2019年高考物理计算题考前专练

2019年高考物理计算题考前专练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.1、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＝－15－4.5 s ＝103s ，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.2.一只气球以10 m/s 的速度匀速竖直上升，某时刻在气球正下方距气球s 0＝－6 m 处有一小球以20 m/s 的初速度竖直上抛，g 取10 m/s 2，不计小球受到的空气阻力．(1)不考虑上方气球对小球运动的可能影响，求小球抛出后上升的最大高度和时间． (2)小球能否追上气球？若追不上，说明理由；若能追上，需要多长时间？ 2．【解析】 (1)设小球上升的最大高度为h ，时间为t ，则h ＝ v 202g，解得h ＝ 20 m又t ＝v 0g，解得t ＝ 2 s(2)设小球达到与气球速度相同时经过的时间是t 1，则v 气＝ v 小＝v 0－gt 1 ，解得t 1＝ 1 s在这段时间内气球上升的高度为x 气，小球上升的高度为x 小，则x 气＝ v t 1＝ 10 m x 小 ＝ v 0t 1－12gt 2 1＝ 15 m由于x 气＋6 m>x 小，所以小球追不上气球．3.如图所示，物体的质量为5 kg ，两根轻细绳AB 和AC 的一端固定于竖直墙上，另一端系于物体上(∠BAC ＝θ＝60°)，在物体上另施加一个方向与水平线也成θ角的拉力F ，若要使绳都能伸直，求拉力F 的大小范围．3.【解析】 受力分析如图所示．由平衡条件有， 水平方向：F cos θ－F 2－F 1cos θ＝0竖直方向：F sin θ＋F 1sin θ－mg ＝0可得F ＝mg sin θ－F 1 F ＝F 22cos θ＋mg2sin θ要使两绳都能绷直，则有F 1≥0，F 2≥0得F 有最大值 F max ＝mg sin θ＝1003 3 N 最小值F min ＝mg 2sin θ＝5033 N则F 的取值范围为503 3 N ≤F ≤1003 3 N【答案】503 3 N ≤F ≤10033 N4.如图所示，劲度系数为k 2的轻质弹簧竖直固定放在桌面上，其上端固定一质量为m 的物块，另一劲度系数为k 1的轻质弹簧竖直放在物块上面，其下端与物块上表面连接在一起，最初整个系统静止在水平面上．要想使物块在静止时，下面弹簧产生的弹力为物块重力的23，应将上面弹簧的上端A 竖直向上提高多少距离？4.【解析】 初态时，弹簧k 2(压缩)的弹力F 2＝mg 末态时，若弹簧k 2仍被压缩，则弹力F 2′＝23mg弹簧k 2的长度变化量Δx 2＝ΔF 2k 2＝F 2－F 2′k 2＝mg3k 2末态物块静止时有F 1′＋F 2′＝mg解得F 1′＝13mg则k 1伸长量Δx 1＝ΔF 1k 1＝mg3k 1则应将上面弹簧的上端A 竖直向上提高 Δx ＝Δx 1＋Δx 2＝mg 3k 1＋mg 3k 2＝mg （k 1＋k 2）3k 1k 2末态时，若弹簧k 2被拉长，弹力F 2″＝23mg弹簧k 2的长度变化量Δx 2′＝F 2＋F 2″k 2＝5mg3k 2此时物块受力平衡有F 1″＝mg ＋F 2″解得F 1″＝53mg则k 1伸长量Δx 1′＝ΔF 1″k 1＝5mg3k 1则应将上面弹簧的上端A 竖直向上提高Δx ′＝Δx 1′＋Δx 2′＝5mg 3k 1＋5mg 3k 2＝5mg （k 1＋k 2）3k 1k 2【答案】 k 2伸长时，A 提高5mg （k 1＋k 2）3k 1k 2 ；k 2压缩时，A 提高mg （k 1＋k 2）3k 1k 25．如图所示，长s ＝5 m 、倾斜角θ＝37°的斜面各通过一小段光滑圆弧与水平传送带和水平地面平滑连接，传送带长L ＝1.6 m ，以恒定速率v 0＝4 m/s 逆时针运行，将一可看成质点的物块轻轻地放在传送带右端A 上，物块滑到传送带左端B 时恰好与传送带共速并沿斜面下滑．已知物块和传送带、斜面、水平地面间的动摩擦因数μ相同，物块最终静止在水平地面上的D 点，取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求： (1)动摩擦因数μ的值；(2)物块滑到C 点时速度的大小； (3)物块从A 到D 所经历的时间．【解析】 (1)在传送带上由速度位移公式可得a ＝v 20－02L，由牛顿第二定律得μmg ＝ma 联立可得a ＝5 m/s 2，μ＝0.5(2)在斜面上的加速度a 2＝mg sin θ－μmg cos θm＝2 m/s2下滑到斜面底端s ＝v 0t 2＋12a 2t 22，解得t 2＝1 s下滑到斜面底端的速度v C ＝v 0＋a 2t 2＝6 m/s(3)在传送带上加速度a ＝5 m/s 2到达传送带左端所需时间t 1＝v 0a＝0.8 s在水平地面上运动的时间t 3＝v C a＝1.2 s故所需时间t 总＝t 1＋t 2＋t 3＝3 s 【答案】 (1)0.5 (2)6 m/s (3)3 s6．如图所示，在足够高的光滑水平台面上静置一质量为m 的长木板A ，A 右端用轻绳绕过光滑的轻质定滑轮与质量也为m 的物体C 连接．当C 从静止开始下落距离h 时，在木板A 的最右端轻放一质量为4m 的小铁块B (可视为质点)，最终B 恰好未从木板A 上滑落．A 、B 间的动摩擦因数μ＝0.25，且认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g ，求： (1)C 由静止下落距离h 时，A 的速度大小v 0； (2)木板A 的长度L ；(3)若当铁块B 轻放在木板A 的最右端的同时，对B 加一水平向右的恒力F ＝7mg ，其他条件不变，求B 滑出A 时的速度大小．6.【解析】 (1)对A 、C 分析：mg ＝2ma v 20＝2ah ，解得v 0＝gh(2)B 放在A 上后，设A 、C 仍一起加速，则(m ＋m )a ＝mg －μ·4m ·g ＝0即B 放在A 上后，A 、C 以速度v 0匀速运动，B 匀加速运动，加速度a B 0＝μg ＝g4设经过时间t 0，A 、B 、C 达到共速，且B 刚好运动至木板A 的左端，则v 0＝a B 0t 0，木板A 的长度L ＝v 0t 0－12v 0t 0解得L ＝2h(3) 共速前：A 和C 匀速，B 加速，a B 1＝F ＋μ·4m ·g4m＝2g(4) t 1＝v 0a B 1＝12h gΔx 1＝x AC －x B ＝v 0t 1－12v 0t 1＝h4共速后全部向右加速a B 2＝F －4μmg 4m ＝32g a AC ＝mg ＋4μmg2m＝gΔx 2＝Δx 1＝12(a B 2－a AC )t 22可得t 2＝h g ，v B 2＝v 0＋a B 2t 2＝52gh【答案】 (1)gh (2)2h (3)52gh7．如图所示，一块足够大的光滑平板能绕水平固定轴MN 调节其与水平面所成的倾角．板上一根长L ＝0.50 m 的轻绳，它的一端系住一质量为m 的小球，另一端固定在板上的O 点．当平板的倾角固定为α时，先将轻绳平行于水平轴MN 拉直，然后给小球一沿着平板并与轻绳垂直的初速度v 0＝3.0 m/s.若小球能保持在板面内做圆周运动，求倾角α的最大值．(取重力加速度g ＝10 m/s 2，cos 53°＝0.6)7.【解析】 小球通过最高点时，若绳子拉力F T ＝0，倾角α有最大值mg sin α＝mv 21L研究小球从释放到最高点的过程，据动能定理得：－mgL sin α＝12mv 21－12mv 2解得sin α＝v 203gL＝0.6故α＝37°【答案】 37°8．火星(如图所示)是太阳系中与地球最为类似的行星，人类对火星生命的研究在今年因“火星表面存在流动的液态水”的发现而取得了重要进展．若火星可视为均匀球体，火星表面的重力加速度为g ，火星半径为R ，火星自转周期为T ，万有引力常量为G .求： (1)火星的平均密度ρ；(2)火星的同步卫星距火星表面的高度h .8.【解析】 (1)在火星表面，对质量为m 的物体有mg ＝G Mm R 2① 又M ＝ρV ＝ρ·43πR3②联立①②两式解得ρ＝3g4G πR(2)同步卫星的周期等于火星的自转周期T ，万有引力提供向心力，有G Mm ′（R ＋h ）2＝m ′4π2T 2(R ＋h ) ③联立②③两式解得h ＝3gR 2T 24π2－h【答案】 (1)3g4G πR (2)3gR 2T 24π2－h9．如图所示为固定在竖直平面内的轨道，直轨道AB 与光滑圆弧轨道 BC 相切，圆弧轨道的圆心角为37°，半径r ＝0.25 m ，C 端水平，AB 段的动摩擦因数为0.5.竖直墙壁CD 高H ＝0.2 m ，紧靠墙壁在地面上固定一个和CD 等高、底边长L ＝0.3 m 的斜面．一个质量m ＝0.1 kg 的小物块(视为质点)在倾斜轨道上从距离B 点l ＝0.5 m 处由静止释放，从C 点水平抛出．重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求： (1)小物块运动到C 点时对轨道的压力的大小； (2)小物块从C 点抛出到击中斜面的时间；(3)改变小物体从轨道上释放的初位置，求小物体击中斜面时动能的最小值．9.【解析】(1)由动能定理得mgl sin 37°＋mg (r －r cos 37°)－μmgl cos 37°＝12mv 20－0 ①解得v 0＝ 3 m/s②在C 点，设轨道对小物块的支持力为F ，由牛顿第二定律得F －mg ＝m v 20r③解得F ＝2.2 N ④ 由牛顿第三定律可知，小物块运动到C 点时对轨道的压力的大小为2.2 N ．(2)如图所示，设物体落到斜面上时水平位移为x ，竖直位移为y ，由图中几何关系 可得L －x y ＝LH⑤代入数据得x ＝0.3－1.5y ⑥ 设小物块从C 点抛出到击中斜面的时间为t ，由平抛运动规律 x ＝v 0t⑦y ＝12gt 2⑧由⑥⑦⑧式联立消去x 、y 得15t 2＋23t －0.6＝0 ⑨ 解得t ＝315s⑩(3)上述⑥⑦⑧式联立消去x 、t 得v 20＝g （0.3－1.5y ）22y⑪E k ＝12mv 20＋mgy ＝0.094mg 1y ＋ 2516mgy －0.94⑫由于0.094mg 1y ·2516mgy ＝9256m 2g 2，为常数，所以当0.094mg 1y ＝2516mgy ，即当y ＝0.12 m 时，小物体击中斜面时动能最小．最小值E kmin ＝0.15 J【答案】 (1)2.2 N (2)315s (3)0.15 J 10.如图所示，光滑水平面MN 上放两相同小物块A 、B ，左端挡板处有一弹射装置P ，右端N 处与水平传送带理想连接，传送带水平部分长度L ＝8 m ，沿逆时针方向以恒定速度v ＝6 m/s 匀速转动.物块A 、B (大小不计)与传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.2.物块A 、B 质量m A ＝m B ＝1 kg.开始时A 、B 静止，A 、B 间有一压缩轻质弹簧处于锁定状态，贮有弹性势能E p ＝16 J.现解除弹簧锁定，弹开A 、B ，同时迅速撤走弹簧.求：(g ＝10 m/s 2)(1)物块B 沿传送带向右滑动的最远距离； (2)物块B 滑回水平面MN 的速度大小v B ′；(3)若物体B 返回水平面MN 后与被弹射装置P 弹回的A 在水平面上相碰，且A 、B 碰后互换速度，则弹射装置P 必须给A 做多少功才能让A 、B 碰后B 能从Q 端滑出. 10、解析 (1)解除锁定弹开A 、B 过程中，系统机械能守恒：E p ＝12m A v 2A ＋12m B v 2B ①取向右为正方向，由动量守恒有：m A v A ＋m B v B ＝0 ② 由①②得：v A ＝－4 m/s ，v B ＝4 m/sB 滑上传送带做匀减速运动，当速度减为零时，滑动的距离最远，由动能定理得：－μm B gs m ＝0－12m B v 2B 所以：s m ＝v 2B 2μg＝4 m 物块B 沿传送带向右滑动的最远距离为4 m.(2)假设物块B 沿传送带向左返回时，先匀加速运动，物块速度与传送带速度相同时一起匀速运动，物块B 加速到传送带速度v 需要滑动的距离设为s ′，由μm B gs ′＝12m B v 2 得s ′＝v 22μg ＝9 m>s m说明物块B 滑回水平面MN 的速度没有达到传送带速度，v B ′＝2μgs m ＝4 m/s物块B 滑回水平面MN 的速度大小v B ′＝4 m/s (3)设弹射装置给A 做功为W 12m A v A ′2＝12m A v 2A ＋W ⑤ A 、B 碰后速度互换，B 的速度v B ″＝v A ′ ⑥B 要滑出传送带Q 端，由能量关系有：12m B v B ″2≥μm B gL ⑦又m A ＝m B ，所以由⑤⑥⑦得W ≥μm B gL －12m A v 2A ⑧解得：W ≥8 J弹簧装置P 必须给A 最少做8 J 的功才能让A 、B 碰后B 能从Q 端滑出.11．甲、乙两个小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏．甲和他的冰车的质量共为M ＝30 kg ，乙和他的冰车的质量也是30 kg.游戏时，甲推着一个质量m ＝15 kg 的箱子，和他一起以大小为v 0＝2.0 m/s 的速度滑行，乙以同样大小的速度迎面滑来．为了避免相撞，甲突然将箱子沿冰面推给乙，箱子滑到乙处时乙迅速把它抓住．若不计冰面的摩擦力，求：(1)甲至少要以多大的速度(相对于地面)将箱子推出，才能避免他与乙相撞； (2)甲在推出时对箱子做了多少功．11.【解析】 (1)甲推出箱子后，要想刚好能避免相碰，要求乙抓住箱子后反向和甲的速度正好相等．设箱子推出后其速度为v ，甲的速度为v 1，根据动量守恒定律可得 mv ＋Mv 1＝(m ＋M )v 0 设乙抓住箱子后其速度为v 2，根据动量守恒定律可得(m ＋M )v 2＝mv －Mv 0刚好不相碰的条件要求v 1＝v 2联立可解得v ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫m 2＋2mM ＋2M 2m 2＋2mM v代入数值可得v ＝5.2 m/s(2) 设推出时甲对箱子做功为W ，根据功能关系可知W ＝12mv 2－12mv 2代入数值可得W ＝172.8 J 【答案】 (1)5.2 m/s (2)172.8 J12.水平光滑的桌面上平放有一质量为2m 的均匀圆环形细管道，管道内有两个质量都为m 的小球(管道的半径远远大于小球的半径)，位于管道直径AB 的两端．开始时，环静止，两个小球沿着向右的切线方向，以相同的初速度v 0开始运动，如图所示．设系统处处无摩擦，所有的碰撞均为弹性碰撞．(质量相等的两物体弹性正碰后交换速度，此结论本题可直接用)(1)当两个小球在管道内第一次相碰前瞬间，试求两个小球之间的相对速度大小；(2)两小球碰后在第一次返回到A 、B 时，两小球相对桌面的速度方向(朝左还是朝右)和速度大小．12.【解析】 (1)根据对称性，两球运动相同的路程在细圆管的最右端相遇，相遇前，两小球与细圆管在左右方向上共速，共同速度设为v 1，此时两球相对于细圆管的速度方向沿切线，大小相同设为v y .左右方向上两球与细圆管动量守恒2mv 0＝(2m ＋2m )v 1，解得v 1＝v 02根据能量守恒定律可得2×12mv 02＝12×2mv 12＋2×12m (v 12＋v y 2)解得v y ＝22v 0两球相对速度大小v ＝2×v y ＝2v 0(2)两球相碰，左右方向速度不变，沿管切线方向交换速度，之后两球同时分别到达A 、B 位置．从刚开始两球运动到两球第一次回到A 、B 位置，两球与细圆管组成的系统可以看成弹性碰撞，即质量为2m 的物体与细圆管发生了弹性正碰，交换速度，故而两球相对桌面速度为零，细圆管相对桌面速度为v 0.【答案】 (1)2v 0 (2)两小球相对桌面速度为零13.如图所示，水平绝缘光滑轨道AB 的B 端与处于竖直平面内的圆弧形光滑绝缘轨道BCD 平滑连接，圆弧的半径R ＝0.50 m ，轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场强度E ＝1.0×104N/C.现有一质量 m ＝0.06 kg 的带电小球(可视为质点)放在水平轨道上与B 端距离s ＝1.0 m 的位置，由于受到电场力的作用，带电小球由静止开始运动．已知带电小球所带的电荷量q ＝8.0×10－5 C ，取g ＝10 m/s 2.试问： (1)带电小球能否到达圆弧最高点D ？请计算说明．(2)带电小球运动到何处时对轨道的压力最大？最大值为多少？13.【解答】 (1)假设小球能到达D 点，且速度为v D .从A 到D 过程，由动能定理得qEs －mg ·2R ＝12mv 2D －0可得小球在D 点所需要的向心力F 向＝m v 2DR＝0.8 N而重力G ＝mg ＝0.6 N(2分) 则F 向＞G ，故带电小球能到达圆弧最高点D .(2)小球在电场中受到的电场力和重力的合力大小G 等＝（mg ）2＋（qE ）2＝1 N方向与竖直方向的夹角为θ，有tan θ＝qE mg ＝43，得θ＝53°当G 等方向通过圆心O 向外时，速度达到最大，设此位置为P ，此时小球对轨道的压力达最大． 小球从A 到P 的过程，由动能定理得qE (s ＋R sin θ)－mg (R －R cos θ)＝12mv 2P －0在P 点，由牛顿第二定律得F Nmax －G 等＝m v 2PR解得F Nmax ＝5 N由牛顿第三定律可得小球对轨道的最大压力为5 N ．14.如图所示，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 ＝L4，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：(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 .14、答案 (1)2E 0mgL (2)－(2n －1)2q E 0 (3)2n ＋14L解析 (1)由Aa ＝Bb ＝L4，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 ＋14L15.如图所示，U ＝10 V ，电阻R 1＝4 Ω，R 2＝6 Ω，电容C ＝30 μF. (1)闭合开关S ，电路稳定后，求通过R 1的电流； (2)然后断开S ，求这以后流过R 1的电荷量．15.【解析】 (1)S 闭合，电路稳定后(即电容器充电完毕)即为R 1与R 2的串联电路，所以通过R 1的电流为I ＝UR 1＋R 2＝104＋6A ＝1 A 此时电容C 与R 2并联，两极间电压U 1＝IR 2＝1×6 V ＝6 V ，且上板带正电荷．(2)断开S 后，由于U ＝10 V ，所以继续给电容器充电至极板电压U 2＝U ＝10 V ，仍是上板带正电，流过R 1的电荷量等于继续给电容器充电的电荷量，所以ΔQ ＝C (U 2－U 1)＝30×10－6×(10－6)C ＝1.2×10－4C【答案】 (1)1 A (2)1.2×10－4C16．如图所示的电路中，灯L 标有“6 V 3 W ”，定值电阻R 1＝4 Ω，R 2＝10 Ω，电源内阻r ＝2 Ω，当滑片P 滑到最下端时，电流表读数为1 A ，此时灯L 恰好正常发光，试求：(1)滑动变阻器最大值R ；(2)当滑片P 滑到最上端时，电流表的读数；(3)当滑片P 位于滑动变阻器的中点时，变阻器消耗的功率．16.【解析】 (1)灯L 的电阻：R L ＝U 2LP L ＝623Ω＝12 Ω当P 滑到最下端时，R 2被短路，灯L 与整个变阻器R 并联，此时灯正常发光，通过灯L 的电流I L ＝P L U L ＝36A ＝0.5 A通过滑动变阻器R 的电流I R ＝I A －I L ＝1 A －0.5 A ＝0.5 A即滑动变阻器最大值R ＝R L ＝12 Ω(2)电源电动势ε＝I ⎝⎛⎭⎪⎫R 1＋r ＋R ·R L R ＋R L ＝1×(4＋2＋6)V ＝12 V当P 滑到最上端时，灯L 、变阻器R 及电阻R 2都被短路， 此时电流表的读数I 1＝εR 1＋r ＝124＋2A ＝2 A(3)P 位于变阻器的中点时，灯L 与R2并联后再与R 1串联．此时R 并＝R L ·R2R L ＋R 2＝12×612＋6 Ω＝4 Ω I 总＝εR 并＋R 1＋r ＝124＋4＋2 A ＝1.2 A并联部分的电压U 并＝I 总R 并＝1.2×4 V ＝4.8 V变阻器上消耗的功率P R ＝U 2并R 2＝4.826W ＝3.84 W【答案】 (1)12 Ω (2)2 A (3)3.84 W17.如图所示，在xOy 平面内，有一边长为L 的等边三角形区域OPQ ，PQ 边与x 轴垂直，在三角形区域以外，均存在着磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面向外的匀强磁场，三角形OPQ 区域内无磁场分布.现有质量为m ，带电量为＋q 的粒子从O 点射入磁场，粒子重力忽略不计.(1)若要使该粒子不出磁场，直接到达P 点，求粒子从O 点射入的最小速度的大小和方向；(2)若粒子从O 点以初速度v 0＝3qBL6m，沿y 轴正方向射入，能再次经过O 点，求该粒子从出发到再次过O 点所经历的时间.17、答案 (1)qBL2m，方向垂直于OP 向上(或与y 轴正方向成30°角斜向左上方)(2) (4π＋33)mqB解析 (1)如图甲所示，当初速度v 0垂直于OP 射入磁场时，粒子射入速度最小，由几何知识得： r 1＝L2①由qvB ＝m v2r②得：v 0＝qBL 2m③ 方向垂直于OP 向上或与y 轴正方向成30°角斜向左上方甲(2)若粒子从O 点以初速度v 0＝3qBL 6m ，沿y 轴正方向射入，则由qvB ＝m v2r得：r 2＝mv 0qB ＝36L④如图乙所示，粒子从O 运动至A 点出磁场进入三角形区域由几何知识得：OA ＝3r 2＝L2⑤ 圆心角∠OO 1A ＝120°⑥ 运动时间：t 1＝13T ＝2πm3qB⑦粒子从A 到B 做匀速直线运动，运动时间t 2＝x AB v 0＝3m qB⑧由轨迹图象可知，粒子可以回到O 点， 所用时间t ＝6t 1＋3t 2＝(4π＋33)mqB18. 如图所示，两条足够长的平行金属导轨倾斜放置(导轨电阻不计)，倾角为30°，导轨间距为0.5 m ，匀强磁场垂直导轨平面向下，B ＝0.2 T ，两根材料相同的金属棒a 、b 与导轨构成闭合回路，a 、b 金属棒的质量分别为3 kg 、2 kg ，两金属棒的电阻均为R ＝1 Ω，刚开始两根金属棒都恰好静止，假设最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力.现对a 棒施加一平行导轨向上的恒力F ＝60 N ，经过足够长的时间后，两金属棒都达到了稳定状态.求： (1)金属棒与导轨间的动摩擦因数；(2)当两金属棒都达到稳定状态时，b 棒所受的安培力大小.(3)设当a 金属棒从开始受力到向上运动5 m 时，b 金属棒向上运动了2 m ，且此时a 的速度为4 m/s ，b 的速度为1 m/s ，则求此过程中回路中产生的电热及通过a 金属棒的电荷量.18、答案 (1)33 (2)24 N (3)85 J 0.15 C解析 (1)a 棒恰好静止时，有m a g sin 30°＝μm a g cos 30° 解得μ＝33(2)两棒稳定时以相同的加速度向上匀加速运动，此时两棒有恒定的速度差. 对a 棒：F －m a g sin 30°－μm a g cos 30°－F 安＝m a a 对b 棒：F 安－m b g sin 30°－μm b g cos 30°＝m b a 解得F 安＝24 N(3)此过程对a 、b 棒一起根据功能关系，有Q ＝Fx a －(m a g sin 30°＋μm a g cos 30°)x a －(m b g sin 30°＋μm b g cos 30°)x b －12m a v 2a －12m b v 2b 解得Q ＝85 Jq ＝I ·Δt ，I ＝E2R， E ＝ΔΦΔt ＝B ·ΔS Δt 解得q ＝Bd (x a －x b )2R＝0.15 C.19．如图所示，两根粗细均匀的金属杆AB 和CD 的长度均为L ，电阻均为R ，质量分别为3m和m ，用两根等长的、质量和电阻均不计的、不可伸长的柔软导线将它们连成闭合回路，悬跨在绝缘的、水平光滑的圆棒两侧，AB 和CD 处于水平．在金属杆AB 的下方有高度为H 的水平匀强磁场，磁感强度的大小为B ，方向与回路平面垂直，此时CD 处于磁场中．现从静止开始释放金属杆AB ，经过一段时间(AB 、CD 始终水平)，在AB 即将进入磁场的上边界时，其加速度为零，此时金属杆CD 还处于磁场中，在此过程中金属杆AB 上产生的焦耳热为Q .重力加速度为g ，试求：(1)金属杆AB 即将进入磁场上边界时的速度v 1.(2)在此过程中金属杆CD 移动的距离h 和通过导线截面的电荷量q .(3)设金属杆AB 在磁场中运动的速度为v 2，通过计算说明v 2大小的可能范围．(4)依据第(3)问的结果，请定性画出金属杆AB 在穿过整个磁场区域的过程中可能出现的速度－时间图象(v —t 图)．19.【解析】 (1)AB 杆达到磁场边界时，加速度为零，系统处于平衡状态， 对AB 杆：3mg ＝2F T对CD 杆：2F T ＝mg ＋BIL又安培力F ＝BIL ＝B 2L 2v 12R解得v 1＝4mgRB 2L 2(2)以AB 、CD 棒组成的系统在此过程中，根据能的转化与守恒 有(3m －m )gh －2Q ＝12·4m ·v 21解得金属杆CD 移动的距离h ＝16m 3g 2R 2＋QB 4L4mgB 4L 4通过导线截面的电荷量q ＝I Δt ＝ΔΦ2R ＝BLh 2R ＝16m 3g 2R 2＋QB 4L42mgRB 3L3(3)AB 杆与CD 杆都在磁场中运动，直到达到匀速，此时系统处于平衡状态，对AB 杆：3mg ＝2F T ′＋BI ′L 对CD 杆：2F T ′＝mg ＋BI ′L又安培力F ′＝BI ′L ＝B 2E 2R L ＝B 2L 2v 22R解得v 2＝mgRB 2L 2所以mgR B 2L 2<v 2<4mgR B 2L2(4)AB 杆以速度v 1进入磁场，系统受到安培力(阻力)突然增加，系统做加速度不断减小的减速运动，接下来的运动情况有四种可能性． 【答案】 (1)4mgR B 2L 2 (2)16m 3g 2R 2＋QB 4L4mgB 4L4； 16m 3g 2R 2＋QB 4L 42mgRB 3L 3(3)mgR B 2L 2<v 2<4mgRB 2L 2(4)见解析20. 如图所示，发电机输出功率为100 kW ，输出电压为U 1＝250 V ，用户需要的电压为U 4＝220 V ，两变压器之间输电线的总电阻为R 线＝10 Ω，其他电线的电阻不计，若输电线中因发热而损失的功率为总功率的4%，试求： (变压器是理想的)(1)发电机输出电流和输电线上的电流大小；(2)在输电线路中设置的升、降变压器原副线圈的匝数比．20.【解析】 (1)输电线路的示意图如图所示，输电线损耗功率P 线＝4%P 出＝4 kW又P 线＝I 22R 线输电线电流I 2＝I 3＝20 A原线圈中输入电流I 1＝P U 1＝100 000250A ＝400 A(3) 原、副线圈中的电流比等于匝数的反比，所以n 1n 2＝I 2I 1＝20400＝120(4) 则U 2＝U 1n 2n 1＝250×20 V ＝5 000 VU 3＝U 2－U 线＝5 000 V －20×10 V ＝4 800 V所以n 3n 4＝U 3U 4＝4 800220＝24011【答案】 (1)400 A ；20 A (2)120；24011。