(京津琼)2019高考物理总复习 专用优编提分练：计算题专练(三)

计算题专练(十)1．如图1所示，半径r ＝0.06 m 的半圆形无场区的圆心在坐标原点O 处，半径R ＝0.1 m 、磁感应强度B ＝0.075 T 的圆形有界磁场区的圆心坐标为O 1(0,0.08 m)，平行金属板的板长L ＝0.3 m ，间距d ＝0.1 m ，极板间所加电压U ＝6.4×102 V ，其中MN 极板上收集的粒子全部中和吸收．一位于O 处的粒子源向第Ⅰ、Ⅱ象限均匀地发射速度大小v ＝6.0×105 m/s 的带正电粒子，经圆形磁场偏转后，从第Ⅰ象限出射的粒子速度方向均沿x 轴正方向，若粒子重力不计、比荷q m ＝1.0×108C/kg ，不计粒子间的相互作用力及电场的边缘效应，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：图1(1)打到下极板右端点N 的粒子进入电场时的纵坐标值；(2)打到N 点的粒子进入磁场时与x 轴正方向的夹角．答案 (1)0.08 m (2)53°解析 (1)恰能打到N 点的粒子运动轨迹如图所示，粒子从A 点进入磁场，设进入电场时的纵坐标值为y ，粒子在电场中的加速度a ＝qU md粒子穿过平行金属板的时间为t ＝L v粒子在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，有：y ＝12at 2 联立得：y ＝qUL 22mdv 2 代入数据得y ＝0.08 my <d ＝0.1 m ，说明粒子能射入极板间，射入点的纵坐标值为y ＝0.08 m(2)P 点与磁场圆心等高，则粒子从点P (0.1 m,0.08 m)射出磁场．粒子做圆周运动的半径为r 0，C 点为圆心，则OC ＝R ＝0.1 m由牛顿第二定律有：qvB ＝mv 2r 0解得r 0＝0.08 m在直角△OAC 中，由三角函数关系有：sin∠AOC ＝r 0R＝0.8，即∠AOC ＝53°.2．如图2所示，固定斜面足够长，斜面与水平面的夹角α＝30°，一质量为3m 的“L”形工件沿斜面以速度v 0匀速向下运动，工件上表面光滑，其下端连着一块挡板．某时刻，一质量为m 的小木块从工件上的A 点沿斜面向下以速度v 0滑上工件，当木块运动到工件下端时(与挡板碰前的瞬间)，工件速度刚好减为零，后木块与挡板第1次相碰，以后每隔一段时间，木块就与工件挡板碰撞一次．已知木块与挡板的碰撞都是弹性碰撞且碰撞时间极短，木块始终在工件上运动，重力加速度为g .求：图2(1)木块滑上工件时，木块、工件各自的加速度大小；(2)木块与挡板第1次碰撞后的瞬间，木块、工件各自的速度大小；(3)木块与挡板第1次碰撞至第n (n ＝2,3,4,5，…)次碰撞的时间间隔及此时间间隔内木块和工件组成的系统损失的机械能ΔE .答案 见解析解析 (1)设工件与斜面间的动摩擦因数为μ，木块加速度大小为a 1，工件加速度大小为a 2. 对木块，由牛顿第二定律可得：mg sin α＝ma 1对工件，由牛顿第二定律可得：μ(3m ＋m )g cos α－3mg sin α＝3ma 2工件匀速运动时，由平衡条件可得：μ·3mg cos α＝3mg sin α解得：a 1＝g 2，a 2＝g 6(2)设碰挡板前木块的速度为v ，木块由工件上A 点运动至碰前所用时间为t 0，则对木块：v ＝v 0＋a 1t 0对工件：0＝v 0－a 2t 0解得：v ＝4v 0木块以v 与挡板发生弹性碰撞，碰撞时间极短，设碰后木块速度为v 1，工件速度为v 2，以碰前木块的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv ＝mv 1＋3m ·v 2由能量守恒定律得：12mv 2＝12mv 12＋12·3m ·v 22 联立解得：v 1＝－2v 0，v 2＝2v 0(3)第1次碰撞后，木块以大小为2v 0的速度沿工件向上匀减速运动，工件以大小为2v 0的速度沿斜面向下匀减速运动，工件速度再次减为零的时间：t ＝2v 0a 2＝12v 0g此时，木块的速度：v 1′＝－2v 0＋a 1t ＝4v 0木块的位移：x 1＝－2v 0t ＋12a 1t 2＝12v 02g工件的位移：x 2＝2v 0t －12a 2t 2＝12v 02g即木块、工件第2次相碰前瞬间的速度与第1次相碰前瞬间的速度相同，以后木块、工件重复前面的运动过程，则第1次与第n 次碰撞的时间间隔：Δt ＝(n －1)t ＝12(n －1)v 0g(n ＝2,3,4,5，…) 木块、工件每次碰撞时，木块和工件的总动能都相等，Δt 时间内木块和工件组成的系统减少的机械能等于木块、工件减少的重力势能：ΔE ＝4mg (n －1)x 2sin α解得：ΔE ＝24(n －1)mv 02(n ＝2,3,4,5，…)。

计算题专练(四)1．如图1所示，某次高速滑行测试中，C919大飞机在平直跑道上由静止开始匀加速滑行，经t 1＝20 s 达到最大速度v m ＝288 km/h ，之后匀速滑行一段时间，再匀减速滑行，最后停下来．若滑行总距离x ＝3 200 m ，且减速过程的加速度大小与加速过程的加速度大小相等，取g ＝10 m/s 2.图1(1)求C919减速滑行时的加速度大小；(2)若C919的质量m ＝8×104 kg ，加速过程中飞机受到的阻力恒为自身所受重力的0.1倍，求飞机加速过程中发动机产生的推力大小；(3)求C919在整个滑行过程中的平均速度大小．(结果保留一位小数)答案 (1)4 m/s 2 (2)4×105 N (3)53.3 m/s解析 (1)288 km/h ＝80 m/s ，由题意可知v m ＝at 1＝80 m/s ，解得a ＝4 m/s 2由于减速过程和加速过程的加速度大小相等，故减速滑行的加速度大小a ′＝4 m/s 2.(2)加速过程，由牛顿第二定律得：F －kmg ＝ma ，解得F ＝4×105 N.(3)加速过程t 1＝20 s ，x 1＝12at 12＝800 m 减速过程t 2＝20 s ，x 2＝12a ′t 22＝800 m 匀速过程t 3＝x －x 1－x 2v m＝20 s故全程的平均速度大小v ＝xt 1＋t 2＋t 3≈53.3 m/s. 2．如图2所示，竖直平面内放置一光滑绝缘轨道，质量为m 、带电荷量为＋q 的小球P 从高为h 1处由静止下滑，轨道末端水平并放置另一质量也为m 的不带电小球Q ，经碰撞后，球P 和球Q 合为一体水平抛出．在距轨道末端下方h 2的水平线MN 下方存在竖直向上的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，电场强度大小为E .若PQ 整体水平抛出后，穿过MN 进入电、磁场区域，并恰好经过轨道末端的竖直线与MN 的交点O .若P 、Q 均可视为质点，已知m ＝0.1 kg ，h 1＝5 m ，h 2＝1.25 m ，q ＝0.1 C ，E ＝20 N/C ，取g ＝10 m/s 2.求：图2(1)P 、Q 碰撞后瞬间的共同速度大小v ；(2)匀强磁场的磁感应强度大小B ；(3)定性画出PQ 整体从O 点穿出后的运动轨迹(至少画一个周期)．答案 (1)5 m/s (2)8 T (3)如图所示解析 (1)由题意可知：mgh 1＝12m v A 2 P 、Q 碰撞过程中动量守恒：m v A ＝2m v解得v ＝5 m/s.(2)P 、Q 碰撞后进入电、磁场前做平抛运动，有h 2＝12gt 2，解得t ＝0.5 s x ＝v t ＝2.5 mv y ＝gt ＝5 m/s则PQ 进入电、磁场区域时，v 合＝5 2 m/s ，方向与水平方向成45°角向下在电、磁场区域中，G ＝2mg ＝2 N ，电场力F ＝Eq ＝2 NG ＝F ，则PQ 在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，如图所示Bq v 合＝2m v 合2R ，B ＝2m v 合Rq由几何关系可知：R ＝x sin 45°＝542 m ，解得B ＝8 T. (3)PQ 从O 点穿出后在MN 上方只受重力作用，运动轨迹如图所示：。

计算题专练(六)1．如图1所示，质量M ＝4 kg 的小车静止在光滑的水平面上，车长L ＝5 m ．从某时刻开始，有质量m ＝2 kg 的物块，以水平向右的速度v 0＝6 m/s 从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止．物块与车面间的动摩擦因数μ＝0.4，取g ＝10 m/s 2，求：图1(1)该过程所经历的时间t 及物块与小车保持相对静止时的速度大小v ；(2)该过程中物块发生的位移x 1的大小及小车发生的位移x 2的大小；(3)该过程中物块和小车间因摩擦产生的热量Q .答案 (1)1 s 2 m/s (2)4 m 1 m (3)24 J解析 (1)以小车和物块组成的系统为研究对象，系统的动量守恒，取向右为正方向，根据动量守恒定律得： mv 0＝(M ＋m )v .代入数据，解得v ＝2 m/s ，方向向右．对小车M ，由动量定理得：μmgt ＝Mv －0.代入数据，解得：t ＝1 s.(2)对物块，根据动能定理得：－μmgx 1＝12mv 2－12mv 02. 对小车，由动能定理得：μmgx 2＝12Mv 2. 代入数据解得：x 1＝4 m ，x 2＝1 m.(3)该过程中物块和小车间因摩擦产生的热量为：Q ＝12mv 02－12(M ＋m )v 2代入数据，解得：Q ＝24 J.2．如图2所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距l ＝0.5 m ，左端接有阻值R ＝0.3 Ω的电阻，一质量m ＝0.1 kg ，电阻r ＝0.1 Ω的金属棒MN 放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B ＝0.4 T ．棒在水平向右的拉力作用下，由静止开始以a ＝2 m/s 2的加速度做匀加速运动，当棒的位移x ＝9 m 时撤去拉力，棒继续运动一段距离后停下来，已知撤去拉力前后回路中产生的焦耳热之比Q 1∶Q 2＝2∶1.导轨足够长且电阻不计，棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触．求：图2(1)在棒匀加速运动过程中，通过电阻R 的电荷量q ；(2)撤去拉力后回路中产生的焦耳热Q 2；(3)拉力做的功W F .答案 (1)4.5 C (2)1.8 J (3)5.4 J解析 (1)设棒匀加速运动所用时间为t ，有x ＝12at 2，解得t ＝2x a ＝3 s.根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律得，电路中产生的平均电流为： I ＝ER ＋r ＝ΔΦt (R ＋r )＝Blx t (R ＋r )＝1.5 A. 则q ＝I t ＝4.5 C.(2)撤去拉力前棒做匀加速运动，v ＝at ＝6 m/s.撤去拉力后棒在安培力作用下做减速运动，安培力做负功，先将棒的动能转化为电能，再通过电流做功将电能转化为内能，所以Q 2等于棒的动能减少量：Q 2＝|ΔE k |＝12mv 2＝1.8 J.(3)根据题意，在撤去拉力前回路中产生的焦耳热为： Q 1＝2Q 2＝3.6 J.撤去拉力前，拉力做正功、安培力做负功(其绝对值等于焦耳热Q 1)、重力不做功， 根据动能定理有：ΔE k ′＝W F －Q 1.则W F ＝ΔE k ′＋Q 1＝5.4 J.。

计算题专练(一)1．如图1所示，有一个可视为质点的质量为m＝1 kg的小物块，从光滑平台上的A点以v0＝2 m/s的初速度水平抛出，到达C点时，恰好沿C点的切线方向进入固定在水平地面上的光滑圆弧轨道，最后小物块滑上紧靠轨道末端D点的质量为M＝3 kg的长木板，已知木板上表面与圆弧轨道末端切线相平，木板下表面与水平地面之间光滑，小物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.3，圆弧轨道的半径为R＝0.4 m，C点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角θ＝60°，不计空气阻力，g取10 m/s2.求：图1(1)小物块刚要到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力；(2)若长木板长度L＝2.4 m，小物块能否滑出长木板？答案见解析解析(1)物块到达C点的速度与水平方向的夹角为60°，则v C＝＝2v0＝4 m/s小物块由C到D的过程中，由动能定理得：mgR(1－cos 60°)＝mv－mv代入数据解得：v D＝2 m/s小物块在D点时，由牛顿第二定律得：F N－mg＝m解得：F N＝60 N由牛顿第三定律得：小物块刚要到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力F N′＝F N ＝60 N，方向竖直向下．(2)设小物块始终在长木板上，共同速度大小为v，小物块在木板上滑行的过程中，小物块与长木板组成的系统动量守恒，取向左为正方向由动量守恒定律得：mv D＝(M＋m)v解得：v＝m/s设物块与木板的相对位移为l，由功能关系得：μmgl＝mv－(m＋M)v2解得：l＝2.5 m>L＝2.4 m，所以小物块能滑出长木板．2．如图2所示，在平面直角坐标系中，第三象限里有一加速电场，一个电荷量为q、质量为m的带正电粒子(不计重力)，从静止开始经加速电场加速后，垂直x轴从A(－4L,0)点进入第二象限，在第二象限的区域内，存在着指向O点的均匀辐射状电场，距O点4L处的电场强度大小均为E＝，粒子恰好能垂直y轴从C(0,4L)点进入第一象限，如图所示，在第一象限中有两个全等的直角三角形区域Ⅰ和Ⅱ，均充满了方向垂直纸面向外的匀强磁场，区域Ⅰ的磁感应强度大小为B0，区域Ⅱ的磁感应强度大小可调，D点坐标为(3L,4L)，M点为CP的中点．粒子运动轨迹与磁场区域相切时认为粒子能再次进入磁场．从磁场区域Ⅰ进入第二象限的粒子可以被吸收掉．求：图2(1)加速电场的电压U；(2)若粒子恰好不能从OC边射出，求区域Ⅱ磁感应强度大小；(3)若粒子能到达M点，求区域Ⅱ磁场的磁感应强度大小的所有可能值．答案见解析解析(1)粒子在加速电场中加速，根据动能定理有：qU＝mv2粒子在第二象限辐射状电场中做半径为R的匀速圆周运动，则：qE＝m联立解得：v＝，U＝(2)粒子在区域Ⅰ中运动的速度大小v＝，根据洛伦兹力提供粒子在磁场中做匀速圆周运动的向心力，有qB0v＝m，得半径r＝＝，若粒子在区域Ⅱ中的运动半径R较小，则粒子会从OC边射出磁场．恰好不从OC边射出时，作出对应的运动轨迹，如图．满足∠O2O1Q＝2θ，sin 2θ＝2sin θcos θ＝，又sin 2θ＝解得：R＝r＝L又R＝，代入v＝可得：B＝(3)①若粒子由区域Ⅰ达到M点每次前进＝2(R－r)cos θ＝(R－r)由周期性得：＝n(n＝1,2,3……)，即L＝n(R－r)R＝r＋L≥L，解得n≤3n＝1时R＝L，B＝B0n＝2时R＝L，B＝B0，n＝3时R＝L，B＝B0②若粒子由区域Ⅱ达到M点由周期性：＝＋n(n＝0,1,2,3……)即L＝R＋n(R－r)解得：R ＝L ≥L解得：n ≤，n ＝0时R ＝L ，B ＝B 0n ＝1时R ＝L ，B ＝1633B 0.。

选择题专练(十二)1．下列说法中正确的是( )A ．光电效应实验中，只有入射光频率小于极限频率才能产生光电子B ．若某材料的逸出功是W 0，则它的极限频率νc ＝W 0hC ．大量光子的效果往往表现出粒子性，个别光子的行为往往表现出波动性D ．在光电效应现象中，增大入射光的频率一定能增大光电流 答案 B解析 光电效应实验中，只有入射光频率大于金属的极限频率才能发生光电效应，从而产生光电子，选项A 错误；若某材料的逸出功是W 0，则它的极限频率νc ＝W 0h，选项B 正确；大量光子的效果往往表现出波动性，个别光子的行为往往表现出粒子性，选项C 错误；在光电效应现象中，增大入射光的频率一定能增大光电子的最大初动能，不一定能增大光电流，选项D 错误．2．倾角为37°的斜面与水平面平滑连接，一滑块从斜面上某点由静止开始下滑，最后停在水平面上．已知滑块在斜面和水平面上滑行的距离相等，滑块与斜面和水平面间的动摩擦因数也相等，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则滑块与水平面间的动摩擦因数为( ) A.15 B.14 C.13 D.12 答案 C解析 设滑块在斜面和水平面上滑行的距离均为x ，则由动能定理：mgx sin 37°－μmgx cos 37°－μmgx ＝0，解得μ＝13，故选C.3．真空中相距为3a 的两个点电荷M 、N ，分别固定于x 轴上x 1＝0和x 2＝3a 的两点上，在它们连线上各点的电场强度E 随x 变化的关系如图1所示，下列判断正确的是( )图1A ．点电荷M 、N 为异种电荷B ．在x 轴上，3a <x <6a 的区域内，有一点电场强度为零C ．点电荷M 、N 所带电荷量的绝对值之比为4∶1D ．若设无穷远处为电势能零点，则x ＝2a 处的电势一定为零 答案 C解析 若两电荷为异种电荷，在x ＝2a 处，电场强度不可能为0，故两电荷为同种电荷，故A 错误；两电荷为同种电荷，在x 轴上，只有一点电场强度为零，即2a 处，在x 轴上3a <x <6a 的区域内不可能存在电场强度为零的点，故B 错误；M 在2a 处产生的场强为E 1＝k Q M(2a )2，N 在2a 处产生的场强为E 2＝k Q Na2，由于2a 处场强为0，故E 1＝E 2，所以解得Q M ＝4Q N ，故C 正确；若设无穷远处为电势能零点，电荷从无穷远处运动到x ＝2a 处电场力做功不为零，x ＝2a 处电势不为零，故D 错误．4．如图2甲所示，在水平面上固定一电阻为R 、半径为r 0的单匝金属线圈，线圈内有一半径为r (r <r 0)的区域内存在垂直线圈平面向上的匀强磁场，磁场的磁感应强度B 随时间t 如图乙变化时，令πB 0r2Rt 0＝a ，πB 0r 02Rt 0＝b ，从上往下看，以顺时针方向的电流为正，下列选项中能正确表示线圈中感应电流I 变化的是( )图2答案 D解析 在0～t 0时间内线圈中产生的感应电动势：E 1＝ΔB Δt S ＝B 0t 0·πr 2， 感应电流I 1＝E 1R ＝B 0πr 2Rt 0＝a ，根据楞次定律，电流为顺时针方向，即正方向；在t 0～3t 0时间内线圈中磁通量不变，产生的感应电流为零； 在3t 0～5t 0时间内，电动势：E 2＝ΔB Δt S ＝B 02t 0·πr 2，感应电流I 2＝E 2R ＝B 0πr 22Rt 0＝12a ，根据楞次定律，电流为逆时针方向，即负方向，故选D.5．如图3所示，矩形导线框置于磁场中，该磁场可视为匀强磁场．电阻不计的线框通过电刷、导线与变压器原线圈构成闭合电路，线框在磁场中绕垂直于磁场方向的转轴以大小为ω的角速度逆时针转动，已知线框匀速转动时产生的感应电动势最大值为E m ，原、副线圈的匝数比为1∶4，副线圈通过电阻R 接两个相同的灯泡．下列说法正确的是( )图3A ．从图示中线框与磁感线平行的位置开始计时，线框中感应电动势表达式为e ＝2E m sin ωtB ．副线圈上电压的有效值为22E mC ．开关K 闭合时，电阻R 两端电压降低D ．当线框转动角速度增大时，灯泡的亮度不变 答案 B解析 从图示中线框与磁感线平行的位置开始计时，线框中感应电动势表达式为e ＝E m cos ωt ，选项A 错误；原线圈电压有效值为U 1＝E m2，则副线圈上电压的有效值为U 2＝4U 1＝22E m ，选项B 正确；开关K 闭合时，副线圈电路的总电阻减小，则副线圈电路中的电流变大，电阻R 两端电压变大，选项C 错误；当线框转动角速度增大时，则交流电的最大值变大，变压器原线圈两端的电压变大，副线圈两端的电压也变大，则灯泡的亮度变亮，选项D 错误． 6.宇宙中两颗靠得比较近的恒星，只受到彼此之间的万有引力作用互相绕转，称之为双星系统．在浩瀚的银河系中，多数恒星都是双星系统．设某双星系统A、B绕其连线上的O点做匀速圆周运动，如图4所示．若AO>OB，则( )图4A．星球A的角速度一定大于B的角速度B．星球A的质量一定小于B的质量C．双星的总质量一定，双星之间的距离越大，其转动周期越大D．双星之间的距离一定，双星的总质量越大，其转动周期越大答案BC解析双星系统中两星球的角速度相等，故A错误．根据万有引力提供向心力m Aω2r A＝m Bω2r B，因为r A＞r B，所以m A＜m B，即A的质量一定小于B的质量，故B正确．设两星体间距为L，根据万有引力提供向心力公式得：G m A m BL2＝m A4π2T2r A＝m B4π2T2r B，解得周期为T＝2πL3G(m A＋m B)，由此可知双星的总质量一定，双星之间的距离越大，其转动周期越大，故C正确．双星之间的距离一定，双星的总质量越大，其转动周期越小，故D错误．7．一质量为0.6 kg的篮球，以8 m/s的速度水平撞击篮板，被篮板反弹后以6 m/s的速度水平反向弹回，在空中飞行0.5 s后以7 m/s的速度被运动员接住，取g＝10 m/s2，不计空气阻力，则下列说法正确的是( )A．与篮板碰撞前后篮球的动量变化大小为8.4 kg·m/sB．被篮板弹回到被运动员接住的过程中篮球的动量变化大小为0.6 kg·m/sC．篮板对篮球的作用力大小约为15.6 ND．被篮板弹回到被运动员接住的过程中篮球的重力产生的冲量大小为3 N·s答案AD解析以被篮板反弹后的速度方向为正方向，与篮板碰撞前后篮球的动量变化大小为：Δp1＝mv2－(－mv1)＝m(v2＋v1)＝0.6×(8＋6) kg·m/s＝8.4 kg·m/s，选项A正确；根据动量定理，被篮板弹回到被运动员接住的过程中篮球的动量变化大小为Δp2＝mgt＝0.6×10×0.5 kg·m/s＝3 kg·m/s，选项B错误；根据动量定理：FΔt＝Δp1，因作用时间Δt未知，则无法确定篮板对篮球的作用力大小，选项C错误；被篮板弹回到被运动员接住的过程中篮球的重力产生的冲量大小为I G＝Δp2＝3 kg·m/s＝3 N·s，选项D正确．8．如图5所示，两个大小不计、质量均为m的物体A、B放置在水平地面上，一根长为L且不可伸长的轻绳两端分别系在两物体上，绳恰好伸直且无拉力，在绳的中点施加一个竖直向上的拉力F，使两物体慢慢靠近直至接触．已知两物体与水平地面间的动摩擦因数均为33，则在两物体靠近的过程中，下列说法正确的是( )图5 A．拉力F一直增大B．物体A所受的摩擦力不变C．地面对A物体的支持力先减小后增大D．当两物体间的距离为32L时，绳上的拉力最小答案AD解析设某时刻与物体连接的绳子的拉力为F T，与水平方向的夹角为θ，则对每个物体：水平方向F T cos θ＝μF N；竖直方向F T sin θ＋F N＝mg，其中F＝2F T sin θ；联立可得：F＝2μmg 1tan θ＋μ，则随着θ增加，F变大，选项A正确；F f＝F T cos θ＝μmg1＋μtan θ，则随着θ增加，F f变小，选项B错误；F N＝mg－F T sin θ＝mg－μmg 1tan θ＋μ，则随着θ增加，F N变小，选项C错误；F T＝μmgcos θ＋μsin θ，对cos θ＋μsin θ＝1＋μ2sin(θ＋φ)(其中tan φ＝1μ＝3，即φ＝60°)，则当分母最大时，F T最小，此时θ＝30°，可求得两物体间的距离为L cos 30°＝32L，选项D正确．。

计算题专练(二)1．(2018·天津市南开中学月考)如图1所示，在光滑的水平地面上，相距L ＝10 m 的A 、B 两个小球均以v 0＝10 m/s 向右运动，随后两球相继滑上倾角为30°的足够长的固定光滑斜坡，地面与斜坡平滑连接，取g ＝10 m/s 2.求：图1(1)B 球刚要滑上斜坡时A 、B 两球的距离是多少；(2)A 球滑上斜坡后经过多长时间两球相遇．答案 (1)7.5 m (2)2.5 s解析 (1)设A 球滑上斜坡后经过t 1时间B 球滑上斜坡，则有：L ＝v 0t 1，解得：t 1＝1 sA 球滑上斜坡后做匀减速直线运动，加速度大小：a ＝g sin 30°＝5 m/s 2设这段时间内A 球向上运动的位移为x ，则x ＝v 0t 1－12at 12 代入数据解得：x ＝7.5 m(2)B 球刚要滑上斜坡时A 球速度v 1＝v 0－at 1＝5 m/s B 球滑上斜坡时，加速度与A 相同，以A 为参考系，B 相对于A 以v ＝v 0－v 1＝5 m/s 做匀速运动，设再经过时间t 2它们相遇，有：t 2＝x v ＝1.5 s则所求时间t ＝t 1＋t 2＝2.5 s.2．如图2所示，在匝数N ＝100、截面积S ＝0.02 m 2的多匝线圈中存在方向竖直向下的匀强磁场B 0，B 0均匀变化．两相互平行、间距L ＝0.2 m 的金属导轨固定在倾角为θ＝30°的斜面上，线圈通过开关S 与导轨相连．一质量m ＝0.02 kg 、阻值R 1＝0.4 Ω的光滑金属杆锁定在靠近导轨上端的MN 位置，M 、N 等高．一阻值R 2＝0.6 Ω的定值电阻连接在导轨底端．导轨所在区域存在垂直于斜面向上的磁感应强度B ＝0.5 T 的匀强磁场．金属导轨光滑且足够长，线圈与导轨的电阻忽略不计．重力加速度取g ＝10 m/s 2.电子电荷量e ＝1.6×10－19 C.图2(1)闭合开关S 时，金属杆受到沿斜面向下的安培力为0.4 N ，请判断磁感应强度B 0的变化趋势，并求出磁感应强度B 0的变化率ΔB 0Δt； (2)断开开关S ，解除对金属杆的锁定，从MN 处由静止释放，经过t ＝0.50 s ，金属杆下滑x ＝0.60 m ，求该过程中金属杆上产生的焦耳热Q 1；(3)经典物理学认为，金属的电阻源于定向运动的自由电子和金属离子(即金属原子失去电子后的部分)的碰撞，请建立合适的自由电子运动模型，求出第(2)问情境中，当金属杆最终匀速下滑时，金属杆中金属离子对一个自由电子沿杆方向的平均阻力F f 的大小．答案 (1)增大 0.8 T/s (2)4.64×10－3 J (3)3.2×10－19 N解析 (1)闭合开关S 时，金属杆受到沿斜面向下的安培力，由左手定则可知金属杆中的电流由M 流向N ，根据楞次定律可知磁感应强度B 0的趋势是增大线圈中的感应电动势E ＝N ΔB 0ΔtS 金属杆中的电流为I ＝E R 1金属杆受到的安培力为F ＝BIL联立解得：ΔB 0Δt＝0.8 T/s (2)根据动量定理得： mg sin θ·t －B ·I L ·t ＝mv －0平均电流为I ＝ER 1＋R 2平均电动势为E ＝BLx t， 得到速度为：v ＝2.2 m/s根据能量守恒定律得：mgx sin θ＝12mv 2＋Q解得：Q ＝1.16×10－2 J ， Q 1＝R 1R 1＋R 2Q ＝4.64×10－3 J(3)匀速时mg sin θ＝B BLv mR 1＋R 2L得到：v m ＝10 m/s金属杆中的一个电子定向匀速运动，内电压对其做的正功等于克服阻力做的功F f L ＝eU U ＝R 1R 1＋R 2EE ＝BLv m联立可得：F f ＝ev m BR 1R 1＋R 2，代入数据，解得：F f ＝3.2×10－19 N.。

计算题专练(四)1．如图1所示，某次高速滑行测试中，C919大飞机在平直跑道上由静止开始匀加速滑行，经t 1＝20 s 达到最大速度v m ＝288 km/h ，之后匀速滑行一段时间，再匀减速滑行，最后停下来．若滑行总距离x ＝3 200 m ，且减速过程的加速度大小与加速过程的加速度大小相等，取g ＝10 m/s 2.图1(1)求C919减速滑行时的加速度大小；(2)若C919的质量m ＝8×104 kg ，加速过程中飞机受到的阻力恒为自身所受重力的0.1倍，求飞机加速过程中发动机产生的推力大小；(3)求C919在整个滑行过程中的平均速度大小．(结果保留一位小数)答案 (1)4 m/s 2 (2)4×105 N (3)53.3 m/s解析 (1)288 km/h ＝80 m/s ，由题意可知v m ＝at 1＝80 m/s ，解得a ＝4 m/s 2由于减速过程和加速过程的加速度大小相等，故减速滑行的加速度大小a ′＝4 m/s 2.(2)加速过程，由牛顿第二定律得：F －kmg ＝ma ，解得F ＝4×105 N.(3)加速过程t 1＝20 s ，x 1＝12at 12＝800 m 减速过程t 2＝20 s ，x 2＝12a ′t 22＝800 m 匀速过程t 3＝x －x 1－x 2v m＝20 s 故全程的平均速度大小v ＝x t 1＋t 2＋t 3≈53.3 m/s. 2．如图2所示，竖直平面内放置一光滑绝缘轨道，质量为m 、带电荷量为＋q 的小球P 从高为h 1处由静止下滑，轨道末端水平并放置另一质量也为m 的不带电小球Q ，经碰撞后，球P 和球Q 合为一体水平抛出．在距轨道末端下方h 2的水平线MN 下方存在竖直向上的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，电场强度大小为E .若PQ 整体水平抛出后，穿过MN 进入电、磁场区域，并恰好经过轨道末端的竖直线与MN 的交点O .若P 、Q 均可视为质点，已知m ＝0.1 kg ，h 1＝5 m ，h 2＝1.25 m ，q ＝0.1 C ，E ＝20 N/C ，取g ＝10 m/s 2.求：图2(1)P 、Q 碰撞后瞬间的共同速度大小v ；(2)匀强磁场的磁感应强度大小B ；(3)定性画出PQ 整体从O 点穿出后的运动轨迹(至少画一个周期)． 答案 (1)5 m/s (2)8 T (3)如图所示解析 (1)由题意可知：mgh 1＝12mv A 2 P 、Q 碰撞过程中动量守恒：mv A ＝2mv解得v ＝5 m/s.(2)P 、Q 碰撞后进入电、磁场前做平抛运动，有h 2＝12gt 2，解得t ＝0.5 sx ＝vt ＝2.5 mv y ＝gt ＝5 m/s则PQ 进入电、磁场区域时，v 合＝5 2 m/s ，方向与水平方向成45°角向下 在电、磁场区域中，G ＝2mg ＝2 N ，电场力F ＝Eq ＝2 N G ＝F ，则PQ 在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，如图所示Bqv 合＝2m v 合2R ，B ＝2mv 合Rq由几何关系可知：R ＝x sin 45°＝542 m ，解得B ＝8 T. (3)PQ 从O 点穿出后在MN 上方只受重力作用，运动轨迹如图所示：。

计算题专练(二)1．(2018·天津市南开中学月考)如图1所示，在光滑的水平地面上，相距L ＝10 m 的A 、B 两个小球均以v 0＝10 m/s 向右运动，随后两球相继滑上倾角为30°的足够长的固定光滑斜坡，地面与斜坡平滑连接，取g ＝10 m/s 2.求：图1(1)B 球刚要滑上斜坡时A 、B 两球的距离是多少；(2)A 球滑上斜坡后经过多长时间两球相遇．答案 (1)7.5 m (2)2.5 s解析 (1)设A 球滑上斜坡后经过t 1时间B 球滑上斜坡，则有：L ＝v 0t 1，解得：t 1＝1 sA 球滑上斜坡后做匀减速直线运动，加速度大小：a ＝g sin 30°＝5 m/s 2设这段时间内A 球向上运动的位移为x ，则x ＝v 0t 1－12at 12 代入数据解得：x ＝7.5 m(2)B 球刚要滑上斜坡时A 球速度v 1＝v 0－at 1＝5 m/s B 球滑上斜坡时，加速度与A 相同，以A 为参考系，B 相对于A 以v ＝v 0－v 1＝5 m/s 做匀速运动，设再经过时间t 2它们相遇，有：t 2＝x v ＝1.5 s则所求时间t ＝t 1＋t 2＝2.5 s.2．如图2所示，在匝数N ＝100、截面积S ＝0.02 m 2的多匝线圈中存在方向竖直向下的匀强磁场B 0，B 0均匀变化．两相互平行、间距L ＝0.2 m 的金属导轨固定在倾角为θ＝30°的斜面上，线圈通过开关S 与导轨相连．一质量m ＝0.02 kg 、阻值R 1＝0.4 Ω的光滑金属杆锁定在靠近导轨上端的MN 位置，M 、N 等高．一阻值R 2＝0.6 Ω的定值电阻连接在导轨底端．导轨所在区域存在垂直于斜面向上的磁感应强度B ＝0.5 T 的匀强磁场．金属导轨光滑且足够长，线圈与导轨的电阻忽略不计．重力加速度取g ＝10 m/s 2.电子电荷量e ＝1.6×10－19 C.图2(1)闭合开关S 时，金属杆受到沿斜面向下的安培力为0.4 N ，请判断磁感应强度B 0的变化趋势，并求出磁感应强度B 0的变化率ΔB 0Δt； (2)断开开关S ，解除对金属杆的锁定，从MN 处由静止释放，经过t ＝0.50 s ，金属杆下滑x ＝0.60 m ，求该过程中金属杆上产生的焦耳热Q 1；(3)经典物理学认为，金属的电阻源于定向运动的自由电子和金属离子(即金属原子失去电子后的部分)的碰撞，请建立合适的自由电子运动模型，求出第(2)问情境中，当金属杆最终匀速下滑时，金属杆中金属离子对一个自由电子沿杆方向的平均阻力F f 的大小．答案 (1)增大 0.8 T/s (2)4.64×10－3 J (3)3.2×10－19 N解析 (1)闭合开关S 时，金属杆受到沿斜面向下的安培力，由左手定则可知金属杆中的电流由M 流向N ，根据楞次定律可知磁感应强度B 0的趋势是增大线圈中的感应电动势E ＝N ΔB 0ΔtS 金属杆中的电流为I ＝E R 1金属杆受到的安培力为F ＝BIL联立解得：ΔB 0Δt＝0.8 T/s (2)根据动量定理得： mg sin θ·t －B ·I L ·t ＝mv －0平均电流为I ＝ER 1＋R 2平均电动势为E ＝BLx t， 得到速度为：v ＝2.2 m/s根据能量守恒定律得：mgx sin θ＝12mv 2＋Q解得：Q ＝1.16×10－2 J ， Q 1＝R 1R 1＋R 2Q ＝4.64×10－3 J(3)匀速时mg sin θ＝BBLv m R 1＋R 2L 得到：v m ＝10 m/s 金属杆中的一个电子定向匀速运动，内电压对其做的正功等于克服阻力做的功F f L ＝eUU ＝R 1R 1＋R 2E E ＝BLv m联立可得：F f ＝ev m BR 1R 1＋R 2， 代入数据，解得：F f ＝3.2×10－19 N.。

计算题专练(三)1．在竖直平面内建立一平面直角坐标系xOy ，x 轴沿水平方向，如图1甲所示．第二象限内有一水平向右的匀强电场，场强为E 1.坐标系的第一、四象限内有一正交的匀强电场和匀强交变磁场，电场方向竖直向上，场强E 2＝E 12，匀强磁场方向垂直纸面．处在第三象限的某种发射装置(图中没有画出)竖直向上射出一个比荷q m ＝102C/kg 的带正电的微粒(可视为质点)，该微粒以v 0＝4 m/s 的速度从－x 上的A 点进入第二象限，并以速度v 1＝8 m/s 从＋y 上的C 点沿水平方向进入第一象限．取微粒刚进入第一象限的时刻为0时刻，磁感应强度按图乙所示规律变化(以垂直纸面向外的方向为磁场的正方向)，g ＝10 m/s 2.求：图1(1)带电微粒运动到C 点的纵坐标值h 及电场强度E 1的大小； (2)＋x 轴上有一点D ，OD ＝OC ，若带电微粒在通过C 点后的运动过程中不再越过y 轴，要使其恰能沿x 轴正方向通过D 点，求磁感应强度大小B 0及磁场的变化周期T 0；(3)要使带电微粒通过C 点后的运动过程中不再越过y 轴，求交变磁场磁感应强度B 0和变化周期T 0的乘积B 0·T 0应满足的关系？答案 见解析解析 (1)将微粒在第二象限内的运动沿水平方向和竖直方向分解，在竖直方向上做竖直上抛运动，在水平方向上做匀加速直线运动．t ＝v 0g＝0.4 s h ＝v 02t ＝0.8 m a x ＝v 1t＝20 m/s 2， qE 1＝ma x ，解得E 1＝0.2 N/C.(2)qE 2＝mg ，所以带电微粒在第一象限将做匀速圆周运动，设微粒运动的圆轨道半径为R ，周期为T ，则有qv 1B 0＝m v 12R可得R ＝0.08B 0. 为使微粒恰能沿x 轴正方向通过D 点，应有：h ＝(2n )R ＝(2n )0.08B 0. 解得：B 0＝0.2n (T)(n ＝1,2,3…)．T ＝2πm qB 0T 02＝T 4， T 0＝T 2＝πm qB 0＝π20n(s)(n ＝1,2,3…)．(3)微粒恰好不再越过y 轴时，交变磁场周期取最大值，可作如图运动情形：由图可以知道θ＝5π6T 0≤56T ＝π60B 0 B 0T 0≤π60(kg/C)．2．如图2所示，完全相同的两个弹性环A 、B 用不可伸长的、长为L 的轻绳连接，分别套在水平细杆OP 和竖直细杆OQ 上，OP 与OQ 在O 点用一小段圆弧杆平滑相连，且OQ 足够长．初始时刻，将轻绳拉至水平位置伸直，然后释放两个小环，A 环通过小段圆弧杆时速度大小保持不变，重力加速度为g ，不计一切摩擦，试求：图2(1)当B 环下落L 2时A 球的速度大小；(2)A 环到达O 点后再经过多长时间能够追上B 环；(3)两环发生第一次弹性碰撞后当绳子再次恢复到原长时B 环距离O 点的距离． 答案 (1)gL 2 (2)L2g (3)3L解析 (1)当B 环下落L2时绳子与水平方向之间的夹角满足sin α＝L2L ＝12，即α＝30°由速度的合成与分解可知v 绳＝v A cos 30°＝v B sin 30°则v B ＝v A tan 30°＝3v AB 下降的过程中A 与B 组成的系统机械能守恒，有mg L 2＝12mv A 2＋12mv B 2所以A 环的速度v A ＝gL2.(2)由于A 到达O 点时B 的速度等于0，由机械能守恒，12mv A ′2＝mgL ，解得v A ′＝2gL环A 过O 点后做初速度为v A ′、加速度为g 的匀加速直线运动，B 做自由落体运动； 当A 追上B 时，有v A ′t ＋12gt 2＝L ＋12gt 2，解得t ＝L2g .(3)当A 、B 即将发生碰撞时二者的速度分别为v A 1和v B 1v A 1＝v A ′＋gt ＝32gL2v B 1＝gt ＝2gL2A 、B 发生弹性碰撞，根据动量守恒定律可得mv A 1＋mv B 1＝mv A 1′＋mv B 1′根据机械能守恒定律，有12mv A 12＋12mv B 12＝12mv A 1′2＋12mv B 1′2解得：v A 1′＝2gL 2，v B 1′＝32gL2轻绳再次恢复原长过程中由运动学规律可得 v B 1′t 2＋12gt 22＝L ＋v A 1′t 2＋12gt 22可得t 2＝L 2g在上述过程中B 球距离O 点： H ＝L ＋v B 122g ＋v B 1′t 2＋12gt 22＝3L .。

实验题专练(一)1．在没有天平的状况下，实验小组利用以下方法对证量进行间接丈量，装置如图1所示：一根轻绳越过轻质定滑轮与两个同样的重物P 、Q 相连，重物P 、Q 的质量均为m (已知)，在重物Q 的下边经过轻质挂钩悬挂待测物块Z ，重物P 的下端与穿过打点计时器的纸带相连，已知当地重力加快度为g .图1(1)某次实验中，先接通频次为50 Hz 的沟通电源，再由静止开释系统，获得如图2所示的纸带，则系统运动的加快度a ＝________ m/s 2(保存三位有效数字)；图2(2)在忽视阻力的状况下，物块Z 质量M 的表达式为M ＝________(用字母m 、a 、g 表示)； (3)由(2)中理论关系测得的质量为M ，而实质状况下，空气阻力、纸带与打点计时器间的摩擦、定滑轮中的转动摩擦不能够忽视，使物块Z 的实质质量与理论值M 有必定差别，这是一种________________(填“有时偏差”或“系统偏差”)． 答案 (1)8.00 (2)2mag －a(3)系统偏差 分析 (1)依据Δx ＝aT 2，系统运动的加快度a ＝0.029 5＋0.032 9－0.023 2－0.026 42m/s 2＝8.00 m/s 2；(2)依据牛顿第二定律，对Q 和Z 有 (m ＋M )g －F T ＝(m ＋M )a ， 对P 有F T －mg ＝ma ， 联立解得M ＝2mag －a； (3)由题意可知这是一种系统偏差．2．实验小组对一未知电源的电动势E和内阻r进行丈量，实验器械以下：待测电源：电动势小于2 V，内阻小于1 Ω；敏捷电流计G：满偏电流I g＝150 mA，内阻R g＝1 Ω直流电压传感器(视为理想电压表)；定值电阻R1＝2 Ω；定值电阻R2＝5 Ω；定值电阻R3＝0.5 Ω；滑动变阻器R4(0～5 Ω)；滑动变阻器R5(0～50 Ω)；开关和导线若干．(1)实验电路设计如图3所示，实验小组将敏捷电流计G与两个定值电阻组装，改装成一量程为0.6 A的电流表，并将敏捷电流计的表盘刻度进行了合理的标明．请将该电流表的内部电路图增补在虚线框中，并将所用到的定值电阻的符号标明在图中．图3(2)闭合开关，调理滑动变阻器，获得一系列电流表与直流电压传感器的数据(见下表)，则实验中，滑动变阻器应当采用________(填滑动变阻器的符号)，该电源的电动势E＝________ V，电源内阻r＝________ Ω.(小数点后保存两位数字)电流(I/A)电压(U/V)(3)调理滑动变阻器阻值，当滑动变阻器在该电路中的功率最大时，直流电压传感器的示数为________ V(小数点后保存两位数字)．答案(1)以下图(2)R5分析(1)实验小组将敏捷电流计G与两个定值电阻组装，改装成一量程为0.6 A的电流表，因此先将敏捷电流计G与R2串连，满偏电压为U g＝I g(R2＋R g)＝0.9 V，再与R1串连，电流量程为I ＝I g ＋U g R 1＝0.15 A ＋0.45 A ＝0.6 A ，电路图为(2)依据欧姆定律R ＝UI可知，接在电路中滑动变阻器最大值为R ＝ Ω＝34 Ω，滑动变阻器应当采用R 5；依据U ＝E －I (r ＋R A )，代入此中两组数据， 可得1.70＝E －0.05(r ＋R A )，1.00＝E －0.4(r ＋R A )此中R A ＝R 1(R 2＋R g )(R 2＋R g )＋R 1＝1.5 Ω，解得E ＝1.80 V ，r ＝0.50 Ω；(3)调理滑动变阻器阻值，当滑动变阻器的阻值为R 滑＝R A ＋r ＝2 Ω时，其在该电路中的功率最大，直流电压传感器的示数为U ＝ER 滑r ＋R A ＋R 滑＝0.90 V.。