计算题题型练（一）（解析版）.docx

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1、计算题题型练（一）1.如图所示，倾角8 = 37。的足够长斜面上有一长为L、质量为2m的木板B,木板B上端有一质 量为m的滑块A （视为质点），木板下端3L处有一质量为m的足够长木板C锁定在斜面上， 滑块A与木板B、C间的动摩擦因数均为囚=0.25,木板C与斜面间无摩擦，木板B、C的厚 度相同。现同时由静止释放A、B,在B与C碰撞前瞬间，解除对C的锁定，此时A恰好滑离 B而滑上C,已知B、C碰撞为弹性碰撞，重力加速度为g, sin37。=0.6, cos37 =0.8,求: （1）木板B与斜面间的动摩擦因数上；（2） B、C发生碰撞后瞬间，木板C的速度大小vc；（3） B、C发生碰撞后2s时，

2、滑块A到木板C上端的距离X。【解答】解：（1） A在B上滑动过程，由牛顿第二定律得：对 A： mAgsinO - imAgcosO = mAaA，对 B： mBgsin04-|iimAgcosO - 总 （mA+mB）gcos0=mBaB?代入数据解得：aA=0.4g, aB= （0.7-1.2）12）g,滑块A的位移：4L=1t2,1木板B的位移：3L=7aFt2,代入数据解得：2= 10.33；/ 3 l5gL（2） B、C碰撞前瞬间B的速度：vb= y/2aB x 3L =,JB、C发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以平行于斜面向下为正方向，由动量守恒定律得：mBVB =

3、mBVB，+mcvc， 111由机械能守恒定律得：3mB骑=+ -mcv94 SgL（3） B、C碰撞前瞬间A的速度：VA=aAt=q， J由于C碰撞后的速度与A相同且C与斜面间无摩擦，所以A、C不发生相对滑动，以相同的加速度沿斜面向下运动,滑块A到木板C上端的距离始终为：x = 0；答：（1）木板B与斜面间的动摩擦因数因为0.33；(2) B、C发生碰撞后瞬间，木板C的速度大小vc为;(3) B、C发生碰撞后2s时，滑块A到木板C上端的距离x为。2 .如图甲所示，一电动遥控小车停在水平地面上，水平车板离地高度为h=0.2m,小车质量M = 3kg,质量m=lkg的小物块(可视为质点)静置于车

4、板上某处A,物块与车板间的动摩擦因数 Fi=0.1,现使小车由静止开始向右行驶，当运动时间ti = L6s时物块从车板上滑落。已知小车的 速度v随时间t变化的规律如图乙所示，小车受到地面的摩擦阻力是小车对地面压力二，不计10空气阻力，取重力加速度g=10m/s2.求：(1)物块从离开车尾B到落地过程所用的时间以及物块滑落前受到的滑动摩擦力的功率最大 值P;(2)物块落地时落地点到车尾B的水平距离so；(3)。2s时间内小车的牵引力做的功W。【解答】解:(1)物块离开B后做平抛运动,0.2s；物块受到的摩擦力最大为fmax=mg,在0- 1S加速度小于小车的加速度，那么，小车以最大摩擦力为合外力

5、做匀加速运动;所以，物块在离开B前的速度始终小于小车速度，故小车做匀加速运动，物块的最大速度Vmax =|igti = 1.6m/s；那么，物块滑落前受到的滑动摩擦力的功率最大值P = fmaxVmax=l.6W;(2)物块在t=1.6s时处于B点，之后做平抛运动，水平位移xi=VmaxZt=0.32m,由图可得：物块做平抛运动过程小车做匀速运动，故位移X2=2At=0.4m；所以，物块落地时落地点到车尾B的水平距离so = X2 - xi=0.08m；(3)小车受物块和地面的摩擦力，在牵引力下向右运动，故由动能定理可得：VT-(M +、1 A41 Jl/f 2血)g1.6s 一而用0Si.6

6、s_2s - Mg Si.6s = 2Mv2s ；1 1 1故勿=7知。2$2+血051+元(川 + 税)951+而 MgSi.6s_2s =19.4J；答：(1)物块从离开车尾B到落地过程所用的时间为0.2s；物块滑落前受到的滑动摩擦力的功率最大值P为1.6W；(2)物块落地时落地点到车尾B的水平距离so为0.08m；(3)。2s时间内小车的牵引力做的功W为19.4Jo3 .如图有两条不计电阻的平行光滑金属导轨MQN、MQN，导轨间距L=0.5m,其中MQ、MQ 段倾斜放置，倾斜角9 = 37 , MQ = MQ，=4m, QN、QN，段水平放置，两段之间通过一小段 （大小可忽略）光滑圆弧绝

7、缘材料平滑相连，在倾斜导轨左端连接一电源及电键Si,电源电动 势E=3V,内阻r=0.5C。在Q和Q，两端向下引出两根无电阻的金属导线通过电键S2与一电容 量C = 2F的电容器相连，在N和N，两端与电阻器R = 0.1Q相连，在倾斜导轨MQ、MQ区域内 加有垂直于倾斜导轨平面向下的匀强磁场B=2T,在水平导轨的DDEE区域内加有垂直水平 导轨平面向上的匀强磁场B2=0.8T, DD EE均与导轨垂直，且DE=DE=L=0.5m, cdef是 质量为3m,每边电阻均为R=0.1Q,各边长度均为L的U形金属框，开始时紧挨导轨静置于 DDEE左侧外，现有一不计电阻的质量为m的金属棒a紧贴MM，放置

8、，合上电键Si时金属棒 恰好静止在导轨上。（已知g=10m/s2）（1）求金属棒a的质量m；（2）断开Si同时闭合S2,金属棒a向下滑行，求金属棒a到达倾斜导轨底端QQ，时的速度；（3）金属棒a越过QQ，后与U形金属框发生碰撞，碰后黏在一起穿过磁场B2区域，求此过程中 产生的焦耳热。【解答】解：（1）合上电键Si时，金属棒a将电源短路，则流过a的电流为：E3两A=6A金属棒a恰好静止在导轨上，由平衡条件得：mgsin0 = BiIiL代入数据解得：m=lkg；（2）断开Si同时闭合S2,金属棒a与电容器组成电路，金属棒a向下滑行过程中，电容器的电 压U始终等于金属棒a切割磁感线产生感应电动势E

9、,则有：U=E =BiLv电容的电量：q = CU电路中的电流：I=C=CB=CBiLa对金属棒a,由牛顿第二定律得：mgsinO - BiIL=ma联立可得：mgsinO - CBi2L2a=ma代入数据解得：a=2m/s2金属棒a匀加速下滑，设金属棒a到达倾斜导轨底端QQ，时的速度大小为vo，由运动学公式得： vo2 = 2a*MQ代入数据解得：vo=4m/s,方向沿倾斜导轨向下；（3）金属棒a越过QQ，后与U形金属框发生完全非弹性碰撞，以水平向右为正方向，由动量守恒定律得：mvo= （m+3m） vi代入数据解得：vi = lm/s在de边进入磁场的过程，de边左侧被导轨和金属棒a短路（

10、即电阻R中无电流），回路中只有de边的电阻R,设de边达到EE时的速度为V2，以水平向右为正方向，此过程由动量定理得:-B2/2L t=4mv2 - 4mvi Ei124t=页 t=2Ae A A B2LRAtAt = = 联立代入数据解得：v2 = 0.8m/s在金属棒a （其在cf之间）进入磁场B2的过程，de边与电阻R并联，电路总电阻0.5R,设金属棒a达到EE时的速度为V3，同理，由动量定理得:-B2/3L t=4mv3 - 4mv2；_ B2L2联立代入数据解得：V3 = 0.4m/s此过程中产生的焦耳热为Q,由能量守恒定律得:c 1 421/12Q= *4mvi 5*4mv3代入数

11、据解得：Q=1.68Jo答：（1）金属棒a的质量m为1kg；（2）金属棒a到达倾斜导轨底端QQ，时的速度大小为4m/s,方向沿倾斜导轨向下；;（3）此过程中产生的焦耳热为1.68J。4.如图所示，直角坐标系中，y轴左侧有一半径为a的圆形匀强磁场区域，与y轴相切于A点， A点坐标为（0,孚a）。第一象限内也存在着匀强磁场，两区域磁场的磁感应强度大小均为B, 方向垂直纸面向外。圆形磁场区域下方有两长度均为2a的金属极板M、N,两极板与x轴平行 放置且右端与y轴齐平。现仅考虑纸面平面内，在极板M的上表面均匀分布着相同的带电粒子， 每个粒子的质量为m,电量为+q。两极板加电压后，在板间产生的匀强电场使

12、这些粒子从静止 开始加速，并顺利从网状极板N穿出，然后经过圆形磁场都从A点进入第一象限。其中部分粒 子打在放置于x轴的感光板CD上，感光板的长度为2.8a,厚度不计,其左端C点坐标为弓乐0）。打到感光板上的粒子立即被吸收，从第一象限磁场射出的粒子不再重新回到磁场中。不计粒子的重力和相互作用，忽略粒子与感光板碰撞的时间。（1）求两极板间的电压U；（2）在感光板上某区域内的同一位置会先后两次接收到粒子，该区域称为“二度感光区”，求:“二度感光区”的长度L；打在“二度感光区”的粒子数ni与打在整个感光板上的粒子数n2的比值ni： n2;（3）改变感光板材料，让它仅对垂直打来的粒子有反弹作用（不考虑打

13、在感光板边缘C、D两点 的粒子），且每次反弹后速度方向相反，大小变为原来的一半，则该粒子在磁场中运动的总时间t 和总路程So【解答】解：（1）带电粒子在圆形匀强磁场区域中做匀速圆周运动，所有粒子平行射入此磁场均 从A点射出（磁聚焦模型），可知粒子做圆周运动的轨道半径等于圆形匀强磁场区域的半径，即：r=ao由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律得：V2qvB = m 在匀强电场中被加速的过程，由动能定理得：12qU = 5 mu 乙乙联立解得：u=（2）在A点进入第一象限的粒子的速度方向与y轴正方向的夹角在。180。范围内，沿y轴 正方向射入的粒子打在感光板上的P点，随着速度与y轴夹角的增大，轨

14、迹与感光板的交点先向 右移动，离0点最远的交点为Q点（满足AQ=2r=2a）,再向左移动一直到C点，之后就打不 到感光板上了。可知PQ为“二度感光区”，由几何关系得，当粒子打在P点时轨迹圆的圆心恰好 为C点，则：CP=r=a当粒子打在Q点时，AQ=2r=2a,由勾股定理得:0Q= J(2a)2 -(字a/ =则:L=OQ - 0C - CE代入数据解得：L二写三a 由图中几何关系可知，打在C点的粒子轨迹圆的圆心为恰好在圆形磁场边界上的H点，对应进 入圆形磁场的位置在F点，F到C恰好为半个圆周；打在P点的粒子轨迹一个是从H点入射，H 到P也恰好为半个圆周，另一个是临界直接从A点入射。可得打在CP

15、段的粒子对应入射区域在FH之间，打在PQ,即“二度感光区”的粒子对应入射区域在H0之间，由几何关系得：H0=* FH = a可得打在“二度感光区”的粒子数m与打在整个感光板上的粒子数n2的比值为：ni： n2=H0： F0= * (a+) =1： 3(3)粒子在磁场中运动的半径R=器，可知其它条件一定，R与v成正比，粒子每次反弹后速 度大小变为原来的一半，故半径也变为原来的一半。在图1中可知，第一次打在P点的粒子速度方向垂直感光板，此粒子能够在P第一次被反弹，CP=a,即第一次打在距离C点a处，反弹后粒子运动半径为:，第二次打在距离C点2a处，再次2反弹后粒子运动半径为士，第三次落在离C点2.

16、5a处，第四次落在离C点2.75a处，第五次落在 4离C点2.875a处，超出感光板边缘离开第一象限，该粒子在磁场中一共运动了 5个二圆周。2粒子在磁场中运动周期为：T=等=需该粒子在磁场中一共运动的总时间为：,5 T 5mlt=2T = B-该粒子从H到P的路程为：si=na从第一次反弹到第二次反弹的路程为：S2=a从第二次反弹到第三次反弹的路程为：S3 = 71I从第三次反弹到第四次反弹的路程为：S4 =4a从第四次反弹到离开磁场的路程为：S5 = TT/该粒子在磁场中运动的总路程为：S = S1+S2+S3+S4+S5联立解得：s=誓.qB2a2答：(1)两极板间的电压U为；2m(2)“二度感光区”的长度L为Wma；打在“二度感光区”的粒子数ni与打在整个感光板上的粒子数n2的比值ni：皿为1： 3；Snm317ia该粒子在磁场中运动的总时间t为行和总路程s为w