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2020高考物理：计算题专项训练

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2020年高考物理计算题(共29题)

2020年高考物理计算题(共29题)

学生错题之计算题（共29题）计算题力学部分：（共12题） (1)计算题电磁学部分：（共13题） (12)计算题气体热学部分：（共3题） (30)计算题原子物理部分：（共1题） (33)计算题力学部分：（共12题）1.长木板A静止在水平地面上，长木板的左端竖直固定着弹性挡板P，长木板A的上表面分为三个区域，其中PO 段光滑，长度为1 m；OC段粗糙，长度为1.5 m；CD段粗糙，长度为1.19 m。

可视为质点的滑块B静止在长木板上的O点。

已知滑块、长木板的质量均为1 kg，滑块B与OC段动摩擦因数为0.4，长木板与地面间的动摩擦因数为0.15。

现用水平向右、大小为11 N的恒力拉动长木板，当弹性挡板P将要与滑块B相碰时撤去外力，挡板P与滑块B发生弹性碰撞，碰后滑块B最后停在了CD段。

已知质量相等的两个物体发生弹性碰撞时速度互换，g=10 m／s2，求：（1）撤去外力时，长木板A的速度大小；（2）滑块B与木板CD段动摩擦因数的最小值；（3）在（2）的条件下，滑块B运动的总时间。

答案：（1）4m/s （2）0.1（3）2.45s【解析】（1）对长木板A由牛顿第二定律可得，解得；由可得v=4m/s；（2）挡板P与滑块B发生弹性碰撞，速度交换，滑块B以4m/s的速度向右滑行，长木板A静止，当滑上OC段时，对滑块B有，解得滑块B的位移；对长木板A有；长木板A的位移，所以有，可得或（舍去）（3）滑块B匀速运动时间；滑块B在CD段减速时间；滑块B从开始运动到静止的时间2.如图所示，足够宽的水平传送带以v0=2m／s的速度沿顺时针方向运行，质量m=0.4kg的小滑块被光滑固定挡板拦住静止于传送带上的A点，t=0时，在小滑块上施加沿挡板方向的拉力F，使之沿挡板做a=1m／s2的匀加速直线运动，已知小滑块与传送带间的动摩擦因数，重力加速度g=10m／s2，求：（1）t=0时，拉力F的大小及t=2s时小滑块所受摩擦力的功率；（2）请分析推导出拉力F与t满足的关系式。

2020年高考物理计算题专练

2020年高考物理计算题专练

高考物理计算题专练（一）24.(12分) 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=10√6m/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)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(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;处射向磁场,求微粒以后运动过程中距y轴的最大距离。

(3)若微粒从y轴上y=R2选做题专练（选修3-4）1.如图甲所示为一弹簧振子自由振动(即做简谐运动)时的位移随时间变化的图像,图乙为该弹簧振子在某外力的作用下做受迫振动时的位移随时间变化的图像,则下列说法中正确的________________．A. 由图甲可知该弹簧振子的固有周期为4s .B. 由图乙可知该弹簧振子受迫振动振幅较小,故受迫振动弹簧的弹性势能总比自由振动时小C. 由图乙可知若外力的周期大于固有周期,弹簧振子的振幅将会减小D. 如果改变外力的周期,在接近4s 的附近该弹簧振子的振幅较大E. 由图乙可知,受迫振动的函数表达式为2sin 2y t cm π⎛⎫= ⎪⎝⎭2.半径为R 的半圆形玻璃砖与厚度为32R 的矩形玻璃砖按如图所示方式放在水平桌面上，直径AB 水平，现有一束细光束沿AO 方向射入，调整细光束使其在竖直平面内绕O 点顺时针转动180°至BO 方向．已知两种玻璃砖对该光束的折射率均为2，光在真空中的传播速度为c ，矩形玻璃砖足够长，不考虑光的多次反射，试求：(1)垂直AB 入射的光由O 点到达桌面所需要的时间；(2)光线在转动过程中照亮桌面的长度．高考物理计算题专练（二）24.(14分)(如图所示,足够长的“L”形长木板B置于粗糙的水平地面上,其上静止着可视为质点的滑块A,滑块距长木板右侧壁距离为l=6.5 m,已知滑块与长木板、长木板与地面间的动摩擦因数均为0.1,A、B质量分别为m A=2 kg、m B=1 kg。

2020届高考物理计算题复习《竖直上抛运动》(解析版)

2020届高考物理计算题复习《竖直上抛运动》(解析版)

《竖直上抛运动》一、计算题1.如图甲所示，将一小球从地面上方ℎ=0.8m处以v0=3m/s的速度竖直上抛，不计空气阻力，上升和下降过程中加速度不变，g取10m/s2，求：(1)小球从抛出到上升至最高点所需的时间t1；(2)小球从抛出到落地所需的时间t；(3)在图乙中画出小球从抛出到落地过程中的v−t图象。

2.在竖直井的井底，将一物块以v0=15m/s的速度竖直向上抛出，物块在上升过程中做加速度大小a=10m/s2的匀减速直线运动，物块上升到井口时被人接住，在被人接住前1s内物块的位移x1=6m.求：(1)物块从抛出到被人接住所经历的时间；(2)此竖直井的深度．3.原地纵跳摸高是篮球和羽毛球重要的训练项目。

已知质量m=60kg的运动员原地摸高为2.05米，比赛过程中，该运动员先下蹲，重心下降0.5米，经过充分调整后，发力跳起摸到了2.85米的高度。

假设运动员起跳过程为匀加速运动，忽略空气阻力影响，g取10m/s2.求：(1)该运动员离开地面时的速度大小为多少；(2)起跳过程中运动员对地面的压力；(3)从开始起跳到双脚落地需要多少时间？4.气球以10m/s的速度匀速上升，当它上升到离地面40m高处，从气球上落下一个物体．不计空气阻力，求(1)物体落到地面需要的时间；(2)落到地面时速度的大小．(g=10m/s2).5.小运动员用力将铅球以v0=10m/s的速度沿与水平方向成37°方向推出，已知铅球出手点到地面的高度为ℎ=1.4m，求：(1)铅球出手后运动到最高点所需时间t1；(2)铅球运动的最高点距地面的高度H；(3)铅球落地时到运动员投出点的水平距离x．6.气球下挂一重物，以v0=10m/s的速度匀速上升，当到达离地高度ℎ=175m处时，悬挂重物的绳子突然断裂，(空气阻力不计，g取10m/s2.)则求：(1)绳断后物体还能向上运动多高？(2)绳断后物体再经过多长时间落到地面。

(3)落地时的速度多大？7.气球下挂一重物，以v0=10m/s的速度匀速上升，当到达离地高度ℎ=175m处时，悬挂重物的绳子突然断裂，那么重物经多长时间落到地面？落地时的速度多大？空气阻力不计，g取10m/s2。

2020 年高考物理热学计算专题及答案

2020 年高考物理热学计算专题及答案

2020 年高考物理热学计算专题及答案专题简介：1.物体吸收或放出热量的公式①计算物体吸收热量的公式为：Q 吸=cm (t -t 0)=cm ⊿t 。

②计算物体放出热量的公式为：Q 放=cm (t 0-t )=cm ⊿t 。

其中，Q 吸表示吸收热量，单位是J ；c 表示物体比热容，单位是J/(kg·℃)；m 表示质量，单位是kg ；t 0表示物体初始温度，单位是℃；t 表示物体后来的温度，单位是℃。

⊿t =t -t 0表示物体升高了的温度。

⊿t =t 0-t ，表示物理降低了的温度。

2.燃料完全燃烧放出热量的公式①燃料完全燃烧释放出的热量公式为：Q 放=mq 。

②气体燃料完全燃烧释放出的热量公式也可为：Q 放=qV 。

推导过程如下： 说明：①中的公式对固体、液体、气体、均适用。

②只对气体适用。

两个公式的得出都是根据热值的定义式得到的。

其中，Q 放表示燃料完全燃烧放出的热量，单位是J ；q 表示燃料的热值，单位是J/kg ；m 表示质量，单位是kg 。

V 表示体积，单位是ｍ3。

3.热效率公式（1）热机的效率：用来做有用功的那部分能量和燃料完全燃烧放出的能量之比。

热机的效率是热机性能的一个重要指标。

汽车发动机的效率、飞机发动机的效率、轮船发动机的效率均属于热机的效率，其公式为：η=放吸Q Q 。

（2）炉具的热效率：天然气燃烧放出的热量是炉具提供的总热量，Q 总=Q 放，水吸收的热量是有用的热量Q 有=Q 吸，则η=总有Q Q 。

（3）电热水器的效率：电热丝所产生热量为Q 总，总=Q 放，水需要吸收热量为Q 有，有=Q 吸，则η=总有Q Q 。

专题例题：【例题1】（2018•济宁）将盛有凉牛奶的瓶子放在热水中（如图所示），通过 方式改变牛奶的内能，图中乙是250g 牛奶与热水的温度随时间变化的图象，则牛奶在加热过程中吸收的热量为 J ．[c 牛奶=4.2×103J/（kg•℃）]【答案】热传递；2.1×104。

2020高考物理计算题专题训练含答案

2020高考物理计算题专题训练含答案

计算题1．为了使航天员能适应在失重环境下是的工作和生活，国家航天局组织对航天员进行失重训练。

故需要创造一种失重环境；航天员乘坐到民航客机上后，训练客机总重5×104kg，以200m/s速度沿300倾角爬升到7000米高空后飞机向上拉起，沿竖直方向以200m/s 的初速度向上作匀减速直线运动，匀减速的加速度为g，当飞机到最高点后立即掉头向下，仍沿竖直方向以加速度为g加速运动，在前段时间内创造出完全失重，当飞机离地2000米高时为了安全必须拉起，后又可一次次重复为航天员失重训练。

若飞机飞行时所受的空气阻力f=Kv（k=900N·s/m），每次飞机速度达到350m/s 后必须终止失重训练（否则Array飞机可能失速）。

求：（1）飞机一次上下运动为航天员创造的完全失重的时间。

（2）飞机下降离地4500米时飞机发动机的推力（整个运动空间重力加速度不变）。

（3）经过几次飞行后，驾驶员想在保持其它不变，在失重训练时间不变的情况下，降低飞机拉起的高度（在B点前把飞机拉起）以节约燃油，若不考虑飞机的长度，计算出一次最多能节约的能量。

2．如图所示是一种测定风速的装置，一个压力传感器固定在竖直墙上，一弹簧一端固定在传感器上的M 点，另一端N 与导电的迎风板相连，弹簧穿在光滑水平放置的电阻率较大的金属细杆上，弹簧是不导电的材料制成的。

测得该弹簧的形变量与压力传感器示数关系见下表。

迎风板面积S ＝0.50m 2，工作时总是正对着风吹来的方向。

电路的一端与迎风板相连，另一端在M 点与金属杆相连。

迎风板可在金属杆上滑动，且与金属杆接触良好。

定值电阻R ＝1.0Ω，电源的电动势E ＝12V ，内阻r ＝0.50Ω。

闭合开关，没有风吹时，弹簧处于原长L 0＝0.50m ，电压传感器的示数U 1＝3.0V ，某时刻由于风吹迎风板，电压传感器的示数变为U 2＝2.0V 。

求：（1）金属杆单位长度的电阻；形变量（m ） 0 0.1 0.2 0.3 0.4 压力（N ）0 130 260 390 520（2）此时作用在迎风板上的风力；（3）假设风（运动的空气）与迎风板作用后的速度变为零，空气的密度为1.3kg/m3，求风速多大。

解析版-2020年高考物理二轮专项训练热学综合计算题

解析版-2020年高考物理二轮专项训练热学综合计算题

绝密★启用前2020年高考物理二轮专项训练热学综合计算题1.一定质量的理想气体从外界吸收了4.2×105J的热量，同时气体对外做了6×105J的功，问：(1)气体的内能是增加还是减少？变化量是多少？(2)分子的平均动能是增加还是减少？【答案】(1)减少 1.8×105J(2)减少【解析】(1)气体从外界吸热为Q＝4.2×105J，气体对外做功，W＝－6×105J，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q＝(－6×105J)＋(4.2×105J)＝－1.8×105J。

ΔU为负，说明气体的内能减少了。

所以气体内能减少了1.8×105J。

(2)理想气体不计分子势能，内能减少，说明气体分子的平均动能一定减少。

2.某地强风的风速约为v＝20 m/s，设空气密度为ρ＝1.3 kg/m3，如果能利用该强风进行发电，并将其动能的20%转化为电能，现考虑横截面积S＝20 m2的风车(风车车叶转动形成圆面面积为S)，求：(1)利用上述已知量计算电功率的表达式.(2)电功率大小约为多少？(取一位有效数字)【答案】(1)P＝ρSv3(2)2×104W【解析】(1)研究时间t内吹到风力发电机上的空气，则空气质量m＝ρSvt.空气动能E k＝mv2＝ρStv3.由能量守恒有：E＝20%E k＝ρStv3，所以发电机电功率P＝＝ρSv3.(2)代入数据得：P＝×1.3×20×203W≈2×104W.3.向一锅开水投入了5个糖馅的甜汤圆，随后投入了5个肉馅的咸汤圆，甜、咸汤圆在沸水中翻滚，象征着封闭系统进入了一个自发的过程，随后，用两只碗各盛了5个汤圆，每碗汤圆中共有六种可能：①全是甜的②全是咸的③1甜4咸④4甜1咸这是四种不平衡的宏观态；⑤2甜3咸⑥3甜2咸这是两种相对平衡的宏观态.两只碗各盛5个汤圆共有32种组合方式，我们称为32个微观态，试问：(1)以上六种宏观态所对应的微观态的个数各是多少？请设计一个图表来表示.(2)以上相对平衡的宏观态出现的概率是多少？【答案】(1)宏观态对应的微观态个数.(2)相对平衡的宏观态出现的概率为.【解析】(1)宏观态对应的微观态个数.(2)相对平衡的宏观态出现的概率为：P＝＝.4.质量一定的某种物质，在压强不变的条件下，由液态Ⅰ向气态Ⅲ(可看成理想气体)变化过程中温度(T)随加热时间(t)变化的关系如图所示.单位时间所吸收的热量可看做不变.(1)以下说法正确的是________.A.在区间Ⅱ，物质的内能不变B.在区间Ⅲ，分子间的势能不变C.从区间Ⅰ到区间Ⅲ，物质的熵增加D.在区间Ⅰ，物质分子的平均动能随着时间的增加而增大(2)在区间Ⅲ，若将压强不变的条件改为体积不变，则温度升高________(选填“变快”“变慢”或“快慢不变”).请说明理由.【答案】(1)BCD(2)变快【解析】(1)因为该物质一直吸收热量，体积不变，不对外做功，所以内能一直增加，A错误，D 正确；又因为区间Ⅱ温度不变，所以分子动能不变，吸收的热量全部转化为分子势能，物体的内能增加，理想气体没有分子力，所以理想气体内能仅与温度有关，分子势能不变，B正确；从区间Ⅰ到区间Ⅲ，分子运动的无序程度增大，物质的熵增加，D正确.(2)根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W根据理想气体的状态方程有＝C可知，在吸收相同的热量Q时，压强不变的条件下，V增加，W<0，ΔU1＝Q－|W|；体积不变的条件下，W＝0，ΔU2＝Q；所以ΔU1<ΔU2，体积不变的条件下温度升高变快.5.如图所示，1 mol的理想气体由状态A经状态B、状态C、状态D再回到状态A.BC、DA线段与横轴平行，BA、CD的延长线过原点.(1)气体从B变化到C的过程中，下列说法中正确的是________.A.分子势能增大B.分子平均动能不变C.气体的压强增大D.分子的密集程度增大(2)气体在A→B→C→D→A整个过程中，内能的变化量为________；其中A到B的过程中气体对外做功W1，C到D的过程中外界对气体做功W2，则整个过程中气体向外界放出的热量为________.(3)气体在状态B的体积VB＝40 L，在状态A的体积VA＝20 L，状态A的温度tA＝0 ℃.求：①气体在状态B的温度.②状态B时气体分子间的平均距离.(阿伏加德罗常数N A＝6.0×1023mol－1，计算结果保留一位有效数字)【答案】(1)C(2)0W2－W1(3)4×10－9m【解析】(1)理想气体分子势能不计，故A错误；气体从B变化到C的过程中，体积不变，分子的密集程度不变，故D错误；温度升高，分子平均动能增加，故B错误；由＝C知压强增大，故C正确.(2)气体在A→B→C→D→A整个过程中，温度不变，故内能的变化量为零；根据ΔU＝Q＋W＝0知Q＝(W1－W2)，即气体向外界放出的热量为W2－W1.(3)①A到B过程，由＝知TB＝＝546 K.②设气体的平均距离为d，则d＝≈4×10－9m.6.斜面高0.6 m，倾角为37°，质量是1.0 kg的物体从斜面顶端由静止滑至斜面底端，已知物体与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.25，g取10 m/s2，求：(1)物体到达斜面底端时的速度；(2)滑动过程中有多少机械能转化为内能.【答案】(1)2m/s(2)2 J【解析】(1)对物体从斜面顶端由静止滑到斜面底端的过程中，由动能定理得WG＋W f＝mv2，故有mgh－μmg cosθ·＝mv2，代入数据求得v＝2m/s.(2)摩擦力做的功等于机械能的减少量且全部转化为内能.有ΔE＝W f＝μmg cosθ·＝0.25×1×10×0.8×J＝2 J.7.某同学家新买了一台双门电冰箱，冷藏室容积107 L，冷冻室容积118 L，假设室内空气为理想气体.(1)若室内空气摩尔体积为22.5×10－3m3/mol，阿伏加德罗常数为6.0×1023mol－1，在家中关闭冰箱密封门后，电冰箱的冷藏室和冷冻室内大约共有多少个空气分子？(2)若室内温度为27 ℃，大气压为1×105Pa，关闭冰箱密封门通电工作一段时间后，冷藏室温度降为6 ℃，冷冻室温度降为－9 ℃，此时冷藏室与冷冻室中空气的压强差多大？(3)冰箱工作时把热量从温度较低的冰箱内部传到温度较高的冰箱外部，请分析说明这是否违背热力学第二定律.【答案】(1)6.0×1024个(2)5.0×103Pa(3)不违背【解析】(1)N＝N A＝×6.0×1023个＝6.0×1024个(2)设气体初始温度为t0，压强为p0；后来冷藏室与冷冻室中的温度和压强分别为t1、p1和t2、p2，由于两部分气体分别做等容变化，根据查理定律＝，p1＝p0同理：p2＝p0，得Δp＝p1－p2＝p0代入数据得Δp＝5.0×103Pa(3)不违背热力学第二定律，因为热量不是自发的由低温向高温传递，电冰箱工作过程中要消耗电能.8.用钻头在铁块上钻孔时，可用注入冷却水的方法以防止钻头温度的大幅度升高.今注入20 ℃的水5 kg,10 min后水的温度上升到100 ℃并有部分冷却水变成了水蒸气.如果已知钻头的功率为10 kW，钻头做的功有转变成了水和水蒸气的内能，则将有多少质量的水变成了水蒸气？(已知水的比热容c＝4.2×103J·kg－1·℃－1,100 ℃时水的汽化热L＝2.26×106J·kg－1)【答案】1.03 kg【解析】根据功率的定义，钻头做的功为W总＝Pt＝6×106J，而水的内能增量ΔE＝cmΔt＋Lm′＝4.2×103×5×(100－20) ℃＋2.26×106m′ J＝1.68×106J＋2.26×106m′ J(式中m′为变成水蒸气的水的质量).由能量守恒定律可知ηW总＝ΔE，即1.68×106J＋2.26×106m′ J＝6×106×J.解得在这10 min内，变成水蒸气的水的质量为m′≈1.03 kg.9.如图所示，教室内用横截面积为0.2 m2的绝热活塞，将一定质量的理想气体封闭在圆柱形汽缸内，活塞与汽缸之间无摩擦，a状态是汽缸放在冰水混合物(0 ℃)中气体达到的平衡状态，活塞离汽缸底部的高度为0.6 m；b状态是汽缸从容器中移出后达到的平衡状态，活塞离汽缸底部的高度为0.65 m.设室内大气压强始终保持1.0×105Pa，忽略活塞质量.(1)求教室内的温度；(2)若气体从状态a变化到状态b的过程中，内能增加了560 J，求此过程中气体吸收的热量.【答案】(1)295.75 K(2)1 560 J【解析】(1)由题意知气体做等压变化，设教室内温度为T2由＝知T2＝＝295.75 K(2)气体对外界做功为W＝p0S(h2－h1)＝103根据热力学第一定律得Q＝ΔU－W＝1 560 J10.如图甲所示，用面积为S的活塞在汽缸内封闭着一定质量的空气，活塞上放一砝码，活塞和砝码的总质量为m.现对汽缸缓缓加热，使汽缸内的空气温度从T1升高到T2，空气柱的高度增加了ΔL，已知加热时气体吸收的热量为Q，外界大气压强为p0.求：(1)此过程中被封闭气体的内能变化了多少？(2)汽缸内温度为T1时，气柱的长度为多少？(3)请在图乙的V－T图上大致作出该过程的图象(包括在图线上标出过程的方向).【答案】(1)Q－(p0S＋mg)ΔL(2)(3)如图所示【解析】(1)对活塞和砝码：mg＋p0S＝pS，得p＝p0＋气体对外做功W＝pSΔL＝(p0S＋mg)ΔL由热力学第一定律ΔU＝Q＋W，得ΔU＝Q－(p0S＋mg)ΔL(2)＝，＝解得L＝(3)如图所示11.已知无烟煤的热值约为3.2×107J/kg，一块蜂窝煤约含煤250 g，水的比热容是4.2×103J/(kg·℃).若煤完全燃烧释放出的热有60%被水吸收，求一块蜂窝煤完全燃烧后可将多少水从10 ℃加热到100 ℃？(保留三位有效数字).【答案】12.7 kg【解析】煤完全燃烧放出的能量为：Q1＝3.2×107×250×10－3J＝8×106J由题意Q1×60%＝cmΔt，且Δt＝(100－10) ℃＝90 ℃，解得m＝12.7 kg.12.某同学为测量地表植物吸收太阳能的本领，做了如下实验：用一面积为0.1 m2的水盆盛6 kg的水，经太阳垂直照射15 min，温度升高 5 ℃，若地表植物每秒接收太阳能的能力与水相等，试计算：[已知水的比热容为4.2×103J/(kg·℃)](1)每平方米绿色植物每秒接收的太阳能为多少焦耳？(2)若绿色植物在光合作用下每吸收1 kJ的太阳能可放出0.05 L的氧气，则每公顷绿地每秒可放出多少氧气？(1公顷＝104m2)【答案】(1)1.4×103J(2)700 L【解析】根据水升温吸收的热量，便可求出单位面积单位时间吸收的太阳能，进而可求出每公顷绿地每秒放出的氧气.(1)单位面积单位时间吸收的太阳能为P＝＝J/(m2·s)＝1.4×103J/(m2·s).(2)氧气的体积为V＝×0.05 L＝700 L.13.一定质量理想气体经历如图所示的A→B，B→C，C→A三个变化过程，T A＝300 K，气体从C→A 的过程中做功为100 J，同时吸热250 J，已知气体的内能与温度成正比.求：(1)气体处于C状态时的温度T C；(2)气体处于C状态时内能E C.【答案】(1)150 K(2)150 J【解析】(1)由图知C到A，是等压变化，根据理想气体状态方程：＝，得：T C＝TA＝150 K(2)根据热力学第一定律：E A－E C＝Q－W＝150 J 且＝＝，解得：E C＝150 J.。

2020版新高考物理大三轮复习：计算题专项训练（共12套，34页）

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,。

2020届高考物理计算题专项练 (4份合集)

计算题专项练1 运动学、动力学类问题1.(2019·甘肃金昌一模)在“爸爸去哪儿”节目中,爸爸和孩子们进行了山坡滑草运动项目,该山坡可看成倾角θ=37°的斜面,一名孩子连同滑草装置总质量m=80 kg,他从静止开始匀加速下滑,在时间t=5 s内沿斜面滑下的位移x=50 m(不计空气阻力,取g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8).问:(1)孩子连同滑草装置在下滑过程中受到的摩擦力F f为多大?(2)滑草装置与草皮之间的动摩擦因数μ为多大?(3)孩子连同滑草装置滑到坡底后,爸爸需把他连同装置拉回到坡顶,至少用多大的力才能匀速拉动?2.(2019·江西南昌联考)如图所示,长木板置于光滑水平地面上,小物块放在长木板的正中间,两物体处于静止状态.已知木板的质量为M=4 kg,长度为L=2 m,物块的质量为m=1 kg,尺寸可以忽略.物块与木板之间的动摩擦因数为μ=0.2,认为两物体间的最大静摩擦力和滑动摩擦力大小相等,取重力加速度g=10 m/s2.(1)若在物块上施加一个水平恒力F1,恰好能使物块在木板上滑动,求力F1的大小;(2)若在木板上施加一个水平恒力F2,经过2 s物块恰好从木板上滑落,求力F2的大小.3.(2019·陕西宝鸡二模)某工厂为实现自动传送工件设计了如图所示的传送装置,由一个水平传送带AB和倾斜传送带CD组成,水平传送带长度L AB=4 m,倾斜传送带长度L CD=4.45 m,倾角为θ=37°,AB和CD通过一段极短的光滑圆弧板过渡,AB 传送带以v1=5 m/s的恒定速率顺时针运转,CD传送带静止.已知工件与传送带间的动摩擦因数均为μ=0.5,重力加速度g=10 m/s2.现将一个工件(可看成质点)无初速度地放在水平传送带最左端A点处,求:(1)工件被第一次传送到CD传送带上升的最大高度和所用的时间;(2)要使工件恰好被传送到CD传送带最上端,CD传送带沿顺时针方向运转的速度大小v2(v2<v1).计算题专项练2 力学三大观点的综合应用1.(2019·山东青岛二模)如图所示,半径R=2.8 m的光滑半圆轨道BC与倾角θ=37°的粗糙轨道在同一竖直平面内,两轨道间由一条光滑水平轨道AB相连,A处用光滑小圆弧轨道平滑连接,B处与圆轨道相切.在水平轨道上,两静止小球P,Q压紧轻质弹簧后用细线连在一起(细线未画出).某时刻剪断细线后,小球P向左运动到A点时,小球Q沿圆轨道到达C点;之后小球Q落到斜面上时恰好与沿斜面向下运动的小球P发生碰撞.已知小球P的质量m1=3.2 kg,小球Q的质量m2=1 kg,小球P 与斜面间的动摩擦因数μ=0.5,剪断细线前弹簧的弹性势能E p=168 J,小球到达A 点或B点时已与弹簧分离.重力加速度g= 10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,求:(1)小球Q运动到C点时的速度大小;(2)小球P沿斜面上升的最大高度h;(3)小球Q离开圆轨道后经过多长时间与小球P相碰.2.(2019·河南郑州联考)足够长的倾角为θ的光滑斜面的底端固定一轻弹簧,弹簧的上端连接质量为m、厚度不计的钢板,钢板静止时弹簧的压缩量为x0,如图所示,一物块从钢板上方距离为3x0的A处沿斜面滑下,与钢板碰撞后立刻与钢板一起向下运动,但不粘连,它们到达最低点后又向上运动.已知物块质量也为m时,它们恰能回到O点,O为弹簧自然伸长时钢板的位置.若物块质量为2m,仍从A处沿斜面滑下,则物块与钢板回到O点时,还具有向上的速度,已知重力加速度为g,计算结果可以用根式表示,求:(1)质量为m的物块与钢板碰撞后瞬间的速度大小;(2)碰撞前弹簧的弹性势能;(3)质量为2m的物块沿斜面向上运动到达的最高点离O点的距离.3.(2019·四川绵阳二诊)如图所示,光滑水平面上固定一竖直挡板MN,放有长木板P,P左端与MN间距离为d,P右端放置小物块K.P,K的质量均为m,P与K间的动摩擦因数为μ.现给小物块K保持施加水平向左的恒定外力,其大小等于P与K 间的滑动摩擦力的二分之一,P,K一起向左运动,直到P与竖直挡板MN相碰,碰撞的时间极短,碰撞前后瞬间P的速度大小相等,方向相反,小物块K始终在长木板P 上.重力加速度为g.(1)经过多长时间长木板P与竖直挡板MN发生第一次碰撞?(2)从外力作用在小物块K到长木板P第一次与竖直挡板MN碰撞后向右运动到最远的过程,求P,K间因摩擦产生的热量.(3)为使小物块K不与竖直挡板MN碰撞,求木板P长度的最小值.计算题专项练3 带电粒子在电磁场中的运动问题1.(2019·山东临沂二模)如图所示,左侧平行极板间有水平方向的匀强电场,右侧绝缘光滑圆环内有垂直纸面向外的匀强磁场,磁场的磁感应强度大小为B,圆环的圆心为O,半径为R,现将质量为m、带电荷量大小为q的带正电的粒子(粒子重力忽略不计),从a点由静止经电场加速后从小入口c沿圆环直径射入磁场区域.在圆心O的正上方,圆环还有一个小出口b.已知粒子和圆环的碰撞过程没有动能和电荷量损失,B,R,m,q均为已知量.(1)两极板间电压为U,请求出带电粒子在磁场中的运动半径r.(2)两极板间电压U可取任意值,如果带电粒子能从出口b射出,则存在一个粒子从入口c射入,求从出口b射出的最短时间.(3)两极板间电压U取某些值时,粒子不经过圆环内的阴影bOc扇形区域就能从b 出口射出,求两极板间所加电压U取的可能值.2.(2019·安徽蚌埠三模)如图所示,MN,PQ是水平放置的一对平行金属板,两板接在电压为U的电源两极,上极板MN的中心开有一个小孔,在两板之间加一个水平方向的有界匀强磁场,边界为半径为R的圆形,且与MN极板相切于小孔处.现将一带电小球从小孔正上方某处由静止释放,小球穿过小孔经磁场偏转后沿直线从下极板右侧Q处离开电场,已知极板长度和间距分别为4R和3R,磁感应强度为B,重力加速度为g,求:(1)小球的比荷.(2)小球经过两极板后运动方向改变了多少?(3)小球离开Q点时的速度和从释放到运动至Q点的时间.3.(2019·广东惠州调研)平面OM和水平面ON之间的夹角为30°,其横截面如图所示,平面OM和水平面ON之间同时存在匀强磁场和匀强电场,磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向外,匀强电场的方向竖直向上.一带电小球的质量为m,电荷量为q,带电小球沿纸面以大小为v0的速度从OM的某点向左上方射入磁场,速度方向与OM成30°角,带电小球进入磁场后恰好做匀速圆周运动,已知粒子在磁场中的运动轨迹与ON恰好相切,且带电小球能从OM上另一点P射出磁场(P未画出).(1)判断带电小球带何种电荷?所加电场强度E为多大?(2)带电小球离开磁场的出射点P到两平面交点O的距离s多大?(3)带电小球离开磁场后继续运动,能打在左侧竖直的光屏OO′上,求此点到O点的距离多大?计算题专项练4 电磁感应的综合问题1.(2019·湖北十堰联考)如图所示,光滑平行金属导轨的水平部分处于竖直向下,磁感应强度B=4 T的匀强磁场中,两导轨间距为L=0.5 m,轨道足够长.金属棒a和b的质量都为m=1 kg,接入电路的有效电阻R a=R b=1 Ω.b棒静止于轨道水平部分,现将a棒从h=80 cm高处自静止沿弧形轨道下滑,通过C点进入轨道的水平部分,已知两棒在运动过程中始终保持与导轨垂直,且两棒始终不相碰.求:(已知重力加速度g=10 m/s2)(1)a,b两棒的最终速度大小.(2)整个过程中b棒中产生的焦耳热.2.(2019·山东德州二模)如图所示,两根间距为L=0.5 m的平行金属导轨,其cd 左侧水平,右侧为竖直的圆弧,圆弧半径r=0.43 m,导轨的电阻与摩擦不计,在导轨的顶端接有R1=1.5 Ω的电阻,整个装置处在竖直向上的匀强磁场中,现有一根电阻R2=0.5 Ω的金属杆在水平拉力作用下,从图中位置ef由静止开始做加速度a=1.5 m/s2的匀加速直线运动,金属杆始终保持与导轨垂直且接触良好,开始运动时水平拉力F=1.5 N,经2 s金属杆运动到cd时撤去拉力,此时理想电压表的示数为 0.225 V,此后金属杆恰好能到达圆弧最高处ab.取g=10 m/s2,求:(1)匀强磁场的磁感应强度大小.(2)金属杆从cd运动到ab过程中电阻R1上产生的焦耳热.3.(2019·云南玉溪月考)如图所示,两根金属导轨平行放置形成倾角为37°的导轨平面,两导轨之间的距离L=0.5 m,导轨上端连接一阻值为R=0.2 Ω的电阻,质量为m=0.2 kg,电阻r=0.2 Ω的导体棒MN跨在两倾斜导轨上,与导轨和电阻形成闭合回路,MN与倾斜导轨之间的动摩擦因数为μ=0.5.两倾斜导轨下端通过一小段光滑圆弧与两平行光滑水平导轨相连.倾斜导轨平面内A1A2与A3A4之间存在匀强磁场Ⅰ,水平导轨平面内A5A6右侧存在匀强磁场Ⅱ,两磁场边界与导轨垂直,磁感应强度大小相等,方向均与所在位置的导轨平面垂直.MN初始位置与磁场边界A1A2的距离为x1=1 m,将MN由静止释放,为保持导体棒在倾斜导轨上始终做匀加速运动,MN在磁场Ⅰ运动的过程中需要对其施加一平行导轨平面的变力F.从导体棒进入磁场Ⅰ开始计时,F随时间t变化的规律为F=0.2t+0.2(N),若导体棒停止运动时到A5A6的距离为x2=8 m.MN滑动过程中始终与导轨垂直且接触良好,除R和r 外其余电阻均不计.取g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,求:(1)MN进入磁场Ⅰ时的速度大小;(2)磁场的磁感应强度B的大小;(3)MN的初始位置与水平轨道平面的高度差.。

2020(人教版)高考物理复习 计算题专练 恒定电流(含答案解析)

2020(人教版)高考物理复习计算题专练恒定电流1.有一个小型直流电动机，把它接入电压为U1=0.2 V的电路中时，电动机不转，测得流过电动机的电流I1=0.4 A；若把电动机接入U2=2.0 V的电路中，电动机正常工作，工作电流I2=1.0 A．求：(1)电动机正常工作时的输出功率多大？(2)如果在电动机正常工作时，转子突然被卡住，此时电动机的发热功率是多大？2.为保护自然环境,开发绿色能源,实现旅游与环境的协调发展,某植物园的建筑屋顶装有太阳能发电系统,用来满足园内用电需求。

已知该发电系统的输出功率为1.0×105 W,输出电压为220 V。

问:(1)按平均每天太阳照射6小时计,该发电系统一年(按365天计)能输出多少电能?(2)该太阳能发电系统除了向10台1 000 W的动力系统正常供电外,还可以同时供园内多少盏额定功率为100 W、额定电压为220 V的照明灯正常工作?(3)由于发电系统故障,输出电压降为110 V,此时每盏额定功率为100 W、额定电压为220 V的照明灯消耗的功率是其正常工作时的多少?(设照明灯的电阻恒定)3.如图所示，A为电解槽，为电动机，N为电炉子，恒定电压U=12 V，电解槽内阻r A=2 Ω，S1闭合，S2、S3断开时，电流表示数为6 A，当S2闭合，S1、S3断开时，电流表示数为5 A，且电动机输出功率为35 W；当S3闭合，S1、S2断开时，电流表示数为4 A．求：(1)电炉子的电阻及发热功率；(2)电动机的内阻；(3)在电解槽工作时，电能转化为化学能的功率为多少．4.如图所示,A为电解槽,M为电动机,N为电热炉,恒定电压U=12 V,电解槽内阻R=2 Ω,当S1闭A 合,S2、S3断开时,A示数为6 A;当S2闭合,S1、S3断开时,A示数为5 A,且电动机输出功率为35 W;当S3闭合,S1、S2断开时,A示数为4 A。

求:(1)电热炉的电阻及发热功率;(2)电动机的内阻;(3)在电解槽工作时,电能转化为化学能的功率。

2020年高考物理计算题大汇编

高考物理计算题大汇编（四十道）1．如图甲所示，光滑平台右侧与一长为L＝2.5m的水平木板相接，木板固定在地面上，一滑块以初速度v0＝5m/s滑上木板，滑到木板右端时恰好停止。

现让木板右端抬高，如图乙所示，使木板与水平地面的夹角θ＝37°，让滑块以相同的初速度滑上木板。

不计滑块滑上木板时的能量损失，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。

求：(1)滑块与木板之间的动摩擦因数μ；(2)滑块从滑上倾斜木板到滑回木板底端所用的时间t。

2、如图所示，质量为mB＝1kg的物块B通过轻弹簧和质量为m C＝1kg的物块C相连并竖直放置在水平地面上。

系统处于静止状态，弹簧的压缩量为x0＝0.1m，另一质量为m A＝1kg的物块A从距弹簧原长位置为x0处由静止释放，A、B、C三个物块的中心在同一竖直线上，A、B相碰后立即粘合为一个整体，并以相同的速度向下运动。

已知三个物块均可视为质点，弹簧始终处在弹性限度内，重力加速度g＝10m/s2，空气阻力可忽略不计。

(1)求A、B相碰后的瞬间，整体共同速度v的大小。

(2)求A、B相碰后，整体以a＝5m/s2的加速度向下加速运动时，地面对物块C的支持力F N。

(3)若要A、B碰后物块C能够离开地面，则物块A由静止释放的位置距物块B的高度h 至少为多大？3．如图所示，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、磁感应强度为B的匀强磁场；在水平导轨区域加另一垂直轨道平面向下、磁感应强度也为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MN运动到水平轨道前，已达到最大速度，不计导轨电阻，且金属杆MN始终与导轨接触良好并保持跟导轨垂直，重力加速度为g。

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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.。