1、计算题专项训练(时间:80分钟满分:100分)1.(16分)如图甲所示,水平传送带AB逆时针匀速转动,一个质量为m0=1.0 kg的小物块以某一初速度由传送带左端滑上,通过速度传感器记录下物块速度随时间的变化关系如图乙所示(图中取向左为正方向,以物块滑上传送带时为计时零点)。已知传送带的速度保持不变,g取10 m/s2。求: (1)物块与传送带间的动摩擦因数;(2)物块在传送带上的运动时间;(3)整个过程中系统产生的热量。2.(16分)(2016全国卷) 如图所示,两固定的绝缘斜面倾角均为,上沿相连。两细金属棒ab(仅标出a端)和cd(仅标出c端)长度均为L,质量分别为2m和m;用两根不可伸长
2、的柔软轻导线将它们连成闭合回路abdca,并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上,使两金属棒水平。右斜面上存在匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向垂直于斜面向上。已知两根导线刚好不在磁场中,回路电阻为R,两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为,重力加速度大小为g。已知金属棒ab匀速下滑。求:(1)作用在金属棒ab上的安培力的大小;(2)金属棒运动速度的大小。3.(16分)已知地球的自转周期和半径分别为T和R,地球同步卫星A的圆轨道半径为h。卫星B沿半径为r(rR的区域存在沿-y方向的匀强电场,电场强度为E。在M点有一粒子源,辐射的粒子以相同的速率v,沿不同方向射入第一象限。发现沿+x方向
3、射入磁场的粒子穿出磁场进入电场,速度减小到0后又返回磁场。已知粒子的质量为m,电荷量为+q,粒子重力不计。(1)求圆形磁场区域磁感应强度的大小;(2)求沿+x方向射入磁场的粒子,从进入磁场到再次穿出磁场所走过的路程;(3)沿与+x方向成60角的方向射入的粒子,最终将从磁场边缘的N点(图中未画出)穿出,不再进入磁场,求N点的坐标和粒子从M点运动到N点的总时间。计算题专项训练1.答案 (1)0.2(2)4.5 s(3)18 J解析 (1)由题中v-t图象可得,物块做匀变速运动的加速度a= m/s2=2.0 m/s2由牛顿第二定律得Ff=m0a得到物块与传送带间的动摩擦因数= =0.2。(2)由题中
4、v-t图象可知,物块初速度大小v=4 m/s、传送带速度大小v=2 m/s,物块在传送带上滑动t1=3 s后,与传送带相对静止。前2 s内物块的位移大小x1= t1=4 m,向右后1 s内的位移大小x2= t1=1 m,向左3 s内位移x=x1-x2=3 m,向右物块再向左运动时间t2= =1.5 s物块在传送带上运动时间t=t1+t2=4.5 s。(3)物块在传送带上滑动的3 s内,传送带的位移x=vt1=6 m,向左;物块的位移x=x1-x2=3 m,向右相对位移为x=x+x=9 m所以转化的热能EQ=Ffx=18 J。2.答案 (1)mg(sin -3cos )(2)(sin -3cos
5、 ) 解析 (1)设导线的拉力的大小为FT,右斜面对ab棒的支持力的大小为FN1,作用在ab棒上的安培力的大小为F,左斜面对cd棒的支持力大小为FN2。对于ab棒,由力的平衡条件得2mgsin =FN1+FT+FFN1=2mgcos 对于cd棒,同理有mgsin +FN2=FTFN2=mgcos 联立式得F=mg(sin -3cos )。(2)由安培力公式得F=BIL这里I是回路abdca中的感应电流。ab棒上的感应电动势为E=BLv式中,v是ab棒下滑速度的大小。由欧姆定律得I= 联立式得v=(sin -3cos ) 。3.答案 (1) T(2) arcsin +arcsin T解析 (1)
6、设卫星B绕地心转动的周期为T,根据万有引力定律和圆周运动的规律有G=m 2hG =m 2r式中,G为引力常量,M为地球质量,m、m分别为卫星A、B的质量。由式得T= T(2)设卫星A和B连续地不能直接通信的最长时间间隔为;在此时间间隔内,卫星A和B绕地心转动的角度分别为和,则= 2= 2若不考虑卫星A的公转,两卫星不能直接通信时,卫星B的位置应在图中B点和B点之间,图中内圆表示地球的赤道。由几何关系得BOB=2 arcsin +arcsin 由式知,当rh时,卫星B比卫星A转得快,考虑卫星A的公转后应有-=BOB由式得= arcsin +arcsin T。4.答案 (1)v0=2.0105 m
7、/s(2)9.375102 N/CE1.25103 N/C解析 (1)穿过孔O的离子在金属板间需满足qv0B=Eq代入数据得 v0=2.0105 m/s。(2)穿过孔O的离子在金属板间仍需满足qvB=Eq离子穿过孔O后在磁场中做匀速圆周运动,有qvB=m 由以上两式得E= 从bc边射出的离子,轨迹半径最大时,其临界轨迹如图线,对应的电场强度最大,由几何关系可得 r1=l=0.1 m由此可得E1=1.25103 N/C从bc边射出的离子,轨迹半径最小时,其临界轨迹如图线,对应的电场强度最小,由几何关系可得2r2+ =L所以r2=0.075 m由此可得E2=9.375102 N/C所以满足条件的电
8、场强度的范围为9.375102 N/CE1.25103 N/C。5.答案 (1) mgsin (2) mv2解析 (1)设O点和P点到MN的间距均为x,从O到MN过程中,根据动能定理有mgxsin = mv2-0从MN到P的过程中棒做匀减速运动,安培力的大小不变,据动能定理有mgxsin -Fx= m(0.5v)2- mv2得F= mgsin 。(2)方法一:棒从MN到P过程中根据能量守恒有Q=mgxsin + mv2- m(0.5v)2得Q= mv2。方法二:棒从MN到P过程中克服安培力做功即电阻R上产生的热量Q=Fx得Q= mv2。6.答案 (1) (2)R+ (3)N点坐标为(2R,0)
9、 解析 (1)沿+x方向射入磁场的粒子进入电场后,速度减小到0,粒子一定是从如图的P点射出磁场,逆电场线运动,所以粒子在磁场中做圆周运动的半径r=R 根据Bqv= 得B= 。(2)粒子返回磁场后,经磁场偏转后从N点射出磁场,MN为直径,在磁场中的路程为 圆周长,l1=R设在电场中路程为l2, 根据动能定理Eq mv2l2= 总路程l=R+ 。(3)沿与+x方向成60角的方向射入的粒子,从C点竖直射出、射入磁场,从D点射入、射出电场,最后从N点(MN为直径)射出磁场。所以N点坐标为(2R,0)在磁场中,MC段圆弧对应圆心角=30,CN段圆弧对应圆心角=150,所以在磁场中的时间为半个周期t1= 粒子在CD段做匀速直线运动,CD= t2= 粒子在电场中做匀变速直线运动,加速度a= t3= 总时间t= 。
