1、12-3 计算题的解题策略与技巧计算题专项训练(一)三、非选择题：共 174分。第 2232 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第 3338 题为选考题，考生根据要求作答。(一)必考题：共 129分。24(12 分)如图，水平面上相距为 L5 m的 P、 Q两点分别固定一竖直挡板，一质量为 M2 kg的小物块 B静止在 O点， OP段光滑， OQ段粗糙且长度为 d3 m。一质量为 m1 kg的小物块 A以 v06 m/s的初速度从 OP段的某点向右运动，并与 B发生弹性碰撞。两物块与 OQ段的动摩擦因数均为 0.2，两物块与挡板的碰撞时间极短且均不损失机械能。重力加速度 g10 m/s 2，
2、求：(1)A与 B在 O点碰后瞬间各自的速度；(2)两物块各自停止运动时的时间间隔。解析 (1)设 A、 B在 O点碰后的速度分别为 v1和 v2，以向右为正方向由动量守恒定律得 mv0 mv1 Mv2碰撞前后机械能守恒 mv mv Mv12 20 12 21 12 2解得 v12 m/s，方向向左v24 m/s，方向向右(2)碰后，两物块在 OQ段减速时加速度大小均为a g 2 m/s 2B经过 t1时间与 Q处挡板碰撞，由运动学公式有v2t1 at d得 t11 s( t13 s 舍去)12 21与挡板碰后， B的速度大小 v3 v2 at12 m/s，反弹后减速时间 t2 1 sv3a反
3、弹后经过位移 s1 1 m， B停止运动。物块 A与 P处挡板碰后，以 v42 m/s 的速度滑过 O点，经过 s2 1 m 停止。所以最终 A、 B的距离 s d s1 s21 m，两者不会碰第二次。在 A、 B碰后， A运动总时间tA 3 s2（ L d）|v1| v4a2整体法得 B运动总时间 tB t1 t22 s则时间间隔 tAB1 s答案 (1)2 m/s 向左 4 m/s 向右 (2)1 s25(20 分)如图甲所示，某粒子源向外放射出一个 粒子，粒子速度方向与水平成 30角，质量为 m，电荷量为 q。现让其从粒子源射出后沿半径方向射入一个磁感应强度为 B、区域为圆形的匀强磁场(
4、区域)。经该磁场偏转后，它恰好能够沿 y轴正方向进入下方的平行板电容器，并运动至 N板且恰好不会从 N板的小孔 P射出电容器。已知平行板电容器与一边长为 L的正方形单匝导线框相连，其内有垂直框面的磁场(区域)，磁场变化如图乙所示。不计粒子重力，求：(1)磁场区域磁场的方向及 粒子射出粒子源的速度大小。(2)圆形磁场区域的半径。(3) 粒子在磁场中运动的总时间。解析 (1)根据楞次定律可知：磁场区域的磁场垂直于纸面向外。设线框中产生的感应电动势为 U，根据法拉第电磁感应定律，得： U n S t B t B0L2t0粒子运动到 P点恰好速度为零，由动能定理，有：qU mv212联立解得： v 2
5、qB0L2mt0(2)设粒子运动半径为 r，圆形磁场区域的半径为 R。根据牛顿第二定律，有 qvB mv2r由几何关系可知 tan 30 Rr3联立，解得 R 1B 2mB0L23qt0(3)粒子的运动周期为 T 2 rv粒子在电场力作用下要重新进入磁场，故运动时间为：t2 T60360联立，解得 t 。2 m3qB答案 (1)垂直于纸面向外 2qB0L2mt0(2) 1B 2mB0L23qt0(3)2 m3qB计算题专项训练(二)三、非选择题：共 174分。第 2232 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第 3338 题为选考题，考生根据要求作答。(一)必考题：共 129分。24(12 分
6、)如图甲所示，光滑平台右侧与一长为 L2.5 m的水平木板相接，木板固定在地面上，现有一小滑块以初速度 v05 m/s滑上木板，恰好滑到木板右端停止。现让木板右端抬高，如图乙所示，使木板与水平地面的夹角 37，让滑块以相同的初速度滑上木板，不计滑块滑上木板时的能量损失，g取 10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8。求：(1)滑块与木板之间的动摩擦因数 ；(2)滑块从滑上倾斜木板到滑回木板底端所用的时间 t。解析 (1)设滑块质量为 m，木板水平时滑块加速度为 a，则对滑块有mg ma滑块恰好到木板右端停止，有 0 v 2 aL20解得 0.5(2)当木板倾斜，设滑块上滑时的加速
7、度为 a1，最大距离为 s，上滑的时间为 t1，有4mg cos mgsin ma10 v 2 a1s200 v0 a1t1由式，解得 t1 s， s1.25 m L12设滑块下滑时的加速度为 a2，下滑的时间为 t2，有mgsin mg cos ma2s a2t 12 2由式解得 t2 s52滑块从滑上倾斜木板到滑回木板底端所用的时间t t1 t2 s1 52答案 (1)0.5 (2) s1 5225(20 分) 如图所示，在竖直平面内建立 xOy坐标系，在 0 x0.65 m、 y0.40 m范围内存在一具有理想边界、方向垂直纸面向里的匀强磁场区域。一边长 l0.10 m、质量 m0.02
8、 kg、电阻 R0.40 的匀质正方形刚性导线框 abcd处于图示位置，其中心的坐标为(0，0.65 m)。现将线框以初速度v02.0 m/s水平向右抛出，线框在进入磁场过程中速度保持不变，然后在磁场中运动，最后从磁场右边界离开磁场区域，完成运动全过程。线框在全过程中始终处于 xOy平面内、其 ab边与 x轴保持平行，空气阻力不计。求：(1)磁感应强度 B的大小；(2)线框在全过程中产生的焦耳热 Q；(3)在全过程中， cb两端的电势差 Ucb与线框中心位置的 x坐标的函数关系。5解析 (1)线框做平抛运动，如图所示，当 ab边与磁场上边界接触时，竖直方向有 h gt20.2 12m，得 t0
9、.2 s，此时竖直方向的分速度 v2y gt2 m/s v0，合速度方向与水平方向成 45角，由题知线框匀速进入磁场， ad与 bc这两边产生的电动势相互抵消，所以整个线框只有 ab边有效切割磁感线，并且只有竖直方向切割，有效速度为 2 m/s，此时电流I ， E Blv2yERFA BIl因为线框匀速进入磁场，合力为 0，所以 mg FA联立得 B2 T(2)线框全部进入磁场区域之后，水平方向做匀速运动，竖直方向做匀加速运动，线框离开磁场过程中，上下两边所受到的安培力抵消，所以不考虑竖直方向上的安培力产生的焦耳热，水平方向上，只有ad边的水平方向上的速度在切割磁感线，线框离开磁场的过程中通过
10、线框横截面的电荷量q R Bl2R离开磁场过程中水平方向动量守恒，设向右为正，得 Blq mv5x mv0得 v5x1.5 m/s由动能定理可知mg h Q1 mv mv mv mv mv mv 12 25 12 24 12 25x 12 20 12 25y 12 24y离开磁场过程中竖直方向只受重力，由牛顿第二定律有v v 2 g h25y 24y联立解得 Q10.017 5 J在进入磁场过程中，速度不变，重力势能转换成焦耳热 Q2 mgl0.02 J6所以 Q 总 0.037 5 J(3)图中 2，3，4，5 状态下线框中心横坐标分别为 0.4 m，0.5 m，0.6 m，0.7 m当 0
11、 x0.4 m时，线框还没进入磁场， Ucb0当 0.4 m x0.5 m时， ab 边切割磁感线，但 cb边进入磁场部分也在切割磁感线，因此这里相当于也有一个电源，在计算电势差时也要考虑，同时电势差要注意正负，因此Uc b Blv2y B(x0.4 m) v04 x1.7(V)14当 0.5 m x0.6 m时线框完全进入磁场，电路中没有电流，但 bc边仍在切割磁感线，因此仍然相当于一个电源，Ucb Blv00.4 V当 0.6 m x0.7 m 时cb边已经出磁场，整个电动势由 ad边提供， Ucb Blv4x14又由动量定理有 m(v0 v4x)B2l2（ x 0.6 m）R得 Ucb0
12、.250.25 x(V)答案 (1)2 T (2)0.0375 J(3)Ucb0.250.25 x(V)计算题专项训练(三)三、非选择题：共 174分。第 2232 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第 3338 题为选考题，考生根据要求作答。(一)必考题：共 129分。24(12 分)如图所示，粗糙水平面与半径为 R9.8 m 的光滑 圆弧轨道平滑连接，质量为 m的小滑14块 A在水平恒力 F1.5 mg的作用下从水平面左侧某点向右运动，力 F作用 t12 s后撤去，小滑块 A继续运动 t22 s后与静止在圆弧轨道底端的另一小滑块 B 发生弹性碰撞，碰后小滑块 B能沿圆弧轨道上升的最大高度
13、为 h 。已知小滑块 A与水平面间的动摩擦因数 0.5，重力加速度 g取 9.8 m/s2。R8(1)求小滑块 A与小滑块 B碰撞前瞬间的速度 v0；(2)求小滑块 B的质量 M。7解析 (1)对物体 A碰撞前运动过程，规定向右为正方向，由动量定理，有 Ft1 mg (t1 t2) mv00解得 v09.8 m/s(2)设碰撞后 A、 B速度分别为 v1、 v2，由机械能守恒定律，有 Mgh Mv12 2解得 v24.9 m/s对于弹性碰撞过程，由能量守恒定律，有mv mv Mv12 20 12 21 12 2由动量守恒定律，有 mv0 mv1 Mv2联立解得 M3 m答案 (1)9.8 m/
14、s (2)3 m25(20 分)如图所示的平面直角坐标系 xOy，在第象限内有平行于 x轴的匀强电场，方向沿 x轴方向，在第象限的三角形 PQM区域(含边界)内有匀强磁场，磁感应强度大小为 B，方向垂直 xOy平面向里。一个带负电的粒子总是从 P点沿 y轴方向射入磁场。已知 P点坐标为( L，0)， Q点坐标为( L， L)， M点坐标为(0， L)，粒子的质量为 m，带电荷量为 q，不计粒子重力。(1)若粒子从 P点射入的速度大小为 ，求粒子从 P点射入到刚进入电场这段时间内平均速度的大qLBm小和方向；(2)若粒子从 P点以某一速度射入，最终从 Q点离开磁场，此过程中，粒子在电场中电势能变
15、化的最大值为多少？(3)若粒子从 P点射入后，最终能从 x轴上 P、 O点间射出，则粒子从 P点射入的最大速度为多少？解析 (1)如图甲，粒子在磁场中做匀速圆周运动qvB ，解得 rmv2r mvqB周期 T ， T2 rv 2 mqB代入已知条件得 r L8粒子从 P点射入磁场到刚由 M点进入电场这段时间内运动的位移和时间分别为s L2t T14则粒子运动的平均速度 vst代入可得 v2 2qBL m平均速度方向由 P点指向 M点(2)如图乙，分析可知，粒子从 Q点射出的速度方向必沿 y方向r1L2可得 v1qBL2m电势能最大时，粒子动能为 0。设电势能改变量为 Ep，根据能量守恒定律，有
16、 Ep mv 012 21联立可得 Epq2B2L28m(3)如图丙，分析可知，粒子从 P、 O间以最大速度射出需满足9L3 r2可得最大速度 v2qBL3m答案 (1) 由 P点指向 M点2 2qBL m(2)q2B2L28m(3)qBL3m计算题专项训练(四)三、非选择题：共 174分。第 2232 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第 3338 题为选考题，考生根据要求作答。(一)必考题：共 129分。24(12 分)如图所示，圆心为 O、半径为 R的圆形磁场区域中存在垂直纸面向外的匀强磁场，以圆心 O为坐标原点建立坐标系，在 y3 R处有一垂直 y轴的固定绝缘挡板，一质量为 m、带电
17、荷量为 q的粒子，与 x轴成 60角从 M点( R，0)以初速度 v0斜向上射入磁场区域，经磁场偏转后由 N点离开磁场( N点未画出)恰好垂直打在挡板上，粒子与挡板碰撞后原速率弹回，再次进入磁场，最后离开磁场。不计粒子的重力，求：(1)磁感应强度 B的大小；(2)N点的坐标；(3)粒子从 M点进入磁场到最终离开磁场区域运动的总时间。解析 (1)设粒子在磁场中运动半径为 r，根据题设条件画出粒子的运动轨迹，如图所示。10由几何关系可以得到r R由洛伦兹力等于向心力，有 qv0B m得到 B 。mv0qR(2)由图几何关系可以得到：x Rsin 60 R， y Rcos 60 R32 12N点坐标
18、为 。(32R， 12R)(3)粒子在磁场中运动的周期 T ，由几何知识得到粒子在磁场中运动的圆心角共为 180，粒2 mqB子在磁场中运动时间 t1 ，粒子在磁场外的运动，由匀速直线运动可以得到，从出磁场到再次进磁场的T2时间为 t2 ，其中 s3 R R，粒子从 M点进入磁场到最终离开磁场区域运动的总时间 t t1 t22sv0 12解得 t 。（ 5 ） Rv0答案 (1) (2) (3)mv0qR ( 32R， 12R) （ 5 ） Rv025(20 分)如图所示，水平地面上固定一个半径为 R0.8 m的四分之一光滑圆轨道，圆轨道末端水平并与一个足够长的匀质木板的左端等高接触但不连接。
19、木板的质量为 M2 kg，其左端有一个处于静止状态的小物块 a，质量为 ma1 kg。现将一质量为 mb3 kg的小物块 b由圆轨道最高点无初速释放，并与物块 a在圆轨道最低点发生碰撞，碰撞时间极短且碰撞过程中无机械能损失(物块 a、 b可视为质点，重力加速度 g取 10 m/s2)。(1)求碰后瞬间 a、 b两物块的速度大小；(2)若两个小物块 a、 b与木板间的动摩擦因数均为 10.3，木板与地面间的动摩擦因数为11 20.1，求最终两个小物块 a、 b间的距离。解析 (1)对物块 b由机械能守恒定律有mbgR mbv12 20得 v04 m/s两物块相碰撞由动量守恒定律得mbv0 mbv
20、b mava由能量守恒定律得mbv mbv mav12 20 12 2b 12 2a解得 vb2 m/s， va6 m/s(2)物块 a、 b做匀减速运动的加速度大小分别为aa 3 m/s 2 1magmaab 3 m/s 2 1mbgmb木板做匀加速运动的加速度大小为aM 3 m/s 2 1mag 1mbg 2（ ma mb M） gM物块 b与木板共速时的速度为 v1，时间为 t1v1 vb abt1 aMt1解得 v11 m/s， t1 s13此时物块 a的速度为v2 va aat15 m/s此后物块 b与板相对静止一起减速到速度为零的时间为 t2，加速度大小为 a 共a 共 m/s2
21、2（ ma mb M） g 1magM mb 350 v1 a 共 t2解得 t2 s53物块 a减速到零的时间为t3 sv2aa 53可见，恰好有 t2 t3，即物块 a、 b与木板恰好同时停下来。综上，物块 a整个过程中的对地位移为 xa，物块 b的对地位移为 xb12xb t1 t2 mvb v12 v12 43xa 6 m所以最终两物块间距 x m143答案 (1)6 m/s 2 m/s (2) m143计算题专项训练(五)三、非选择题：共 174分。第 2232 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第 3338 题为选考题，考生根据要求作答。(一)必考题：共 129分。24(12 分
22、)如图所示，在光滑的水平平台上有一质量 m0.1 kg的小球压缩轻质弹簧(小球与弹簧不拴连)使其具有 Ep0.2 J的弹性势能，平台的 B端连接两个半径都为 R且内壁都光滑的四分之一细圆管BC及细圆管 CD，圆管内径略大于小球直径， B点和 D点都与水平面相切。在地面的 E处有一小圆弧(图中未画出，小球在经过 E处时的动能不损失)，且安装了一个可改变倾角的长斜面 EF，已知地面 DE长度为0.3 m，且与小球间的动摩擦因数 10.5，小球与斜面 EF间的动摩擦因数 2 。现释放小球，小33球弹出后进入细圆管，运动到 B点时对上管壁有 FN1 N 的弹力。求：(1)细圆管的半径 R；(2)小球经
23、过 D点时对管壁的压力大小；(3)当斜面 EF与地面的倾角 (在 090范围内)为何值时，小球沿斜面上滑的长度最短？并求出最短长度。解析 (1)根据动能定理可得 Ep mv 得12 2BvB2 m/s在 B点，上管壁对小球的弹力 FN FN1 N，与重力的合力提供小球的向心力，有FN mg 得 R0.2 m13(2)由动能定理可得 mg2R mv mv12 2D 12 2B可得 v 12 (m/s) 22D在 D点，下管壁对小球的支持力与重力的合力提供小球的向心力，有FD mg 得 FD7 N根据牛顿第三定律，小球经过 D点时对管壁的压力等于下管壁对小球的支持力，大小为 7 N。(3)从 D开
24、始到运动至斜面上最高处，利用动能定理可得mv 1mgDE mv12 2D 12 2Emv 2mgcos s mgssin 012 2E得 s 1.353sin 3cos 1.352 3sin（ 30）所以当 60时有最小值 smin m0.39 m。9 340答案 (1)0.2 m (2)7 N (3)60 0.39 m25(20 分)如图所示，带电粒子自平行板电容器 a板左端最高处，以速度 v0水平射入，而后从 b板中央小孔 P点射入磁场，已知两板间距为 d，板长均为 2d，板间存在竖直方向的匀强电场，已知粒子重力不计，磁场分布在 b板所处水平线的下方，范围足够大，粒子质量为 m，带电量为
25、q，则：(1)若粒子恰打在 b板左边缘，试求电场强度 E、磁感应强度 B1；(2)若粒子恰可以回到出发点，试求此时磁感应强度 B2，以及粒子运动的总时间。解析 (1)分析粒子在电场中的运动水平方向： x d v0t竖直方向： y d tvy2v v05结合 y d t212qEm14可得 E分析粒子在磁场中运动轨迹如图甲所示，可知d2 Rsin qvB1mv2RRmvqB1B12mvsin qd又 sin 2 55则 B14mv0qd(2)若粒子可以回到出发点，则由几何关系可知粒子离开位置距离 b板左边缘 x dtan d2设粒子运动半径为 R，则 2Rsin x dqvB2mv2RRmvqB
26、2B2 ，又 sin 4mvsin 3qd 2 55B28mv03qd15粒子在电场中运动时间 t1dv0粒子在磁场中运动时间 t2(22 ) ( )3d8v0 3d4v0粒子射出磁场后回到原点的时间 t3 5d2v d2v0总时间为 t ( )3d2v0 3d4v0答案 (1) 4mv0qd(2) ( )8mv03qd 3d2v0 3d4v0计算题专项训练(六)三、非选择题：共 174分。第 2232 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第 3338 题为选考题，考生根据要求作答。(一)必考题：共 129分。24(12 分)如图所示，质量 m1 kg的小物块 P在光滑水平平台上以 v03 m
27、/s的初速度从 A点水平向右滑出，并恰好沿光滑圆弧形轨道 BC上 B点的切线方向进入圆弧形轨道，圆心角 BOC60，圆弧轨道的半径 R4.5 m，轨道最低点 C的切线与光滑水平地面相平。一质量 M3 kg的小物块 Q静止在光滑水平地面上，小物块 P在光滑水平地面上与 Q发生弹性碰撞，小物块 P和 Q均可看成质点，重力加速度 g取 10 m/s2。求：(1)小物块 P第一次运动到圆弧上 C点时轨道对小物块 P的支持力大小；(2)小物块 P与 Q发生弹性碰撞后小物块 Q的速度大小。解析 (1)由小物块恰好沿光滑圆弧形轨道 BC上 B点的切线方向进入圆弧形轨道知vB 6 m/sv0cos 60沿光滑
28、圆弧形轨道滑至 C点，由机械能守恒定律得mv mgR(1cos 60) mv12 2B 12 2C解得 vC9 m/s16由牛顿第二定律得 FC mg m得 FC28 N(2)设碰后小物块 P的速度为 vP，碰后小物块 Q的速度为 vQ。系统动量守恒，规定水平向右方向为正，则mvC mvP MvQ系统机械能守恒，则 mv mv Mv12 2C 12 2P 12 2Q解得 vQ4.5 m/s答案 (1)28 N (2)4.5 m/s25(20 分)如图所示，一质量为 m、电荷量为 q的带正电小球(可看做质点)从 y轴上的 A点以初速度 v0水平抛出，两长为 L的平行金属板 M、 N倾斜放置且与水
29、平方向间的夹角为 37。(sin 370.6)(1)若带电小球恰好能垂直于 M板从其中心小孔 B进入两板间，试求带电小球在 y轴上的抛出点 A的坐标及小球抛出时的初速度 v0；(2)若该平行金属板 M、 N间有图中所示的匀强电场，且匀强电场的电场强度大小与小球质量之间的关系满足 E ，试计算两平行金属板 M、 N之间的垂直距离 d至少为多少时才能保证小球不打在 N板上。4mg5q解析 (1)设小球由 y轴上的 A点运动到金属板 M的中点 B的时间为 t，由题意，在与 x轴平行的方向上，有： cos v0tL2tan v0gt带电小球在竖直方向上下落的距离为 h gt212所以小球抛出点 A的纵
30、坐标为 y h sin L2以上各式联立并代入数据可解得： v0 ， y L， t2 ， h3gL10 1730 2L15g 4L1517所以小球抛出点 A的坐标为 (0，1730L)小球抛出时的初速度大小为 v03gL10(2)设小球进入电场时的速度大小为 v，则由动能定理可得 mgh mv2 mv12 12 20解得 v 5gL6带电小球进入匀强电场后的受力情况如图所示。因为 E ，所以 qE mgcos 4mg5q因此，带电小球进入该匀强电场之后，将做类平抛运动。其加速度大小为 a gsin mgsin m设带电小球在该匀强电场中运动的时间为 t，欲使小球不打在 N板上，由平抛运动的规律
31、可得：d vt at 2L2 12以上各式联立求解并代入数据可得：d L5 26答案 (1) (2) L(0，1730L) 3gL10 5 26计算题专项训练(七)三、非选择题：共 174分。第 2232 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第 3338 题为选考题，考生根据要求作答。(一)必考题：共 129分。24(12 分)(2018福建厦门市模拟)如图所示， MN、 PQ两平行光滑水平导轨分别与半径 r0.5 m的相同竖直半圆导轨在 N、 Q端平滑连接， M、 P端连接定值电阻 R，质量 M2 kg的绝缘杆 cd垂直于导轨静止在水平导轨上，在其右侧至 N、 Q端的区域内充满竖直向上的匀强
32、磁场，现有质量 m1 kg的 ab金属杆以初速度 v012 m/s水平向右与 cd绝缘杆发生正碰后，进入磁场并最终未滑出， cd绝缘杆则恰好通过半圆导轨最高点，不计其余电阻和摩擦， ab金属杆始终与导轨垂直且接触良好，取 g10 18m/s2，(不考虑 cd杆通过半圆导轨最高点以后的运动)求：(1)cd绝缘杆通过半圆导轨最高点时的速度大小 v；(2)电阻 R产生的焦耳热 Q。解析 (1) cd绝缘杆通过半圆导轨最高点时，由牛顿第二定律有：Mg Mv2r解得： v m/sgr 5(2)从碰撞后到 cd绝缘杆滑至最高点的过程中，由动能定理有： Mg2r Mv2 Mv ，12 12 2解得碰撞后 c
33、d绝缘杆的速度：v25 m/s两杆碰撞过程动量守恒，取向右为正方向，则有： mv0 mv1 Mv2解得碰撞后 ab金属杆的速度：v12 m/sab金属杆进入磁场后，由能量守恒定律有：mv Q，12 21解得： Q2 J。答案 (1) m/s (2)2 J525(20 分)如图所示，倾角 30的光滑斜面上，轻质弹簧两端连接着两个质量均为 m1 kg的物块B和 C， C紧靠着挡板 P， B通过轻质细绳跨过光滑定滑轮与质量 M8 kg 的物块 A连接，细绳平行于斜面，A在外力作用下静止在圆心角为 60、半径 R2 m的 光滑圆弧轨道的顶端 a处，此时绳子恰好拉直且16无张力；圆弧轨道最低端 b与粗糙
34、水平轨道 bc相切， bc与一个半径 r0.2 m的光滑圆轨道平滑连接。由静止释放 A，当 A滑至 b时， C恰好离开挡板 P，此时绳子断裂。已知 A与 bc间的动摩擦因数 0.1，重力加速度取 g10 m/s 2，弹簧的形变始终在弹性限度内，细绳不可伸长。19(1)求弹簧的劲度系数；(2)求物块 A滑至 b处，绳子断后瞬间， A对圆轨道的压力大小；(3)为了让物块 A能进入圆轨道且不脱轨，则 bc间的距离应满足什么条件？解析 (1)物块 A位于 a处时，绳无张力且物块 B静止，故弹簧处于压缩状态对 B由平衡条件有 kx mgsin30当 C恰好离开挡板 P时， C的加速度为 0，故弹簧处于拉
35、伸状态当 C由平衡条件有 kx mgsin30由几何关系知 R x x代入数据解得 k 5 N/m2mgsin30R(2)物块 A在 a处与在 b处时，弹簧的形变量相同，弹性势能相同，故物块 A在 a处与在 b处时，A、 B系统的机械能相等。有 MgR(1cos60) mgRsin30 Mv mv12 2A 12 2B如图所示，将 A在 b处的速度分解，由速度分解关系有vAcos30 vB代入数据解得vA 4 m/s4（ M m） gR4M 3m在 b处，对 A由牛顿定律有 FN Mg代入数据解得 FN Mg 144 N由牛顿第三定律， A对圆轨道的压力大小为 FN FN144 N(3)物块
36、A不脱离圆形轨道有两种情况第一种情况，不超过圆轨道上与圆心的等高点由动能定理，恰能进入圆轨道时需满足条件20 Mgx 10 Mv12 2A恰能到圆心等高处时需满足条件 Mgr Mgx 20 Mv12 2A代入数据解得x1 8 m， x2 6 m即 6 m x8 m第二种情况，过圆轨道最高点在最高点，由牛顿定律有 Mg NMv2r恰能过最高点时， N0， v gr由动能定理有 Mg2r Mgx Mv2 Mv12 12 2A代入数据解得 x 3 m答案 (1)5 N/m (2)144 N (3)见解析计算题专项训练(八)三、非选择题：共 174分。第 2232 题为必考题，每个试题考生都必须作答。
37、第 3338 题为选考题，考生根据要求作答。(一)必考题：共 129分。24(12 分)如图所示，竖直平面内有四分之一圆弧轨道 AB与光滑水平长直轨道相切于 B点，圆心 O位于 B点正上方，物块与圆弧轨道之间的摩擦不可忽略。物块 P的初始位置与圆心的连线和竖直方向的夹角为 ，轻质弹簧与物块 Q拴接，物块 Q静止于长直轨道某点，物块 P的质量为 m1，物块 Q的质量为m2，且 m1m2，圆弧轨道半径为 R，重力加速度为 g。由静止自由释放物块 P，当其滑至 B点时对圆弧轨道压力为 FN。求：(1)物块 P第一次在圆弧轨道滑动过程中系统产生的热量 Q 热 1；(2)两物块运动过程中弹簧最大的弹性势
38、能 Epmax；(3)若物块 P第一次与弹簧分开后滑回 AB弧，再次折返后滑入直轨道向右运动时，恰好追不上 Q。试21求 P与弹簧分开时的速度以及在 AB弧上折返过程中系统产生的热量 Q 热 2。解析 (1)设 P第一次到达 B点时速度为 v1m1gR(1cos ) m1v Q 热 112 21FN m1g m1得 Q 热 1 m1gR FNR(32 cos ) 12(2)设弹簧弹性势能最大时 PQ的共同速度为 v 共m1v1( m1 m2)v 共Epmax m1v (m1 m2)v12 21 12 2共得 Epmaxm2R（ FN m1g）2（ m1 m2）(3)设 PQ第一次分离时 P的速
39、度为 v2， Q的速度为 v3， P返回直轨道时速度也为 v3m1v m1v m2v12 21 12 2 12 23m1v1 m1v2 m2v3m1v m1v Q 热 212 2 12 23得 v2 m2 m1m1 m2 R（ FN m1g）m1Q 热 2答案 见解析25(20 分)如图，在 xOy坐标平面第一象限内 x1 m的范围中，存在以 y x2为上边界的沿 y轴正方向的匀强电场，场强大小 E12.010 2 N/C。在直线 MN(方程为 y1 m)的上方存在方向垂直纸面向里，磁感应强度为 B的匀强磁场。在 x1 m处有一与 y轴平行的接收板 PQ，板两端分别位于 MN直线和 x轴上；在
40、第二象限， MN和 PQ围成的区域内存在沿 x轴负方向的匀强电场，场强大小为 E2，现有大量的带正电粒子从 x轴上 0x1 m 的范围内同时由静止释放，粒子的比荷均为 1.610 5 C/kg，不计粒子的qm重力及其相互作用。22(1)求在 x0.5 m 处释放的粒子射出电场 E1时的速度大小。(2)若进入磁场的所有带电粒子均从 MN上同一点离开磁场，求磁感应强度 B的大小；(3)若在第(2)问情况下所有带电粒子均被 PQ板接收，求电场强度 E2的最小值和在 E2最小的情况下最先打在接收板上的粒子运动的总时间。解析 (1)由题意得，于 x轴上 0x1 m 处释放的粒子在电场中加速的位移为 y，
41、且满足y x2设射出电场 E1时的速度大小为 v，由动能定理可得E1qy mv212由式可得 v x2qE1m代入 x0.5 m 可得 v0.5410 3 m/s(2)粒子进入磁场后做匀速圆周运动，设半径为 r，由牛顿第二定律可得qvB mv2r由式解得 r mvqB xB 2mE1q由式可得，当磁感应强度 B一定时，轨道半径 r与 x成正比，当 x趋近于零时，粒子做圆周运动的轨道半径趋近于零，即所有粒子经磁场偏转后都从 C点射出磁场，且有2r x由式可得 B0.1 T23(3)粒子从 C点沿 y轴负方向进入电场强度大小为 E2的范围后，都在电场力作用下做类平抛运动，若所有带电粒子均被 PQ板
42、接收，则从 x1 m处出发的粒子刚好运动到 Q点，对应电场强度 E2的最小值E2min，设该粒子在场强大小为 E2min的电场中运动的初速度为 v1，时间为 t3，加速度为 a2，有x a1t 12 23y v1t3E2minq ma2将 x1 m， y1 m 代入两式可得E2min8.010 2 N/C由题意得，在 E2最小的情况下最先打在接收板上的粒子为从 x1 m处出发的粒子，设该粒子在场强大小为 E1的电场中运动的时间为 t1，在磁场中运动的时间为 t2，则有v1 t1E1qm在匀强磁场中转过 的圆心角，有 r v1t2故该粒子所经历的总时间 t t1 t2 t3由式可得 t 104 s5.710 4 s30 58答案 (1)410 3 m/s(2)0.1 T(3)8.0102 N/C 5.710 4 s
