计算题58分练(1)23.(16分)质量为2kg的木板B静止在水平面上，可视为质点的物块A从木板的左侧沿木板上表面水平冲上木板，如图1甲所示。A和B经过1s达到同一速度，之后共同减速直至静止，A和B的v－t图象如图乙所示，重力加速度g＝10m/s2，求：图1(1)A与B之间的动摩擦因数μ1；(2)B与水平面间的动摩擦因数μ2；(3)A的质量。解析 (1)由题图可知，A在0～1s内的加速度a1＝＝－2m/s2(2分)对A，由牛顿第二定律得－μ1mg＝ma1(2分)解得μ1＝0.2。(1分)(2)由题图知，A、B整体在1～3s内的加速度a3＝＝－1m/s2(2分)对A、B整体，由牛顿第二定律得－μ2(M＋m)g＝(M＋m)a3(2分)解得μ2＝0.1。(1分)(3)由题图可知，B在0～1s内的加速度a2＝＝2m/s2(2分)对B，由牛顿第二定律得μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2(2分)代入数据解得m＝6kg。(2分)答案 (1)0.2 (2)0.1 (3)6kg24.(20分)如图2所示，空间存在方向竖直向下、磁感应强度大小B＝0.5T的匀强磁场，有两条平行的长直导轨MN、PQ处于同一水平面内，间距L＝0.2m，右端连接阻值R＝0.4Ω的电阻。质量m＝0.1kg的导体棒ab垂直跨接在导轨上，与导轨间的动摩擦因数μ＝0.2。从t＝0时刻开始，通过一小型电动机对棒施加一个水平向左的牵引力F，使棒从静止开始沿导轨方向做加速运动，此过程中棒始终保持与导轨垂直且接触良好，图乙是棒的速度－时间图象(其中OA是直线，AC是曲线，DE是AC曲线的渐近线)，电动机在12s末达到额定功率，此后功率保持不变。已知0～12s内电阻R上产生的热量Q＝12.5J。除3\nR以外其余部分的电阻均不计，取重力加速度大小g＝10m/s2。求：图2(1)棒在0～12s内的加速度大小a；(2)电动机的额定功率P；(3)0～12s内牵引力做的功W。解析 (1)由图象知t1＝12s时的速度v1＝9m/s(2分)a＝＝0.75m/s2。(2分)(2)当棒达到收尾速度vm＝10m/s后，棒受力平衡，有F＝μmg＋BIL(3分)而I＝，P＝Fvm(2分)得P＝(μmg＋)vm＝4.5W。(3分)(3)在0～12s内F是变力，根据动能定理有W－Wf－WB＝mv－0(2分)而WB＝Q，Wf＝μmgs(3分)0～12s内棒移动的距离x＝v1t1＝×9×12m＝54m(2分)解得W＝27.35J。(2分)答案 (1)0.75m/s2 (2)4.5W (3)27.35J25.(22分)如图3所示，在平面直角坐标系xOy内，第Ⅰ象限的等腰直角三角形MNP区域内存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，y＜0的区域内存在着沿y轴正方向的匀强电场。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从电场中Q(－2h，－h)点以速度v0水平向右射出，经过坐标原点O处射入第Ⅰ象限，最后以垂直于PN的方向射出磁场。已知MN平行于x轴，N点的坐标为(2h，2h)，不计粒子的重力，求：图33\n(1)电场强度E的大小以及带电粒子从O点射出匀强电场时与水平方向夹角α的正切值；(2)磁感应强度B的大小；(3)带电粒子从Q点运动到射出磁场的时间t。解析 (1)粒子在匀强电场中做类平抛运动，由平抛运动规律及牛顿运动定律得2h＝v0t①(2分)h＝at2②(2分)又qE＝ma③(2分)联立①②③解得E＝④(2分)设粒子到达O点时的速度为v，沿y轴正方向的分速度为vy则有vy＝at＝·＝v0，v＝＝v0⑤(2分)速度v与x轴正方向的夹角α满足tanα＝＝1(1分)即α＝45°，因此粒子从MP的中点垂直于MP进入磁场。(1分)(2)又因为粒子垂直于PN射出磁场，所以P点为圆心，轨道半径R＝MP＝h⑥(2分)由牛顿第二定律有qvB＝m⑦(2分)联立解得B＝。(1分)(3)带电粒子在电场中运动的时间t1＝，从O点运动到磁场边界的时间t2＝＝，(1分)在磁场中运动的时间：t3＝＝(2分)带电粒子从Q点运动到射出磁场的时间t＝t1＋t2＋t3＝＋＋＝(3＋)。(2分)答案 (1) 1 (2) (3)(3＋)3
