2020高考物理新课标地区专用版三轮冲刺题型练辑：计算题规范练(一) Word版含解析

2020版高考物理大三轮复习计算机专项训练计算题专项练(一)(建议用时：20分钟)考点电磁感应中导体棒运动问题分析多过程问题的综合分析1.如图所示，电阻不计且足够长的U形金属框架放置在倾角0=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=0.4T.质量m=0.2kg、电阻R=0.3Q的导体棒沥垂直放在框架上，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=0.4kg、宽度/=0.5m,框架与斜面间的动摩擦因数〃=0.7,与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力.(g 取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8)(1)若框架固定，求导体棒的最大速度Om；(2)若框架固定，导体棒从静止开始下滑6m时速度S=4m/s,求此过程回路中产生的热量Q及流过导体棒的电荷量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V2-2.如图所示，光滑水平面上有一质量M=4.0kg的平R----!板车，车的上表面是一段长匕=1.5m的粗糙水平轨道，水平轨道左侧连一半径R=0.25m的四分之一光滑圆弧轨道，圆弧轨道与水平轨道在点。

处相切.现有一质量m=1.0kg的小物块（可视为质点）从平板车的右端以水平向左的初速度血滑上平板车，小物块与水平轨道间的动摩擦因数〃=0.5,小物块恰能到达圆孤轨道的最高点4取g =10m/s2,求：（1）小物块滑上平板车的初速度00的大小；（2）小物块与车最终相对静止时，它距点。

，的距离.三、计算题专项练计算题专项练（一）1.解析：（1）棒沥产生的电动势E=BlvE回路中感应电流1=3K棒ab所受的安培力F=BH对棒沥，mgsin37°—Bll—ma当加速度a=0时，速度最大，最大值扁—9m/s.（2）根据能量转化和守恒定律有mgxsm37°=^mv2+Q代入数据解得2=5.6J—E△①Blxq—1—不代入数据得0=4.0C.⑶回路中感应电流/2=琴框架上边所受安培力F2=BI2l当框架刚开始运动时，对框架有Mgsin37°+B hl=n（j n+M）gcos37°代入数据解得如=7.2m/s.答案：（1）9m/s（2）5.6J 4.0C（3）7.2m/s2.解析：（1）平板车和小物块组成的系统在水平方向上动量守恒，设小物块到达圆弧轨道最高点A时，二者的共同速度为5由动量守恒定律得mvo=(M+m)V]由能量守恒定律得^mvo—m)VT—mgR+/.imgL解得vo=5m/s.(2)设小物块最终与车相对静止时，二者的共同速度为如，从小物块滑上平板车，到二者相对静止的过程中，由动量守恒定律得mv0=(M+m)V2设小物块与车最终相对静止时，它距0,点的距离为x,由能量守恒定律得解得x=0.5m.答案：(1)5m/s(2)0.5m计算题专项练(二)(建议用时：20分钟)题号12考点电磁感应中导体棒的平衡问题多过程问题的综合分析1.如图所示，足够长的平行光滑金属导轨肋V、FQ相距倾斜置于匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向上，断开开关S,将长也为Z的金属棒沥在导轨上由静止释放，经时间金属棒的速度大小为饥，此时N%-.闭合开关，最终金属棒以大小为花的速度沿导轨匀速运动.已知金属棒■的质量为电阻为r,其他电阻均不计，重力加速度为g.(1)求导轨与水平面夹角a的正弦值及磁场的磁感应强度B的大小；(2)若金属棒的速度从V!增至02历时A t,求该过程中流经金属棒的电荷量.2.如图所示，半径为R的四分之一光滑圆弧轨道竖直固定在水平地面上，下端与水平地面在P点相切，一个质量为2m的物块B(可视为质点)静止在水平地面上，左端固定有轻弹簧,。

选考题保分练(一)33．(2019·广西桂林市、贺州市、崇左市3月联合调研)(1)下列说法正确的是________．A．分子间的引力和斥力都随分子间距离的增大而减小B．机械能能全部转化为内能，内能不能全部转化为机械能而不引起其他变化C．如果物体从外界吸收了热量，则物体的内能一定增加D．液体表面层分子间的距离大于液体内部分子间的距离，所以液体表面层分子间的作用表现为相互吸引，即存在表面张力E．单位时间内气体分子对容器壁单位面积上碰撞次数增多，气体的压强一定增大(2)如图1所示，一端封闭、粗细均匀的U形玻璃管开口向上竖直放置，管内用水银将一段气体封闭在管中．当温度为300K时，被封闭的气柱长为20cm，两边水银柱高度差h＝4cm，大气压强p0＝76cmHg(可认为保持不变)．图1①若缓慢改变封闭气体温度，当温度为多少时，左右管内水银液面平齐？②若保持封闭气体温度不变，从左侧管口用一设备缓慢把水银抽出，则抽出水银柱多长时(以处于管内长度为准)，能使左右管内水银面平齐？(结果保留两位有效数字)答案(1)ABD (2)①256.5K②6.1cm解析(1)分子间的引力和斥力都随分子间距离的增大而减小，斥力比引力变化快，故A正确；根据热力学第二定律，所有的热现象都有一定的方向性，机械能可以全部转化为内能，内能不能全部转化为机械能而不引起其他变化，故B正确；改变内能的方式有做功和热传递，如果物体从外界吸收热量的同时还对外做功，则物体的内能不一定增加，故C错误；液体表面层分子间的距离大于液体内部分子间的距离，所以液体表面层分子间的作用表现为相互吸引，即存在表面张力，故D 正确；单位时间内气体分子对容器壁单位面积上碰撞次数增多，但如果速度减小，撞击力减小，气体的压强不一定增大，故E 错误．(2)①由题可知，封闭气体初始压强为p 1＝p 0＋h ＝80cmHg气柱长度为L 1＝20cm ，温度为T 1＝300K温度变化后气体压强为p 2＝p 0＝76cmHg ，气柱长度为L 2＝18cm由理想气体状态方程：p 1L 1S T 1＝p 2L 2S T 2， 可得T 2＝256.5K②设抽掉部分水银后，气柱长度为L 3，则压强变为p 3＝p 0由玻意耳定律：p 1L 1S ＝p 3L 3S ，则抽掉水银柱长度为ΔL ＝h ＋2(L 3－L 1)≈6.1cm.34．(2019·陕西第二次联考)(1)在坐标原点的波源产生一列沿x 轴传播的简谐横波，波速v ＝10m/s ，已知在t ＝0时刻的波形如图2所示，下列说法中正确的是________．图2A ．波源的振动周期为0.8sB ．经过0.2s ，质点a 通过的路程为10cmC ．在t ＝0时刻，质点a 的加速度比质点b 的加速度小D ．若质点a 比质点b 先回到平衡位置，则波沿x 轴负方向传播E ．再经过0.2s 的时间，质点a 到达质点b 现在所处的位置(2)如图3所示，扇形AOB 为透明柱状介质的横截面，折射率为3，OM 为∠AOB 的角平分线，M 为一点光源，从M 发出的一束平行于OB 的光线由C 点折射后的折射光线平行于OM .光在真空中的速度为c ，求：图3①∠AOB 的大小；②若OC 的距离为L ，求光在该透明介质中的传播时间．答案 (1)ACD (2)①60° ②3Lc解析 (1)由题图可知，波长为：λ＝8m ，由T ＝λv ，解得周期为T ＝0.8s ，故A 正确；经过0.2s 时，即t ＝0.2s ＝14T ，仅处在平衡位置、波峰或波谷的质点振动路程等于一个振幅即10cm ，故B 错误；在t ＝0时刻，根据a ＝kxm，可知a 的加速度小于b 的加速度，故C 正确；若a 比b 先回到平衡位置，则此时刻a 向上振动，波沿x 轴负方向传播，故D 正确；质点a 不会随波迁移，故E 错误．(2)①设∠AOB ＝θ，光线的入射角β，折射角为α，过C 点作OA 的垂线交OM 于D 点，根据几何关系可得：α＝π2－θ2，β＝π2－θ根据折射定律有：n ＝sin αsin β解得：θ＝60°②因为：∠AOM ＝30°，∠CDO ＝60°，∠DCM ＝π2－θ＝30°，所以∠CMO ＝30°，△COM 为等腰三角形所以CM ＝OC ＝L光在介质中的速度为：v ＝c n运动时间为：t ＝L v联立解得：t ＝3L c.。

高考题型三　计算题押题练124.(12分)(2019广东湛江一模)2018年11月3日晚,一辆货车因连续下坡、刹车失灵导致失控,在兰州南收费站与等待缴费的车辆发生碰撞,造成重大交通事故。

现将过程简化如下:如图所示,设该段公路由斜坡段AB和水平段BC组成。

刹车失灵时,质量m1=3.0×104 kg的货车甲,速度大小为v A=106 m/s,所处位置A与B的距离和高度差分别为s=1 000 m和h=100 m。

货车甲沿直线运动到坡底时,与静止在水平路面上B点处质量为m2=1.0×104 kg的货车乙相撞粘在一起,两车一起沿BC路面继续向前运动。

已知刹车失灵后货车甲在斜坡段和水平段所受阻力大小恒为其重力的0.05倍,货车乙运动中所受阻力大小为其重力的0.45倍。

将两车视为质点,不考虑其他作用,g取10 m/s2。

求:(1)货车甲到达B点时速度的大小;(2)撞后两货车向前运动的距离。

25.(20分)(2019陕西渭南二模)如图所示,在xOy坐标系中有圆柱形匀强磁场区域,其圆心在O1(R,0),半径为R,磁感应强度大小为B,磁场方向垂直纸面向里。

在y≥R范围内,有方向向左的匀强电场,电场强度为E。

有一带正电的微粒以平行于x轴射入磁场,微粒在磁场中的偏转半径刚好也是R。

已知带电微粒的电荷量为q,质量为m,整个装置处于真空中,不计重力。

第 1 页共 4 页第 2 页 共 4页(1)求微粒进入磁场的速度大小;(2)若微粒从坐标原点射入磁场,求微粒从射入磁场到再次经过y 轴所用时间;(3)若微粒从y 轴上y=处射向磁场,求微粒以后运动过程中距y 轴的最大距离。

R 2高考题型三　计算题押题练124.答案 (1)40 m/s (2)300 m解析(1)货车从A 运动到B 的过程,根据动能定理得:m 1gh-0.05m 1gs=m 1m 112v B 2‒12v A 2代入数据解得:v B =40 m/s第 3 页 共 4 页(2)设碰后两车共同速度为v 。

2020年新课标Ⅲ卷高考物理冲刺压轴卷理科综合·物理（考试时间：55分钟 试卷满分：110分）注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。

答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。

写在本试卷上无效。

3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。

写在本试卷上无效。

4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

第Ⅰ卷二、选择题：本题共8小题，每小题6分。

在每小题给出的四个选项中，第14~17题只有一项符合题目要求，第18~21题有多项符合题目要求。

全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分。

14．卢瑟福用α粒子轰击氮原子核发现质子的核反应方程41412781He+N O+H n →中，n 的数值为A ．18B ．17C ．16D ．815．2018年12月12日由中国研制的“嫦娥四号”探测器实现在月球背面软着陆。

“嫦娥四号”探测器到达月球引力范围时，通过变轨先进入绕月圆轨道，再经变轨，进入椭圆轨道，其中A 、B 两点分别为近月点和远月点，如图所示。

已知月球质量为M ，半径为R ，引力常量为G ，绕月圆轨道半径为r ，忽略地球引力的影响，则嫦娥四号探测器从B 点飞A 点所用的时间为A ()32π2R r GM +B ()32π8R r GM +C 234πR GM D 23πr GM 16．两只相同的电阻，分别通以正弦波形的交流电和方波形的交流电，两种交流电的最大值相等，且周期相等（如图所示）。

在正弦波形交流电的一个周期内，正弦波形的交流电在电阻上产生的焦耳热为Q1，其与方波形交流电在电阻上产生的焦耳热Q2之比Q1:Q2等于A．1:2 B．2:1 C．1:1 D．4:317．小明同学在练习投篮时将篮球从同一位置斜向上抛出，其中有两次篮球垂直撞在竖直放置的篮板上，篮球运动轨迹如下图所示，不计空气阻力，关于篮球从抛出到撞击篮板前，下列说法正确的是A．两次在空中的时间可能相等B．两次抛出的水平初速度可能相等C．两次抛出的初速度竖直分量可能相等D．两次抛出的初动能可能相等18．在平直公路上行驶的a车和b车，其位移时间图象分别为图中直线a和曲线b。

计算题规范练(一)15．(2019·福建宁德市质量检查)某天，小陈叫了外卖，外卖小哥把货物送到他家阳台正下方的平地上，小陈操控小型无人机带动货物，由静止开始竖直向上做匀加速直线运动，一段时间后，货物又匀速上升53s ，最后再匀减速1s 恰好到达他家阳台且速度为零．货物上升过程中，遥控器上显示无人机在上升过程的最大速度为1m/s ，高度为56 m ．货物质量为2 kg ，受到的阻力恒为其重力的0.02倍，取重力加速度大小g ＝10 m/s 2.求：(1)无人机匀加速上升的高度；(2)上升过程中，无人机对货物的最大作用力．答案 (1)2.5m (2)20.8N解析 (1)无人机匀速上升的高度：h 2＝vt 2无人机匀减速上升的高度：h 3＝v 2t 3 无人机匀加速上升的高度：h 1＝h －h 2－h 3联立解得：h 1＝2.5m(2)货物匀加速上升过程：v 2＝2ah 1货物匀加速上升的过程中，无人机对货物的作用力最大，由牛顿运动定律得： F －mg －0.02mg ＝ma联立解得：F ＝20.8N.16．(2019·山东德州市二模)如图1所示，质量M ＝0.4kg 的长木板静止在光滑水平面上，其右侧与固定竖直挡板间的距离L ＝0.5m ，某时刻另一质量m ＝0.1kg 的小滑块(可视为质点)以v 0＝2m/s 的速度向右滑上长木板，一段时间后长木板与竖直挡板发生碰撞，碰撞过程无机械能损失．已知小滑块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g ＝10 m/s 2，小滑块始终未脱离长木板．求：图1(1)自小滑块刚滑上长木板开始，经多长时间长木板与竖直挡板相碰；(2)长木板碰撞竖直挡板后，小滑块和长木板相对静止时，小滑块距长木板左端的距离． 答案 (1)1.65m (2)0.928m解析 (1)以水平向右为正方向，小滑块刚滑上长木板后，小滑块和长木板水平方向动量守恒：mv 0＝(m ＋M )v 1，解得：v 1＝0.4m/s对长木板：μmg ＝Ma得长木板的加速度：a ＝0.5m/s 2设自小滑块刚滑上长木板至两者达到相同速度所用时间为t 1，则有：v 1＝at 1解得t 1＝0.8s长木板位移：x ＝12at 12 解得x ＝0.16m<L ＝0.5m故两者达到相同速度时长木板还没有碰撞竖直挡板，则有L －x ＝v 1t 2解得t 2＝0.85s故t ＝t 1＋t 2＝1.65s(2)长木板碰撞竖直挡板后，小滑块和长木板水平方向动量守恒，则有：mv 1－Mv 1＝(m ＋M )v 2 解得最终两者的共同速度为：v 2＝－0.24m/s整个过程中，由动能定理有：μmgs ＝12mv 02－12(m ＋M )v 22 解得小滑块和长木板相对静止时，小滑块距长木板左端的距离：s ＝0.928m.17．(2019·福建宁德市质量检查)如图2，M 、N 是电压U ＝10V 的平行板电容器两极板，与绝缘水平轨道CF 相接，其中CD 段光滑，DF 段粗糙、长度x ＝1.0m ．F 点紧邻半径为R (未知)的绝缘圆筒(图示为圆筒的横截面)，圆筒上开一小孔与圆心O 在同一水平面上，圆筒内存在磁感应强度B ＝0.5T 、方向垂直纸面向里的匀强磁场和方向竖直向下的匀强电场E .一质量m ＝0.01kg 、电荷量q ＝－0.02C 的小球a 从C 点静止释放，运动到F 点时与质量为2m 、不带电的静止小球b 发生碰撞，碰撞后a 球恰好返回D 点，b 球进入圆筒后在竖直面内做圆周运动．不计空气阻力，小球a 、b 均视为质点，碰撞时两球电荷量平分，不计碰后两球间的库仑力，小球a 在DF 段与轨道的动摩擦因数μ＝0.2，取重力加速度大小g ＝10m/s 2.求：图2(1)圆筒内电场强度的大小；(2)两球碰撞时损失的能量；(3)若b 球进入圆筒后，与筒壁发生弹性碰撞，又从小孔射出，求圆筒的半径R . 答案 (1)20N/C (2)0 (3)16tan πnm ，n ＝3,4,5…解析 (1)小球b 要在圆筒内做圆周运动，应满足：12E |q |＝2mg解得：E ＝20N/C(2)小球a 到达F 点的速度为v 1，根据动能定理得：Uq －μmgx ＝12mv 12小球a 从F 点开始反向运动的速度为v 2，根据功能关系得：μmgx ＝12mv 22两球碰撞后，b 球的速度为v ，根据动量守恒定律得：mv 1＝－mv 2＋2mv则两球碰撞损失的能量为：ΔE ＝12mv 12－12mv 22－12×2mv 2联立解得：ΔE ＝0(3)小球b 进入圆筒后，与筒壁发生n －1次碰撞后从小孔射出，轨迹图如图所示：每段圆弧对应圆筒的圆心角为2πn ，则在磁场中做圆周运动的轨迹半径：r ＝R tan πn粒子在磁场中做圆周运动：12|q |vB ＝2m v 2r联立解得：R ＝16tan πnm ，n ＝3,4,5…。

选修3-5专练1．(1)对于下列四幅图的叙述正确的是________。

A ．由甲图可知，黑体温度升高时，各种波长的电磁波辐射强度都增加，辐射强度的极大值向波长较短的方向移动B ．由乙图可知，a 光光子的频率高于b 光光子的频率C ．由丙图可知，该种元素的原子核每经过7.6天就有14发生衰变D ．由丁图可知，中等大小的核的比结合能最大，这些核最稳定 (2)氢原子第n 能级的能量为E n ＝E 1n 2，其中E 1是基态能量。

若某氢原子发射能量为－316E 1的光子后处于比基态能量高－34E 1的激发态，则该氢原子发射光子前处于第________能级；发射光子后处于第________能级。

(3)如图所示，质量为m 的滑块从倾角为θ的固定斜面顶端由静止滑下，经时间t 滑到斜面底端时速率为v 。

求此过程中：①斜面对物块的支持力的冲量大小I N ； ②斜面对物块的摩擦力的冲量大小I f 。

解析：(1)由题图甲观察可知黑体温度升高时，各种波长的电磁波辐射强度都增加，辐射强度的极大值向波长较短的方向移动，故A 项正确；由题图乙可知，a 光光子的频率低于b光光子的频率，故B 项错误； 由题图丙可知，该种元素的原子核每经过7.6天就有34发生衰变，故C 项错误；由题图丁可知，质量数为40的原子的比结合能最大，即中等大小的核的比结合能最大，这些核最稳定，故D 项正确。

(2)由题意可得发射光子后氢原子能量为E ＝E 1＋⎝⎛⎭⎫－34E 1＝14E 1；根据波尔理论氢原子发射光子能量E ＝E m －E n (m >n )，得到氢原子发射光子前的能量为E ′＝14E 1＋⎝⎛⎭⎫－316E 1＝E 116，根据氢原子第n 能级的能量为E n ＝E 1n 2，得到发射光子前n ＝4，发射光子后n ＝2。

(3)①把重力沿垂直斜面方向分解，分力为G 1＝mg cos θ，在垂直斜面方向物块受到支持力F N ，物块在垂直斜面方向处于平衡状态，可得平衡方程：F N ＝mg cos θ，所以支持力的冲量为：I N ＝F N ·t ＝mg cos θ·t ；②在整个过程，对物块由动量定理可得： mg sin θ·t －I f ＝m v －0， 化简可得摩擦力的冲量为： I f ＝mg sin θ·t －m v 。

第 1 页 共 5 页计算题规范练(三)15．(2019·山东济南市上学期期末)如图1所示，斜面光滑，倾角为θ＝30°，在斜面上放置一矩形线框abcd ，ab 边的边长l 1＝1 m ，bc 边的边长l 2＝0.6 m ，线框的质量m ＝1 kg ，电阻R ＝0.1 Ω，线框用细线通过定滑轮与重物相连(不计摩擦)，重物质量M ＝2 kg ，斜面上ef 线与gh 线(ef ∥gh ，ab ∥ef )间有垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度为B ＝0.5 T ．如果线框从静止开始运动，当ab 边进入磁场时恰好做匀速直线运动，ef 线和gh 线间的距离为9.1 m ，g 取10 m/s 2，求：图1(1)ab 边由ef 线运动到gh 线这段时间内产生的焦耳热；(2)ab 边由ef 线运动到gh 线所用的时间．答案　(1)9 J (2)1.1 s解析　(1)线框匀速进入磁场过程，对M 有：F T ＝Mg对m 有：F T ＝mg sin θ＋F 安焦耳热：Q ＝F 安l 2联立以上式子解得F 安＝15 N ，Q ＝9 J(2)ab 边进入磁场时，有F 安＝B 2l 12v R解得：v ＝6 m/s线框进入磁场过程中：l 2＝v t 1第 2 页 共 5 页线框完全进入磁场后，对M 有：Mg －F T1＝Ma对m 有：F T1′－mg sin θ＝ma由牛顿第三定律可知F T1＝F T1′由匀变速直线运动规律得：s －l 2＝v t 2＋at 2212总时间t ＝t 1＋t 2联立以上式子，解得t ＝1.1 s.16．(2019·山东烟台、菏泽市5月模拟)如图2所示为一台利用可折叠光屏制成的质谱仪原理图，可折叠光屏MN 可以绕垂直于纸面且过P 点的轴转动，使光屏MP 、PN 两部分互相垂直．现有电荷量相同、质量不同的离子由静止开始经过电压为U 0的电场加速后，通过狭缝O 垂直磁场边界aa ′进入垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，最后离子打在光屏上，已知光屏MP 部分在aa ′上，OM ＝L ，MP ＝L ，PN ＝L .233图2(1)求打在光屏M 、P 两点的离子质量之比．(2)若离子打在光屏上N 点，求该离子在磁场中运动的时间．答案　(1)1∶4　(2)16πBL 227U 0解析　(1)离子在加速电场中运动，qU 0＝m v 212离子在磁场中做匀速圆周运动，q v B ＝m v 2R得：m ＝qR 2B 22U 0第 3 页 共 5 页打在光屏M 、P 两点的离子， 在磁场中运动的半径分别为R M ＝L ；R P ＝L 12则打在光屏M 、P 两点离子的质量之比m M ∶m P ＝1∶4(2)若离子打在光屏上N点，由几何知识得：(2L －r )2＋(L )2＝r 2233sin α＝＝＝PN r 233L 43L 32α＝60°T ＝2πrv 离子打在光屏上N 点，该离子在磁场中运动的时间：t ＝T ＝.180°－α360°16πBL 227U 017.(2019·山东烟台、菏泽市5月模拟)如图3所示，一粗糙的水平平台左端固定一轻质弹簧，在平台最右端并排静止放置可视为质点的两个小物块A 和B ，质量m A ＝0.2 kg ，m B ＝0.4 kg ，A 、B 间夹有少量炸药．在平台右侧紧挨着平台的水平地面上静止放置一质量为m C ＝0.2 kg 的木板C ，木板C 的上表面与平台在同一水平面上，其高度h ＝0.2 m ，长度L ＝1 m ，物块B 与木板C 上表面、地面与木板C 下表面间的动摩擦因数分别为μ1＝0.4，μ2＝0.1.某时刻炸药爆炸，A 、B 分别沿水平方向运动，物块A 压缩弹簧后被弹回并恰好停在爆炸前的位置，且弹簧被压缩过程中的最大弹性势能为E p ＝4.05 J ；物块B 最终落到地面上．取重力加速度g ＝10 m/s 2.求：第 4 页 共 5页图3(1)物块B 从木板C 上表面飞出至落到地面上所经历的时间；(2)爆炸后瞬间，物块B 的速度大小；(3)物块B 刚落到地面时与木板C 右端的水平距离．答案　(1)0.2 s (2)4.5 m/s (3)0.32 m解析　(1)物块 B 从木板C 上表面飞出做平抛运动由h ＝gt 0212得：t 0＝＝0.2 s 2h g(2)设爆炸后瞬间，物块 A 的速度大小为v A ，物块B 的速度大小为v B ，物块A 向左运动的最大距离为s ，物块 A 与水平平台间的动摩擦因数为μ.由功能关系可知－μm A g ·2s ＝0－m A v A 212μm A gs ＝E p爆炸前、后，A 、B 系统动量守恒：m B v B －m A v A ＝0得：v A ＝9.0 m /s ，v B ＝4.5 m/s(3)设B 从C 的左端滑到右端过程中，设C 运动的距离为s C则此过程中：μ1m B g ＝m B a B得：a B ＝4 m/s 2s C ＋L ＝v B t －a B t 212第 5 页 共 5 页μ1m B g －μ2(m B ＋m C )g ＝m C a C得：a C ＝5 m/s 2s C ＝a C t 212得：t ＝ s 或t ＝ s(舍去)1323B 从C 的上表面水平抛出时，设B 、C 的速度分别为v B ′、v Cv B ′＝v B －a B tv C ＝a C tB 从C 的上表面水平抛出后：μ2m C g ＝m C a C ′B 从C 的上表面水平抛出后，C 速度减小到0所用时间：t ′＝>t 0，由此可知B 在平抛过v Ca C ′程中C 一直在做匀减速直线运动．则B 从C 的上表面水平抛出后，B 、C 在水平方向运动的距离x B ＝v B ′t 0x C ＝v C t 0－a C ′t 0212物块 B 刚落到水平地面时与木板C 右端的水平距离Δx ＝x B －x C ＝0.32 m ．。

三、计算题专项练计算题专项练(一)(建议用时：20分钟)1．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/s2，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v1＝4 m/s，求此过程回路中产生的热量Q及流过导体棒的电荷量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v2.2．如图所示，光滑水平面上有一质量M＝4.0 kg的平板车，车的上表面是一段长L＝1.5 m 的粗糙水平轨道，水平轨道左侧连一半径R ＝0.25 m 的四分之一光滑圆弧轨道，圆弧轨道与水平轨道在点O ′处相切．现有一质量m ＝1.0 kg 的小物块(可视为质点)从平板车的右端以水平向左的初速度v 0滑上平板车，小物块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.5，小物块恰能到达圆弧轨道的最高点A .取g ＝10 m/s 2，求：(1)小物块滑上平板车的初速度v 0的大小； (2)小物块与车最终相对静止时，它距点O ′的距离．三、计算题专项练 计算题专项练(一)1．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a ＝0时，速度最大， 最大值v m ＝mgR sin 37°（Bl ）2＝9 m/s.(2)根据能量转化和守恒定律有 mgx sin 37°＝12m v 2＋Q代入数据解得Q ＝5.6 J q ＝I －t ＝E －R t ＝ΔΦR ＝Blx R代入数据得q ＝4.0 C. (3)回路中感应电流I 2＝Bl v 2R框架上边所受安培力F 2＝BI 2l 当框架刚开始运动时，对框架有 Mg sin 37°＋BI 2l ＝μ(m ＋M )g cos 37° 代入数据解得v 2＝7.2 m/s.答案：(1)9 m/s (2)5.6 J 4.0 C (3)7.2 m/s2．解析：(1)平板车和小物块组成的系统在水平方向上动量守恒，设小物块到达圆弧轨道最高点A 时，二者的共同速度为v 1由动量守恒定律得m v 0＝(M ＋m )v 1 由能量守恒定律得12m v 20－12(M ＋m )v 21＝mgR ＋μmgL 解得v 0＝5 m/s.(2)设小物块最终与车相对静止时，二者的共同速度为v 2，从小物块滑上平板车，到二者相对静止的过程中，由动量守恒定律得m v 0＝(M ＋m )v 2设小物块与车最终相对静止时，它距O ′点的距离为x ，由能量守恒定律得 12m v 20－12(M ＋m )v 22＝μmg (L ＋x ) 解得x ＝0.5 m.答案：(1)5 m/s (2)0.5 m计算题专项练(二) (建议用时：20分钟)1．如图所示，足够长的平行光滑金属导轨MN 、PQ 相距L ，倾斜置于匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向上，断开开关S ，将长也为L 的金属棒ab 在导轨上由静止释放，经时间t ，金属棒的速度大小为v 1，此时闭合开关，最终金属棒以大小为v 2的速度沿导轨匀速运动．已知金属棒的质量为m ，电阻为r ，其他电阻均不计，重力加速度为g .(1)求导轨与水平面夹角α的正弦值及磁场的磁感应强度B 的大小； (2)若金属棒的速度从v 1增至v 2历时Δt ，求该过程中流经金属棒的电荷量．2．如图所示，半径为R 的四分之一光滑圆弧轨道竖直固定在水平地面上，下端与水平地面在P 点相切，一个质量为2m 的物块B (可视为质点)静止在水平地面上，左端固定有轻弹簧，Q 点为弹簧处于原长时的左端点，P 、Q 间的距离为R ，PQ 段地面粗糙、动摩擦因数为μ＝0.5，Q 点右侧水平地面光滑，现将质量为m 的物块A (可视为质点)从圆弧轨道的最高点由静止开始下滑，重力加速度为g .求：(1)物块A 沿圆弧轨道滑至P 点时对轨道的压力； (2)弹簧被压缩的最大弹性势能(未超过弹性限度)； (3)物块A 最终停止位置到Q 点的距离．计算题专项练(二)1．解析：(1)开关断开时，金属棒在导轨上匀加速下滑， 由牛顿第二定律有mg sin α＝ma 由匀变速运动的规律有：v 1＝at 解得sin α＝v 1gt开关闭合后，金属棒在导轨上做变加速运动，最终以v 2匀速运动，匀速时 mg sin α＝BIL 又有：I ＝BL v 2r解得B ＝1Lmr v 1v 2t. (2)在金属棒变加速运动阶段，根据动量定理可得 mg sin αΔt －B I －L Δt ＝m v 2－m v 1 其中I －Δt ＝q联立上式可得q ＝(v 1t ＋v 1Δt －v 2t ) m v 2r v 1t. 答案：(1)v 1gt 1Lmr v 1v 2t(2)(v 1t ＋v 1Δt －v 2t )m v 2r v 1t2．解析：(1)物块A 从静止沿圆弧轨道滑至P 点，设速度大小为v P ， 由机械能守恒定律有：mgR ＝12m v 2P在最低点轨道对物块的支持力大小为F N ， 由牛顿第二定律有：F N －mg ＝m v 2PR ，联立解得：F N ＝3mg ，由牛顿第三定律可知物块对轨道P 点的压力大小为3mg ，方向向下． (2)设物块A 与弹簧接触前瞬间的速度大小为v 0， 由动能定理有mgR －μmgR ＝12m v 20－0，v 0＝gR ，物块A 、物块B 具有共同速度v 时，弹簧的弹性势能最大， 由动量守恒定律有：m v 0＝(m ＋2m )v ， 由能量守恒定律得： 12m v 20＝12(m ＋2m )v 2＋E pm ， 联立解得E pm ＝13mgR ；(3)设物块A 与弹簧分离时，A 、B 的速度大小分别为v 1、v 2，规定向右为正方向，则有m v 0＝－m v 1＋2m v 2，12m v 20＝12m v 21＋12(2m )v 22， 联立解得：v 1＝13gR ，设A 最终停在Q 点左侧x 处，由动能定理有： －μmgx ＝0－12m v 21，解得x ＝19R .答案：(1)3mg ，方向向下 (2)13mgR(3)19R计算题专项练(三) (建议用时：20分钟)1．如图所示，小球b静止在光滑水平面BC上的C点，被长为L的细绳悬挂于O点，细绳拉直但张力为零．小球a从光滑曲面轨道AB上的A点由静止释放，沿轨道滑下后，进入水平面BC(不计小球在B处的能量损失)，与小球b发生正碰，碰后两球粘在一起，在细绳的作用下在竖直面内做圆周运动且恰好通过最高点．已知小球a的质量为M，小球b的质量为m，M＝5m.已知当地重力加速度为g.求：(1)小球a与b碰后的瞬时速度大小；(2)A点与水平面BC间的高度差h.2．如图所示，固定的两足够长的光滑平行金属导轨PMN、P′M′N′，由倾斜和水平两部分在M、M′处平滑连接组成，导轨间距L＝1 m，水平部分处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B＝1 T．金属棒a、b垂直于倾斜导轨放置，质量均为m＝0.2 kg，a的电阻R1＝1 Ω，b的电阻R2＝3 Ω，a、b长度均为L＝1 m，a棒距水平面的高度h1＝0.45 m，b棒距水平面的高度为h2(h2>h1)；保持b棒静止，由静止释放a棒，a棒到达磁场中OO′停止运动后再由静止释放b棒，a、b与导轨接触良好且导轨电阻不计，重力加速度g取10 m/s2.(1)求a 棒进入磁场MM ′时加速度的大小；(2)a 棒从释放到OO ′的过程中，求b 棒产生的焦耳热；(3)若MM ′、OO ′间的距离x ＝2.4 m ，b 棒进入磁场后，恰好未与a 棒相碰，求h 2的值．计算题专项练(三)1．解析：(1)两球恰能到达圆周最高点时， (M ＋m )g ＝(M ＋m )v 2L设两球碰后瞬间速度为v 共，则从碰后到最高点过程中由动能定理可知： －(M ＋m )g ·2L ＝12(M ＋m )v 2－12(M ＋m )v 2共 得a 与b 球碰后瞬间的速度大小为 v 共＝5gL .(2)设两球碰前a 球速度为v C ，两球碰撞过程动量守恒：M v C ＝(M ＋m )v 共 所以v C ＝655gLa 球从A 点下滑到C 点过程中，由机械能守恒定律得：Mgh ＝12M v 2Ch ＝3.6L .答案：(1)5gL (2)3.6L2．解析：(1)设a 棒到MM ′时的速度为v 1. 由机械能守恒定律得mgh 1＝12m v 21进入磁场时a 棒产生的感应电动势E ＝BL v 1 感应电流I ＝ER 1＋R 2对a 棒受力分析，由牛顿第二定律得 BIL ＝ma代入数据解得a ＝3.75 m/s 2.(2)设a 、b 产生的总焦耳热为Q ， 由能量守恒定律得Q ＝mgh 1则b 棒产生的焦耳热Q b ＝R 2R 1＋R 2Q ＝34Q联立解得Q b ＝0.675 J.(3)设b 棒到MM ′时的速度为v 2，有 mgh 2＝12m v 22b 棒进入磁场后，两棒组成的系统合外力为零，系统的动量守恒，设a 、b 一起匀速运动的速度为v ，取向右为正方向，由动量守恒定律得m v 2＝2m v设a 棒经时间Δt 加速到v ，由动量定理得 B I －L ·Δt ＝m v －0又q ＝I －Δt ，I －＝E －R 1＋R 2，E －＝ΔΦΔta 、b 恰好不相碰，有ΔΦ＝BLx ，联立解得 h 2＝1.8 m.答案：(1)3.75 m/s 2 (2)0.675 J (3)1.8 m计算题专项练(四) (建议用时：20分钟)1．某物理兴趣小组制作了一个游戏装置，其简化模型如图所示，选手在A 点用一弹射装置可将小滑块以水平速度弹射出去，沿水平直线轨道运动到B 点后，进入半径R ＝0.3 m 的光滑竖直圆形轨道，运行一周后自B 点向C 点运动，C 点右侧有一陷阱，C 、D 两点的竖直高度差h ＝0.2 m ，水平距离s ＝0.6 m ，水平轨道AB 长为L 1＝1 m ，BC 长为L 2＝2.6 m ，小滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g ＝10 m/s 2.(1)若小滑块恰能通过圆形轨道的最高点，求小滑块在A点被弹出时的速度大小；(2)若游戏规则为小滑块沿着圆形轨道运行一周后只要不掉进陷阱即选手获胜．求获胜选手在A点将小滑块弹射出的速度大小的范围．2．如图所示，AB是位于竖直平面内、半径R＝0.5 m的14圆弧形的光滑绝缘轨道，其下端点B与水平绝缘轨道平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中，电场强度E＝5×103N/C.今有一质量为m＝0.1 kg、带电荷量q＝＋8×10－5 C的小滑块(可视为质点)从A点由静止释放．若已知滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.05，取g＝10 m/s2，求：(1)小滑块第一次经过圆弧形轨道最低点B时对B点的压力；(2)小滑块在水平轨道上向右滑过的最大距离；(3)小滑块最终的运动情况．计算题专项练(四)1．解析：(1)小滑块恰能通过圆形轨道的最高点时，重力提供向心力，有mg ＝m v 2R ；小滑块由A 到B 再到圆形轨道的最高点的过程，由动能定理得－μmgL 1－2mgR ＝12m v 2－12m v 2A ，解得小滑块在A 点的初速度v A ＝5 m/s.(2)若小滑块恰好停在C 处，对全程进行研究，则有 －μmg (L 1＋L 2)＝0－12m v ′2代入数据解得v ′＝6 m/s.所以当5 m/s ≤v A ≤6 m/s 时，小滑块停在B 、C 间．若小滑块恰能越过陷阱，则有h ＝12gt 2，s ＝v C t ，联立解得v C ＝3 m/s由动能定理得－μmg (L 1＋L 2)＝12m v 2C－12m v ″2，代入数据解得v ″＝3 5 m/s ， 所以当v A ≥3 5 m/s ，小球越过陷阱故若小球既能通过圆形轨道的最高点，又不能掉进陷阱，小滑块在A 点弹射出的速度大小范围是5 m/s ≤v A ≤6 m/s 或v A ≥3 5 m/s.答案：(1)5 m/s (2)5 m/s ≤v A ≤6 m/s 或v A ≥3 5 m/s2．解析：(1)设小滑块第一次到达B 点时的速度为v B ，圆弧轨道对滑块的支持力为F N ，则由动能定理得mgR －qER ＝12m v 2B由牛顿第二定律得F N －mg ＝m v 2BR解得F N ＝2.2 N由牛顿第三定律知，小滑块滑到B 点时对轨道的压力为2.2 N ，方向竖直向下． (2)设小滑块在水平轨道上向右滑行的最大距离为x ， mgR －qE (R ＋x )－μmgx ＝0 得x ＝23m.(3)由题意知qE ＝8×10－5×5×103 N ＝0.4 Nμmg ＝0.05×0.1×10 N ＝0.05 N 因此有qE >μmg所以小滑块最终在圆弧轨道上往复运动． 答案：(1)2.2 N 方向竖直向下 (2)23 m(3)在圆弧轨道上往复运动计算题专项练(五)(建议用时：20分钟)1．在水平桌面上画两个同心圆，它们的半径分别为r和2r.圆心处摆放一颗棋子B，大圆周上另一颗棋子A以某一初速度v0沿直径方向向右正对B运动，它们在圆心处发生弹性碰撞后，A刚好停在小圆周上，而B则刚好停在大圆周上．两颗棋子碰撞前后都在同一条直线上运动，它们与桌面间的动摩擦因数均为μ，棋子大小远小于圆周半径，重力加速度为g.试求：(1)A、B两颗棋子的质量之比；(2)棋子A的初速度v0.2．如图所示，直角坐标系xOy的x轴水平，y轴竖直，处于竖直向下、大小为E0的匀强电场中，过O点，倾角为θ＝60°的足够大斜面固定在坐标系中．质量为m、带电荷量为＋q的粒子从y轴上的P点，以某一速度沿x轴正方向射入，经过时间t，在坐标平面内加上另一匀强电场E，再经过时间t，粒子刚好沿垂直于斜面的方向到达斜面，且到达斜面时速度为零．不计粒子重力，求：(1)粒子的初速度大小；(2)P点与x轴的距离；(3)匀强电场E 的电场强度大小．计算题专项练(五)1．解析：(1)设A 、B 质量分别为m A 、m B ，碰撞前、后A 的速度分别是v A 0、v A ，碰撞后B 的速度为v B .由于是弹性碰撞，故有m A v A 0＝m A v A ＋m B v B ① 12m A v 2A 0＝12m A v 2A ＋12m B v 2B ② 依题意碰后A 停在小圆周上，根据动能定理有μm A gr ＝12m A v 2A ③ 而B 停在大圆周上，则 2μm B gr ＝12m B v 2B ④ 先讨论m A ＞m B 的情况．在此条件下，A 停在圆心右侧的小圆周上，B 停在圆心右侧大圆周上．联立①②③④式解得m A m B ＝11－2＜0⑤与题设不符，故一定有m A ＜m B ⑥因此，碰后A 一定是反向运动，这样，A 只可能停在圆心左侧的小圆周上． 根据①②③④⑥式解得 m A m B ＝11＋2.⑦ (2)根据动能定理，碰前对A 有 －2μm A gr ＝12m A v 2A 0－12m A v 20⑧ 联立①③④⑥⑦⑧式解得 v 0＝（10＋42）μgr . 答案：(1)11＋2(2)（10＋42）μgr 2．解析：(1)粒子运动轨迹如图中虚线所示，第一个时间t 内，粒子做类平抛运动 加速度a ＝qE 0m加上电场E 时，粒子做匀减速直线运动．粒子在竖直方向的速度v y ＝at 此时合速度方向垂直于斜面：v 0v y ＝tan θ可解得粒子的初速度v 0＝3qE 0tm. (2)第一个时间t 内，粒子在竖直方向的位移y 1＝12at 2水平方向的位移x 1＝v 0t在第二个时间t 内，粒子在竖直方向的位移也为y 1，水平方向的位移x 2＝y 1tan θ P 点到x 轴的距离l ＝2y 1＋(x 1＋x 2)tan θ 代入数据得：l ＝11qE 0t 22m.(3)在第二个时间t 内，在竖直方向： qE y －qE 0＝ma 在水平方向：qE x m ＝v 0t所以E ＝E 2x ＋E 2y解得：E ＝7E 0.答案：(1)3qE 0t m (2)11qE 0t 22m (3)7E 0计算题专项练(六) (建议用时：20分钟)1．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 点与原点O 的距离为32l ，N 点与原点O 的距离为3l ，第一象限的磁感应强度满足B 1＝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？2．某工地一传输工件的装置可简化为如图所示的情形，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，(1)求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？计算题专项练(六)1．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 沿y 轴方向：3l ＝v 0t 沿x 轴方向：32l ＝12at 2解得：E ＝m v 20ql.(2)粒子在电场中沿x 轴方向做匀加速运动，速度v 1＝at 进入磁场时与y 轴正方向夹角tan θ＝v 1v 0＝ 3解得θ＝60°进入磁场时速度大小为v ＝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 1＝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 2＝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，则应从第四象限G 点(或多个周期后相应点)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＝2πl v 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…)．答案：(1)m v 20ql (2)m v 0ql(3)4πl 3v 0＋5n πl2v 0(n ＝0，1，2，3，…) 2．解析：(1)工件下滑到B 处时速度为v 0此过程机械能守恒12m 1v 20＝m 1gh 在B 处F N －m 1g ＝m 1v 20R联立以上两式求得F N ＝m 1g ⎝⎛⎭⎫1＋2hR ＝40 N 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． (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小车移动位移s 1，由动能定理得 μm 1gs 1＝12m 2v 21－0联立求得s 1＝m 1m 2v 202μ（m 1＋m 2）2g ＝m 1m 2R 2μ（m 1＋m 2）2＝1.2 m 故s BC ＝L ＋s 1＝5.2 m.(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由能量守恒定律得μm 1gL ′＝12m 1v ′20－12m 2v ′21－12m 1v ′22 工件恰好滑到CD 轨道最高点，由机械能守恒定律得12m 1v ′22＝m 1gr 工件从高为h ′处下滑，则12m 1v ′20＝m 1gh ′ 代入数据解得h ′＝3.47 m.答案：(1)40 N 方向竖直向下 (2)5.2 m (3)3.47 m计算题专项练(七) (建议用时：20分钟)1．如图所示，在水平面上依次放置小物块A 和C 以及曲面劈B ，其中A 与C 的质量相等均为m ，曲面劈B 的质量M ＝3m ，劈B 的曲面下端与水平面相切，且劈B 足够高，各接触面均光滑．现让小物块C 以水平速度v 0向右运动，与A 发生碰撞，碰撞后两个小物块粘在一起又滑上劈B .求：(1)碰撞过程中系统损失的机械能；(2)碰后物块A 与C 在曲面劈B 上能够达到的最大高度．2．如图所示竖直平面内的直角坐标系xOy ，x 轴水平且上方有竖直向下的匀强电场，场强大小为E ，在x 轴下方有一圆形有界匀强磁场，与x 轴相切于坐标原点，半径为R .已知质量为m 、电荷量为q 的粒子，在y 轴上的(0，R )点无初速释放，粒子恰好经过磁场中(33R ，－R )点，粒子重力不计，求：(1)磁场的磁感强度B ；(2)若将该粒子释放位置沿y ＝R 直线向左移动一段距离L ，无初速释放，当L 为多大时粒子在磁场中运动的时间最长，最长时间多大；(3)在(2)的情况下粒子回到电场后运动到最高点时的水平坐标值．计算题专项练(七)1．解析：(1)小物块C 与A 发生碰撞粘在一起，取向右为正方向，由动量守恒定律得： m v 0＝2m v 解得v ＝12v 0；碰撞过程中系统损失的机械能为 E 损＝12m v 20－12(2m )v 2解得E 损＝14m v 20.(2)当A 与C 上升到最大高度时，A 、B 、C 系统的速度相等；水平方向上动量守恒，取向右为正方向，根据动量守恒定律得m v 0＝(m ＋m ＋3m )v 1 解得v 1＝15v 0A 、C 粘在一起上滑至最大高度，由能量守恒定律得2mgh ＝12×2m (12v 0)2－12×5m ×(15v 0)2解得h ＝3v 2040g.答案：(1)14m v 20 (2)3v 2040g2．解析：(1)粒子匀加速运动：EqR ＝12m v 2设圆周运动半径为r ，则q v B ＝m v 2r ，由几何关系可知：r 2＝⎝⎛⎭⎫r －33R 2＋R 2 解得：r ＝233R ，B ＝3mE2qR，磁场方向垂直xOy 平面向里； (2)当粒子在磁场中转过的弦为直径时对应的时间最长，所转过的圆心角为α 则r sin α2＝R ，解得：α＝23π，此时L ＝R sin α2＝32R在磁场中运动的时间为t ＝rαv 解得：t ＝2π96mREq； (3)粒子回到电场时速度与水平方向成30° 粒子沿y 轴匀减速运动减到零时竖直高度最大 v sin 30°＝at ′，Eq ＝ma ，水平方向匀速运动x ′＝v cos 30°t ′ 解得：x ′＝3R 2粒子返回电场时的水平坐标为x 0， x 0－L h ＝cot 30°，h ＝3R2 运动到最高点时的水平坐标为： x ＝x 0＋x ′＝532R .答案：(1) 3mE2qR，方向垂直xOy 平面向里 (2)32R 2π96mR qE (3)532R计算题专项练(八) (建议用时：20分钟)1．如图所示，水平光滑细杆上P 点套一轻质小环，小环通过长L＝0.5 m 的轻绳悬挂一质量不计的夹子，夹子内夹有质量m ＝0.5 kg 的物块，物块两竖直侧面与夹子间的最大静摩擦力均为F fm ＝3 N ．现对物块施加F ＝5 N 的水平恒力作用，物块和小环一起沿水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，小环碰到杆上的钉子Q 时立即停止运动，物块恰要相对夹子滑动，与此同时撤去外力，一质量为0.1 kg 的直杆以1m/s 的速度沿水平方向相向插入夹子将夹子与物块锁定(此过程时间极短)．物块可看成质点，重力加速度g ＝10 m/s 2.求：(1)物块做匀加速运动的加速度大小a ； (2)P 、Q 两点间的距离s ； (3)物块向右摆动的最大高度h .2．如图所示，xOy 坐标系中，在y <0的区域内分布有沿y 轴正方向的匀强电场，在0<y <y 0的区域内分布有垂直于xOy 平面向里的匀强磁场，一质量为m 、电荷量为＋q 的粒子以初速度v 0由坐标(0，－y 0)处沿x 轴正方向射入电场．已知电场强度大小E ＝m v 202qy 0，粒子重力不计．(1)要使粒子不从y ＝y 0边界射出磁场，求磁感应强度应满足的条件；(2)要使粒子从电场进入磁场时能通过点P (50y 0，0)(图中未画出)，求磁感应强度的大小．计算题专项练(八)1．解析：(1)以整体为研究对象，由牛顿第二定律得：F ＝ma ，得：a ＝10 m/s 2. (2)环到达Q ，物块刚达到最大静摩擦力，由牛顿第二定律2F fm －mg ＝m v 2L根据动能定理有Fs ＝12m v 2，联立得s ＝0.05 m.(3)直杆插入夹子时，直杆与物块水平方向动量守恒，取向右为正方向， m v －m 0v 0＝(m ＋m 0)v 共 由动能定理得：－(m ＋m 0)gh ＝0－12(m ＋m 0)v 2共 联立得h ≈0.022 m.答案：(1)10 m/s 2 (2)0.05 m (3)0.022 m2．解析：(1)粒子在电场中做类平抛运动，则有：x ＝v 0t ，y 0＝12at 2qE ＝ma ，v y ＝at 解得：x ＝2y 0，v y ＝v 0进入磁场时的速度v ＝v 20＋v 2y ＝2v 0速度与x 轴夹角的正切值tan θ＝v yv 0＝1，得θ＝45°若粒子刚好不从y ＝y 0边界射出磁场，则有：q v B ＝m v 2r由几何关系知(1＋22)r ＝y 0 解得B ＝（2＋1）m v 0qy 0故要使粒子不从y ＝y 0边界射出磁场，应满足磁感应强度B >（2＋1）m v 0qy 0.(2)粒子相邻两次从电场进入磁场时，沿x 轴前进的距离Δx ＝2x －2r ′＝4y 0－2r ′ 其中初始位置为(2y 0，0) 由r ′＝m v qB 得B ＝2m v 0q （4y 0－Δx ）又因为粒子不能射出边界：y ＝y 0，所以(22＋1)r ′<y 0，即0<r ′<(2－2)y 0 所以有(6－22)y 0<Δx <4y 0粒子通过P 点，回旋次数n ＝50y 0－2y 0Δx则48y 04y 0<n <48y 0（6－22）y 0，即12<n <15.1 n 为整数，只能取n ＝13、n ＝14和n ＝15 n ＝13时，B ＝13m v 02qy 0n ＝14时，B ＝7m v 02qy 0n ＝15时，B ＝5m v 02qy 0.答案：(1)B >（2＋1）m v 0qy 0 (2)见解析计算题专项练(九) (建议用时：20分钟)1．如图所示，在平面直角坐标系xOy的第二象限内有平行于y轴的匀强电场，方向沿y轴负方向．在第一、四象限内有一个圆，圆心O′坐标为(r，0)，圆内有方向垂直于xOy平面向里的匀强磁场．一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子(不计粒子所受的重力)，从P(－2h，h)点，以大小为v0的速度沿平行于x轴正方向射入电场，通过坐标原点O进入第四象限，又经过磁场从x轴上的Q点离开磁场．求：(1)电场强度E的大小；(2)圆内磁场的磁感应强度B的大小；(3)带电粒子从P点进入电场到从Q点射出磁场的总时间t.2．如图所示，质量均为m＝4 kg的两个小物块A、B(均可视为质点)放置在水平地面上，竖直平面内半径R＝0.4 m的光滑半圆形轨道与水平地面相切于C，弹簧左端固定．移动物块A压缩弹簧到某一位置(弹簧在弹性限度内)，由静止释放物块A，物块A离开弹簧后与物块B碰撞并粘在一起以共同速度v＝5 m/s向右运动，运动过程中经过一段长为s，动摩擦因数μ＝0.2的水平面后，冲上圆轨道，除s段外的其他水平面摩擦力不计．求：(g取10 m/s2)(1)若s ＝1 m ，两物块刚过C 点时对轨道的压力大小； (2)刚释放物块A 时，弹簧的弹性势能；(3)若两物块能冲上圆形轨道，且不脱离圆形轨道，s 应满足什么条件．计算题专项练(九)1．解析：(1)带电粒子在电场中做类平抛运动，有 水平方向：2h ＝v 0t 1① 竖直方向：h ＝12at 21②a ＝Eq m③由①②③式得E ＝m v 202qh.④(2)粒子进入磁场时沿y 轴方向的速度 v y ＝at 1＝v 0⑤粒子进入磁场时的速度v ＝v 20＋v 2y ⑥粒子在洛伦兹力作用下做圆周运动，有 q v B ＝m v 2R⑦由几何关系有R ＝2r ⑧ 由③⑤⑥⑦⑧式得B ＝m v 0qr .⑨(3)粒子在磁场中运动的时间t 2＝14T ⑩粒子在磁场中做圆周运动的周期T ＝2πmqB⑪粒子从P 点进入电场到Q 点射出磁场的总时间t ＝t 1＋t 2⑫ 由①⑨⑩⑪⑫式解得t ＝4h ＋πr2v 0.答案：(1)m v 202qh (2)m v 0qr (3)4h ＋πr2v 02．解析：(1)设物块经过C 点时速度为v C ，物块受到轨道支持力为F N C 由功能关系得：12×2m v 2－2μmgs ＝12×2m v 2C 又F N C －2mg ＝2m v 2C R代入解得：F N C ＝500 N由牛顿第三定律知，物块对轨道压力大小也为500 N.(2)设A 与B 碰撞前A 的速度为v 0，以向右为正方向，由动量守恒得：m v 0＝2m v ，解得v 0＝10 m/s则：E p ＝E k ＝12m v 20＝200 J.(3)物块不脱离轨道有两种情况①能过轨道最高点，设物块经过半圆形轨道最高点最小速度为v 1，则2mg ＝2m v 21R得：v 1＝gR ＝2 m/s物块从碰撞后到经过最高点过程中，由功能关系有 12×2m v 2－2μmgs －4mgR ≥12×2m v 21 代入解得s 满足条件：s ≤1.25 m. ②物块上滑最大高度不超过14圆弧设物块刚好到达14圆弧处速度为v 2＝0物块从碰撞后到最高点，由功能关系有： 12×2m v 2－2μmgs ≤2mgR 同时依题意，物块能滑出粗糙水平面，由功能关系： 12×2m v 2>2μmgs 代入解得s 满足条件：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计算题专项练(十)(建议用时：20分钟)1.如图所示，在0≤x ≤a 、0≤y ≤a2范围内有垂直于xOy 平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B .坐标原点O 处有一个粒子源，在某时刻发射大量质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子，它们的速度大小相同，速度方向均在xOy 平面内，与y 轴正方向的夹角分布在0～90°范围内．已知粒子在磁场中做圆周运动的半径介于a2到a 之间，从发射粒子到粒子全部离开磁场经历的时间恰好为粒子在磁场中做圆周运动周期的四分之一．求最后离开磁场的粒子从粒子源射出时，(1)粒子速度的大小；(2)粒子速度方向与y 轴正方向夹角的正弦值．2．长度L ＝7 m 、质量M ＝1 kg 的木板C 静止在粗糙的水平地面上，木板上表面左右两端各有长度d ＝1 m 的粗糙区域，中间部分光滑．可视为质点的小物块A 和B 初始时如图放置，质量分别是m A ＝0.25 kg 和m B ＝0.75 kg ，A 、B 与木板粗糙区域之间的动摩擦因数均为μ1＝0.2，木板与水平地面之间的动摩擦因数为μ2＝0.3.某时刻对木板施加F ＝8 N 的水平恒力，木板开始向右加速，在A 与B 碰撞粘在一起不再分开的瞬间撤去F ，取g ＝10 m/s 2，求：(1)物块A 与B 碰后瞬间的速度大小； (2)最终物块A 与木板C 左端的距离．计算题专项练(十)1．解析：(1)设粒子的发射速度为v ，粒子做圆周运动的轨迹半径为R ，由牛顿第二定律和洛伦兹力公式，得q v B ＝m v 2R①由①式得R ＝m vqB②当a2<R <a 时，在磁场中运动时间最长的粒子，其轨迹是圆心为C 的圆弧，圆弧与磁场的上边界相切，如图所示．设该粒子在磁场中运动的时间为t ，依题意t ＝T4，得∠OCA ＝π2③设最后离开磁场的粒子的发射方向与y 轴正方向的夹角为α，由几何关系可得 R sin α＝R －a2④R sin α＝a －R cos α⑤ 又sin 2α＋cos 2α＝1⑥ 由④⑤⑥式得R ＝⎝⎛⎭⎫2－62a ⑦ 由②⑦式得v ＝⎝⎛⎭⎫2－62aqBm.⑧ (2)由④⑦式得sin α＝6－610.答案：见解析2．解析：(1)假设物块A 与木板C 共同加速，两者加速度均为a ，由牛顿第二定律有： F －μ2(M ＋m A ＋m B )g ＝(M ＋m A )a而当C 对A 的摩擦力达到最大静摩擦力时，设A 的加速度为a A ，可知μ1m A g ＝m A a A 代入数据解得a ＝1.6 m/s 2，a A ＝2 m/s 2 由于a <a A ，所以A 、C 能共同加速，假设成立研究A 、C 整体，设A 与B 碰前瞬间的速度为v 0，从木板开始运动到A 与B 碰前的过程，由运动学公式有：v 20＝2a (L －2d )研究A 、B 系统，设碰后瞬间AB 整体的速度为v 1，又A 、B 碰撞过程系统动量守恒，则有：m A v 0＝(m A ＋m B )v 1联立解得v 1＝1 m/s.。

押题练114.(2019天津摸底)下列说法正确的是()A.玻尔原子理论能够解释所有原子光谱现象B.γ射线的穿透本领比β射线弱C.92238U衰变成82206Pb要经过8次β衰变和6次α衰变D.在原子核中,比结合能越大表示原子核中的核子结合得越牢固15.(2019河北衡水质检)如图甲所示,一质量为m的物块在t=0时刻,以初速度v0从足够长、倾角为θ的粗糙斜面底端向上滑行,物块速度随时间变化的图象如图乙所示。

t0时刻物块到达最高点,3t0时刻物块又返回底端。

下列说法正确的是()A.物块从开始运动到返回底端的过程中重力的冲量为3mgt0·cos θB.物块从t=0时刻开始运动到返回底端的过程中动量的变化量为3mv02C.斜面倾角θ的正弦值为5v08gt0D.不能求出3t0时间内物块克服摩擦力所做的功16.(2019江西临川一中调研)某人造地球卫星绕地球的运动轨迹为椭圆,地球位于椭圆的一个焦点上,已知卫星在近地点的速率为v1、加速度大小为a1、到地心距离为r1,卫星在远地点的速率为v2、加速度大小为a2、到地心距离为r2;则()A.a1<a2B.a1r1>v12C.a2r2>v22D.a1r1=v1217.(2019河北衡水中学模拟)如图甲所示,在匀强电场中,虚线为电场线,与Ox轴成θ=37°角,Ox轴上ab=2 cm,Ox轴上各点的电势φ的变化规律如图乙所示。

取sin有a、b、c三点,Oa=bc=1237°=0.6,cos 37°=0.8。

下列说法正确的是()A.电场线方向斜向上B.电场强度大小为800 V/mC.c点的电势为16 VD.电子在a点的电势能为-32 eV18.如图所示,abcd为一闭合矩形金属线圈,已知ab长为L1,bc长为L2,内阻为R。

图中虚线O1O2为磁场右边界,它与线圈的ab边平行,等分bc边,即线圈有一半位于匀强磁场之中,而另一半位于磁场之外。

2020年高考物理三轮冲刺考前抢分计算题专练计算题专练(一)1.如图1所示，质量为M的平板车P高h，质量为m的小物块Q的大小不计，位于平板车的左端，系统原来静止在光滑水平面地面上.一不可伸长的轻质细绳长为R，一端悬于Q正上方高为R处，另一端系一质量也为m的小球(大小不计).今将小球拉至悬线与竖直位置成60°角，由静止释放，小球到达最低点时与Q 的碰撞时间极短，且无能量损失，已知Q离开平板车时速度大小是平板车速度的两倍，Q与P之间的动摩擦因数为μ，M∶m＝4∶1，重力加速度为g.求：图1(1)小物块Q离开平板车时速度为多大？(2)平板车P的长度为多少？答案(1)gR3(2)7R18μ解析(1)小球由静止摆到最低点的过程中，有：mgR(1－cos 60°)＝12m v2，解得v0＝gR小球与小物块Q相撞时，动量守恒，机械能守恒，则有：m v0＝m v1＋m v Q12m v 20＝12m v21＋12m v2Q解得：v1＝0，v Q＝v0＝gR二者交换速度，即小球静止下来.Q在平板车上滑行的过程中，系统的动量守恒，则有m v Q＝M v＋m(2v)解得，v＝16v Q＝gR6小物块Q离开平板车时，速度为：2v＝gR3 (2)由能量守恒定律，知F f L＝12m v2Q－12M v2－12m(2v)2又F f＝μmg解得，平板车P的长度为L＝7R18μ.2.如图2所示，在绝缘水平面上，相距为L 的A 、B 两点处分别固定着两个等量正电荷.a 、b 是AB 连线上两点，其中Aa ＝Bb ＝L 4，a 、b 两点电势相等，O 为AB 连线的中点.一质量为m 、带电荷量为＋q 的小滑块(可视为质点)以初动能E 0从a 点出发，沿AB 直线向b 运动，其中小滑块第一次经过O 点时的动能为初动能的n 倍(n ＞1)，到达b 点时动能恰好为零，小滑块最终停在O 点，求：图2 (1)小滑块与水平面间的动摩擦因数μ；(2)O 、b 两点间的电势差U Ob ；(3)小滑块运动的总路程s .答案 (1)2E 0mgL (2)－(2n －1)2q E 0 (3)2n ＋14L 解析 (1)由Aa ＝Bb ＝L 4，O 为AB 连线的中点得：a 、b 关于O 点对称，则U ab ＝0；设小滑块与水平面间的摩擦力大小为F f ，对于滑块从a →b 过程，由动能定理得：q ·U ab －F f ·L 2＝0－E 0 而F f ＝μmg 解得：μ＝2E 0mgL(2)滑块从O →b 过程，由动能定理得：q ·U Ob －F f ·L 4＝0－nE 0 解得：U Ob ＝－(2n －1)E 02q(3)对于小滑块从a 开始运动到最终在O 点停下的整个过程，由动能定理得q ·U aO －F f ·s ＝0－E 0而U aO ＝－U Ob ＝(2n －1)E 02q解得：s ＝2n ＋14L计算题专练(二)1.公交车已作为现代城市交通很重要的工具，它具有方便、节约、缓解城市交通压力等许多作用.某日，一人在上班途中向一公交车站走去，发现一辆公交车正从身旁平直的公路驶过，此时，他的速度是1 m /s ，公交车的速度是15 m/s ，他们距车站的距离为50 m.假设公交车在行驶到距车站25 m 处开始刹车，刚好到车站停下，停车时间10 s.而此人因年龄、体力等关系最大速度只能达到6 m /s ，最大起跑加速度只能达到2.5 m/s 2.(1)若公交车刹车过程视为匀减速运动，其加速度大小是多少？(2)试计算分析，此人是应该上这班车，还是等下一班车.答案 (1)4.5 m/s 2 (2)应该上这班车解析 (1)公交车的加速度为：a 1＝0－v 212x 1＝0－22550m /s 2＝－4.5 m/s 2，所以其加速度大小为4.5 m/s 2 (2)公交车从开始相遇到开始刹车用时为：t 1＝x －x 1v 1＝50－2515 s ＝53s ， 公交车刹车过程中用时为：t 2＝0－v 1a 1＝－15－4.5s ＝103 s ， 此人以最大加速度达到最大速度用时为：t 3＝v 3－v 2a 2＝6－12.5s ＝2 s ， 此人加速过程中位移为：x 2＝v 2＋v 32t 3＝1＋62×2 m ＝7 m ， 以最大速度跑到车站用时为：t 4＝x －x 2v 3＝436s ， 显然，t 3＋t 4＜t 1＋t 2＋10，可以在公交车还停在车站时安全上车.2.如图1所示，以MN 为下边界的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面向外， MN 上方有一单匝矩形导线框abcd ，其质量为m ，电阻为R ，ab 边长为l 1，bc 边长为l 2，cd 边离MN 的高度为h .现将线框由静止释放，线框下落过程中ab 边始终保持水平，且ab 边离开磁场前已做匀速直线运动，求线框从静止释放到完全离开磁场的过程中，图1(1)ab 边离开磁场时的速度v ；(2)通过导线横截面的电荷量q ；(3)导线框中产生的热量Q .答案 (1)mgR B 2l 21 (2)Bl 1l 2R (3)mg (h ＋l 2)－m 3g 2R 22B 4l41 解析 (1)线框匀速运动时，E ＝Bl 1v① I ＝E R② F ＝BIl 1③ mg ＝F④ 由①②③④联立：v ＝mgR B 2l 21(2)导线框穿过磁场的过程中，q ＝I t⑤ I ＝ER⑥ E ＝ΔΦΔt ＝Bl 1l 2t⑦ 由⑤⑥⑦联立：q ＝Bl 1l 2R(3)导线框穿过磁场的过程中，利用能量守恒定律，mg (h ＋l 2)＝12m v 2＋Q 代入(1)中的速度，解得：Q ＝mg (h ＋l 2)－m 3g 2R 22B 4l 41计算题专练(三)1.如图1所示，一条轨道固定在竖直平面内，粗糙的ab 段水平，bcde 段光滑，cde 段是以O 为圆心，R 为半径的一小段圆弧，可视为质点的物块A 和B 紧靠在一起，静止于b 处，A 的质量是B 的3倍.两物块在足够大的内力作用下突然分离，分别向左、右始终沿轨道运动.B 到d 点时速度沿水平方向，此时轨道对B的支持力大小等于B 所受重力的34，A 与ab 段的动摩擦因数为μ，重力加速度为g ，求：图1(1)物块B 在d 点的速度大小；(2)物块A 、B 在b 点刚分离时，物块B 的速度大小；(3)物块A 滑行的最大距离s .答案 (1)gR 2 (2)3Rg 2 (3)R 8μ解析 (1)物块B 在d 点时，重力和支持力的合力提供向心力，则：m B g －F N ＝m B v 2R ①又因为：F N ＝34m B g② 联立①②式得物块B 在d 点时的速度v ＝gR 2. (2)物块B 从b 到d 过程，只有重力做功，机械能守恒有：12m B v 2B ＝m B gR ＋12m B v 2 解得v B ＝32Rg ③(3)物块A 和B 分离过程中由动量守恒定律得m A v A ＋m B v B ＝0 ④ 物块A 和B 分离后，物块A 做匀减速直线运动，由动能定理得－μm A gs ＝－12m A v 2A ⑤联立③④⑤式，得物块A 滑行的距离s ＝R 8μ. 2.如图2所示，间距为L 的平行且足够长的光滑导轨由两部分组成：倾斜部分与水平部分平滑相连，倾角为θ，在倾斜导轨顶端连接一阻值为r 的定值电阻.质量为m 、电阻也为r 的金属杆MN 垂直导轨跨放在导轨上，在倾斜导轨区域加一垂直导轨平面向下、磁感应强度大小为B 的匀强磁场；在水平导轨区域加另一垂直导轨平面向下、磁感应强度大小也为B 的匀强磁场.闭合开关S ，让金属杆MN 从图示位置由静止释放，已知金属杆运动到水平导轨前，已达到最大速度，不计导轨电阻且金属杆始终与导轨接触良好，重力加速度为g .求：图2(1)金属杆MN 在倾斜导轨上滑行的最大速率v m ；(2)金属杆MN 在倾斜导轨上运动，速度未达到最大速度v m 前，当流经定值电阻的电流从零增大到I 0的过程中，通过定值电阻的电荷量为q ，求这段时间内在定值电阻上产生的焦耳热Q ；(3)金属杆MN 在水平导轨上滑行的最大距离x m .答案 (1)2mgr sin θB 2L 2 (2)mgqr sin θBL －mI 20r 2B 2L2 (3)4m 2gr 2sin θB 4L 4。