资源描述
计算题专项训练(时间:80分钟满分:100分)1.(14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.(14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.(14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。答案：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=vt=4.02 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=m0am0g=2.010=0.2。(2)由题中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=v2t1=4 m,向右后1 s内的位移大小x2=v2t1=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=xv=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 )mgRB2L2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=ER联立式得v=(sin -3cos )mgRB2L2。3.答案 (1)rh32T(2)r32(h32-r32)arcsinRh+arcsinRrT解析 (1)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GMmh2=m2T2hGMmr2=m2T2r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=rh32T(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=T2=T2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=2arcsinRh+arcsinRr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=r32(h32-r32)arcsinRh+arcsinRrT。4.答案 (1)2 m/s2(2)8.4106 W解析 (1)飞机滑跑过程中做初速度为零的匀加速直线运动,有v2=2ax代入数据解得a=2 m/s2。(2)设飞机滑跑受到的阻力为F阻,依题意有F阻=0.1mg设发动机的牵引力为F,根据牛顿第二定律有F-F阻=ma设飞机滑跑过程中的平均速度为v,有v=v2在滑跑阶段,牵引力的平均功率P=Fv联立式得P=8.4106 W。5.答案 (1)v0=2.0105 m/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=mv2r由以上两式得E=qB2rm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+l2=l0所以r2=0.075 m由此可得E2=9.375102 N/C所以满足条件的电场强度的范围为9.375102 N/CE1.25103 N/C。6.答案 (1)74mgsin (2)78mv2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 =12mv2-0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=12m(0.5v)2-12mv2得F=74mgsin 。(2)方法一:棒从MN到P过程中根据能量守恒有Q=mgxsin +12mv2-12m(0.5v)2得Q=78mv2。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=78mv2。7.答案 (1)mvqR(2)R+mv2qE(3)N点坐标为(2R,0)(+1)Rv+2mvEq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=mv2r得B=mvqR。(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12圆周长,l1=R设在电场中路程为l2, 根据动能定理Eql22=12mv2l2=mv2Eq总路程l=R+mv2Eq。(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=T2=Rv粒子在CD段做匀速直线运动,CD=R2t2=Rv粒子在电场中做匀变速直线运动,加速度a=Eqmt3=2va=2mvEq总时间t=(+1)Rv+2mvEq。
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