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=1.0kg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10m/s2。求:(1)物块与传送带间的动摩擦因数μ;(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)(2022·全国Ⅱ卷)如图所示,两固定的绝缘斜面倾角均为θ,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μ,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(r<h)的圆轨道在地球赤道的正上方运行,其运行方向与地球自转方向相同。求:(1)卫星B做圆周运动的周期;(2)卫星A和B连续地不能直接通信的最长时间间隔(信号传输时间可忽略)。7\n4.(14分)低空跳伞是一种极限运动,一般在高楼、悬崖、高塔等固定物上起跳。人在空中降落过程中所受空气阻力随下落速度的增大而增大,而且速度越大空气阻力增大得越快。因低空跳伞下落的高度有限,导致在空中调整姿态、打开伞包的时间较短,所以其危险性比高空跳伞还要高。一名质量为70kg的跳伞运动员背有质量为10kg的伞包从某高层建筑顶层跳下,且一直沿竖直方向下落,其整个运动过程的v-t图象如图所示。已知2.0s末的速度为18m/s,10s末拉开绳索开启降落伞,16.2s时安全落地,并稳稳地站立在地面上。g取10m/s2,请根据此图象估算:(1)起跳后2s内运动员(包括其随身携带的全部装备)所受平均阻力的大小。(2)运动员从脚触地到最后速度减为零的过程中,若不计伞的质量及此过程中的空气阻力,则运动员所需承受地面的平均冲击力多大。(3)开伞前空气阻力对跳伞运动员(包括其随身携带的全部装备)所做的功(结果保留三位有效数字)。5.(14分)如图所示,边长L=0.2m的正方形abcd区域(含边界)内,存在着垂直于区域的横截面(纸面)向外的匀强磁场,磁感应强度B=5.0×10-2T。带电平行金属板MN、PQ间形成了匀强电场E(不考虑金属板在其他区域形成的电场),MN放在ad边上,两板左端M、P恰在ab边上,两板右端N、Q间有一绝缘挡板EF。EF中间有一小孔O,金属板长度、板间距、挡板长度均为l=0.1m。在M和P的中间位置有一离子源S,能够正对孔O不断发射出各种速率的带正电离子,离子的电荷量均为q=3.2×10-19C,质量均为m=6.4×10-26kg。不计离子的重力,忽略离子之间的相互作用及离子打到金属板或挡板上后的反弹。(1)当电场强度E=104N/C时,求能够沿SO连线穿过孔O的离子的速率。(2)电场强度取值在一定范围时,可使沿SO连线穿过O并进入磁场区域的离子直接从bc边射出,求满足条件的电场强度的范围。7\n6.(14分)两根平行金属导轨放置在倾角为θ的绝缘斜面上,两导轨之间的距离为l,仅在虚线MN下面的空间存在着磁感应强度随高度变化的磁场(同一水平线上各处磁感应强度相同),磁场方向垂直斜面向下,导轨上端跨接一阻值为R的定值电阻。质量为m的金属棒的两端套在导轨上并可在导轨上无摩擦滑动,金属棒始终与导轨垂直,导轨和金属棒的电阻不计,现将金属棒从O处由静止释放,进入磁场后金属棒正好做匀减速运动,刚进入磁场时速度为v,到达P处时速度为0.5v,O处和P处到MN的距离相等,已知重力加速度为g。求:(1)金属棒在磁场中所受安培力F的大小;(2)在金属棒从开始运动到P处的过程中,电阻R上共产生多少热量。7.(16分)如图所示,真空中有一以O点为圆心的圆形匀强磁场区域,半径为R,磁场垂直纸面向里。在y>R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。7\n计算题专项训练1.答案(1)0.2 (2)4.5s (3)18J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=ΔvΔt=4.02m/s2=2.0m/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μ=m0am0g=2.010=0.2。(2)由题中v-t图象可知,物块初速度大小v=4m/s、传送带速度大小v'=2m/s,物块在传送带上滑动t1=3s后,与传送带相对静止。前2s内物块的位移大小x1=v2t1'=4m,向右后1s内的位移大小x2=v'2t1″=1m,向左3s内位移x=x1-x2=3m,向右物块再向左运动时间t2=xv'=1.5s物块在传送带上运动时间t=t1+t2=4.5s。(3)物块在传送带上滑动的3s内,传送带的位移x'=v't1=6m,向左;物块的位移x=x1-x2=3m,向右相对位移为Δx'=x'+x=9m所以转化的热能EQ=Ff×Δx'=18J。2.答案(1)mg(sinθ-3μcosθ) (2)(sinθ-3μcosθ)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2mgsinθ=μFN1+FT+F①FN1=2mgcosθ②对于cd棒,同理有mgsinθ+μFN2=FT③FN2=mgcosθ④联立①②③④式得F=mg(sinθ-3μcosθ)。⑤(2)由安培力公式得F=BIL⑥这里I是回路abdca中的感应电流。ab棒上的感应电动势为E=BLv⑦式中,v是ab棒下滑速度的大小。由欧姆定律得I=ER⑧联立⑤⑥⑦⑧式得v=(sinθ-3μcosθ)mgRB2L2。⑨3.答案(1)rh 32T(2)r32π(h32-r32)arcsinRh+arcsinRrT7\n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=m2πT2h①GMm'r2=m'2πT'2r②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①②式得T'=rh 32T③(2)设卫星A和B连续地不能直接通信的最长时间间隔为τ;在此时间间隔τ内,卫星A和B绕地心转动的角度分别为α和α',则α=τT2π④α'=τT'2π⑤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+arcsinRr⑥由③式知,当r<h时,卫星B比卫星A转得快,考虑卫星A的公转后应有α'-α=∠BOB'⑦由③④⑤⑥⑦式得τ=r32π(h32-r32)arcsinRh+arcsinRrT。⑧4.答案(1)80N (2)2450N (3)-1.73×105J解析(1)由v-t图可知,起跳后前2s内运动员的运动近似为匀加速直线运动,其加速度为a=v1t1=9.0m/s2设运动员所受平均阻力为Ff,根据牛顿第二定律有m总g-Ff=m总a解得Ff=m总(g-a)=80N(2)由v-t图可知,运动员脚触地时的速度v2=5.0m/s,经时间t2=0.2s速度减为零,设此过程中运动员所受平均冲击力大小为F,根据动量定理有(mg-F)t2=0-mv2解得F=2450N(3)由v-t图可知,10s末开伞时的速度v=40m/s,开伞前10s内运动员下落的高度约为h=182×2m+18+322×2m+35×2m+38+402×2m+40×2m=296m设前10s内空气阻力对运动员所做的功为W,根据动能定理有m总gh+W=12m总v2解得W=-1.73×105J。5.答案(1)v0=2.0×105m/s (2)9.375×102N/C<E≤1.25×103N/C解析(1)穿过孔O的离子在金属板间需满足qv0B=Eq7\n代入数据得v0=2.0×105m/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①,对应的电场强度最大,由几何关系可得r1=l=0.1m由此可得E1=1.25×103N/C从bc边射出的离子,轨迹半径最小时,其临界轨迹如图线②,对应的电场强度最小,由几何关系可得2r2+l2=L所以r2=0.075m由此可得E2=9.375×102N/C所以满足条件的电场强度的范围为9.375×102N/C<E≤1.25×103N/C。6.答案(1)74mgsinθ (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mgxsinθ=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mgxsinθ-Fx=12m(0.5v)2-12mv2得F=74mgsinθ。(2)方法一:棒从MN到P过程中根据能量守恒有Q=mgxsinθ+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)πR+mv2qE (3)N点坐标为(2R,0) (π+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=R7\n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=πR设在电场中路程为l2,根据动能定理Eql22=12mv2l2=mv2Eq总路程l=πR+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α=30°,CN段圆弧对应圆心角θ=150°,所以在磁场中的时间为半个周期t1=T2=πRv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=(π+1)Rv+2mvEq。7
