1、计算题题型练(一)1(2019教育绿色评价联盟4月模拟)小明以初速度v010 m/s竖直向上抛出一个质量m0.1 kg的小皮球，最后在抛出点接住假设小皮球在空气中所受阻力大小为重力的0.1倍，阻力方向与小皮球运动方向相反求小皮球：(g取10 m/s2)(1)上升的最大高度；(2)从抛出到接住的过程中重力和空气阻力所做的功；(3)上升和下降的时间答案(1) m(2)0 J(3) s s解析(1)阻力大小f0.1mg上升时的加速度大小a11.1g11 m/s2上升的最大高度为h，则0v2a1h解得h m(2)从抛出到接住的过程中，重力做功为0；空气阻力做功Wff2h J(3)上升阶段：ha1t，t
2、1 s下降阶段加速度大小a20.9g9 m/s2ha2t，t2 s.2.如图所示，空心圆台上、下底面水平，其半径分别为3r和2r，圆台高为H4r，圆台壁内表面涂有荧光粉位于圆台轴线位置的某电学器件，其阴极是一根细圆柱形导体，阳极是环绕阴极半径为r的圆柱形金属网(厚度不计)，阳极与圆台壁之间的空间区域分布着竖直向下的匀强磁场，从阴极发出的电子(初速度不计)，经加速后从阳极小孔中水平射出，撞到圆台壁上可使圆台壁发光已知两极之间所加的电压恒为U，电子比荷为k，电子重力、电子间的相互作用力以及其他阻力均忽略不计(1)若使圆台壁不发光，则磁感应强度至少为多大？(2)若将阳极半径缩小，使其与阴极距离忽略不
3、计，并使磁场充满整个圆台空间，改变磁感应强度B的大小，圆台壁发光部分的竖直高度h也随之改变，试确定h随B变化的函数关系答案(1)(2)h8r(B)解析(1)由动能定理得eUmv2若使圆台壁恰好不发光，则下底面处恰好不发光，如图所示由几何关系可知R2r2(2rR)2由牛顿第二定律得evB0m又k，联立解得：B0.故若使圆台壁不发光，则磁感应强度至少为.(2)如图，设高为h处的台体截面圆半径为R，则由牛顿第二定律得evBm由得R又v，则B，2rR3r，则B联立可得h8r(B)3(2019余姚市4月选考)如图(a)所示，两个完全相同的“人”字形金属轨道面对面正对着固定在竖直平面内，间距为d，它们的上
4、端公共轨道部分保持竖直，下端均通过一小段弯曲轨道与一段直轨道相连，底端置于绝缘水平桌面上MM、PP(图中虚线)之下的直轨道MN、MN、PQ、PQ长度均为L且不光滑(轨道其余部分光滑)，并与水平方向均构成37斜面，在左边轨道MM以下的区域有垂直于斜面向下、磁感应强度为B0的匀强磁场，在右边轨道PP以下的区域有平行于斜面但大小未知的匀强磁场Bx，其他区域无磁场QQ间连接有阻值为2R的定值电阻与电压传感器(e、f为传感器的两条接线)另有长度均为d的两根金属棒甲和乙，它们与MM、PP之下的轨道间的动摩擦因数均为.甲的质量为m、电阻为R；乙的质量为2m、电阻为2R.金属轨道电阻不计先后进行以下两种操作：
5、操作：将金属棒甲紧靠竖直轨道的左侧，从某处由静止释放，运动到底端NN过程中棒始终保持水平，且与轨道保持良好电接触，计算机屏幕上显示的电压时间关系(Ut)图象如图(b)所示(图中U已知)；操作：将金属棒甲紧靠竖直轨道的左侧、金属棒乙(图中未画出)紧靠竖直轨道的右侧，在同一高度将两棒同时由静止释放多次改变高度重新由静止释放，运动中两棒始终保持水平且与轨道保持良好电接触，发现两棒总是同时到达桌面(sin 370.6，cos 370.8)(1)试求操作中甲到MM的速度大小；(2)试求操作全过程定值电阻上产生的热量Q和甲通过磁场区域的时间t；(3)试求右边轨道PP以下的区域匀强磁场Bx的方向和大小答案见
6、解析解析(1)甲到达MM时的速度大小为v1，则EB0dv1又U2R，解得：v1(2)由题图(b)知：2U2R，则v2对甲棒，由动能定理，有mgLsin 37mgLcos 37Q总mvmv，式中Q总为克服安培力所做的功，转化成了甲棒和定值电阻上产生的热量；解得：Q总mgL故QQ总mgL对甲棒，由动量定理，有(mgsin 37mgcos 37)tAtm(v2v1)AB0dB0d Lt联立解得：t(3)两棒由静止释放的高度越高，甲棒进入磁场时的安培力越大，加速度越小，而乙棒只有摩擦力越大加速度才越小，故乙棒所受安培力应垂直斜面向下，结合左手定则知Bx沿斜面向下从不同高度下落两棒总是同时到达桌面，说明两棒运动的加速度一直相同对甲棒，根据牛顿第二定律，有mgsin mgcos ma对乙棒，根据牛顿第二定律，有2mgsin (2mgcos Bxd)2ma联立解得：Bx32B0.
