒力，使金属棒从静止开始向右运动，金属棒向右运动过程中始终垂直于导轨并与导轨接触良好．当金属棒运动到ef 位置时，加速度刚好为零，不计其他电阻．求：(1)金属棒运动到ef 位置时的速度大小；(2)金属棒从初位置运动到ef 位置，通过金属棒的电量；(3)金属棒从初位置运动到ef 位置，定值电阻R 上产生的焦耳热． 【答案】(1)2FR B 2L 2 (2)BLs 4R (3)12Fs －mF 2R 2B 4L4【解析】(1)设金属棒运动到与ef 重合时速度为v ， 则感应电动势E ＝BL v 电路中电流I ＝E2R由于加速度刚好为零，则F ＝BIL 求得v ＝2FRB 2L2.(2)通过金属棒截面的电量q ＝I －Δt I －＝E －2RE －＝ΔΦΔt ＝BLs 2Δt求得q ＝BLs4R.(3)设定值电阻R 中产生的焦耳热为Q ，由于金属棒的电阻也为R ，因此整个电路中产生的总的焦耳热为2Q .金属棒从静止运动到ef 位置的过程中，根据动能定理有W F ＋W 安＝12m v 2根据功能关系有W 安＝－2Q 拉力F 做的功W F ＝Fs 求得Q ＝12Fs －mF 2R 2B 4L 4.。