1、2-3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 mv0mv 1Mv 2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ag2 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(t 13 s 舍去)12 21与挡板碰后，B 的速度大小 v3v 2at 12 m/s，反弹后减速时间 t
3、2 1 sv3a反弹后经过位移 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 sds 1s 21 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| v4a整体法得 B 运动总时间 tBt 1t 22 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
4、、区域为圆形的匀强磁场(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： Un S t Bt B0L2t0粒子运动到 P 点恰好速度为零，由动能定理，有：
5、qU mv212联立解得：v 2qB0L2mt0(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 Rr联立，解得 R 1B2mB0L23qt0(3)粒子的运动周期为 T 2rv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 。2m3qB答案 (1)垂直于纸面向外 2qB0L2mt0(2) 1B2mB0L23qt0(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
6、题：共 129 分。24(12 分) 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mgma滑块恰好到木板右端停止，有 0v 2aL20解得 0.
7、5(2)当木板倾斜，设滑块上滑时的加速度为 a1，最大距离为 s，上滑的时间为 t1，有mgcos mgsin ma 10v 2a 1s200v 0a 1t1由式，解得 t1 s，s1.25 mL 12设滑块下滑时的加速度为 a2，下滑的 时间为 t2，有mgsin mgcos ma 2s 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tt 1t 2 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 0x0.65 m、y 0.40 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
8、长 l0.10 m、质量 m0.02 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。解析 (1)线框做平抛运动，如 图所示，当 ab 边与磁场上边界接
9、触时，竖直方向有 h gt20.2 m，得12t0.2 s，此时竖 直方向的分速度 v2ygt2 m/sv 0，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 ，EBlv 2yERFABIl因为线框匀速进入磁场，合力 为 0，所以 mgF A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
10、 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 mv 5x mv0得 v5x 1.5 m/s由动能定理可知mghQ 1 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 2gh25y 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 Q2mgl0.02 J所以 Q 总 0.037 5 J(3)图中 2，3，4，5 状态下线框中
11、心横坐标分别为 0.4 m，0.5 m，0.6 m，0.7 m当 0 x0.4 m 时，线框还没 进入磁场，U cb0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 Blv2yB(x 0.4 m)v 04x 1.7(V)14当 0.5 mx0.6 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 mx0.7 m 时cb 边已经出磁场，整个电动势由 ad 边提供， Ucb
12、Blv4x14又由动量定理有 m(v 0v 4x)B2l2（x 0.6 m）R得 Ucb 0.250.25x (V)答案 (1)2 T (2)0.0375 J(3)Ucb0.250.25x(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 的小滑块14A 在水平恒力 F1.5mg 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
13、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。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 Ft1mg(t 1t 2)m v00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 M
14、v12 20 12 21 12 2由动量守恒定律，有 mv0mv 1Mv 2联立解得 M3m答案 (1)9.8 m/s (2)3m25(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
15、入电场这段时间内平均速度的大小qLBm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 ，T2rv 2mqB代入已知条件得 rL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 v22qBLm平均速度方向由 P 点指向 M 点(2)如图乙，分析可知，
16、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L3r 2可得最大速度 v2qBL3m答案 (1) 由 P 点指向 M 点22qBL 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
17、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 y3R 处有一垂直 y 轴的固定绝缘挡板，一质量为 m、带电荷量为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。由
18、几何关系可以得到rR由洛伦兹力等于向心力，有 qv0Bm得到 B 。mv0qR(2)由图几何关系可以得到：xRsin 60 R，yRcos 60 R32 12N 点坐标为 。(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，粒子在2mqB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时间为T2t2 ，其中 s3R 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 tt 1t 22sv0 12解得 t 。（5 ）Rv0答案 (1) (2) (3)mv0qR ( 32R， 12R) （
19、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。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 ma 1 kg。现将一质量为 mb 3 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 2
20、0.1，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mbv0m bvbm ava由能量守恒定律得mbv mbv mav12 20 12 2b 12 2a解得 vb2 m/s，v a6 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 21magmaab 3 m/s 21mbgmb木板做匀加速运动的加速度大小为aM 3 m/s 21mag 1mbg 2（ma mb M）gM物块 b 与木板共速时的速度为 v1，时间为 t1v1v ba bt1a Mt1解得 v11 m
21、/s，t 1 s13此时物块 a 的速度为v2v aa at15 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/s22（ma mb M）g 1magM mb 350v 1a 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 t2t 3，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 xbxb 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
22、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) 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
23、 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，小球33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 2BvB 2 m/s在 B 点，上管壁对小球的弹力 FNF N1 N ，与重力的合力提供小球的向心力，有FN mg 得 R0.2 m(2)由动能定理可得 mg2R mv mv12 2D 12 2B可得 v
24、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FDmg 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 smgs sin 012 2E得 s 1.353sin 3cos 1.3523sin（ 30）所以当 60时有最小值 smin m0.39 m。9340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
25、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 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：xdv 0t竖直方向：yd tvy2v v05结合 yd t212qEm可得 E分析粒子在磁场中运动轨迹如图甲所示，可知d2Rsin qvB1mv2RRmvqB1B12
26、mvsin qd又 sin 255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 xdqvB2mv2RRmvqB2B2 ，又 sin 4mvsin 3qd 255B28mv03qd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
27、 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/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：(
28、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/s由牛顿第二定律得 FCmgm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mvCmv PMv Q系统机械能守恒，则 mv mv Mv12
29、 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
30、垂直距离 d 至少为多少时才能保证小球不打在 N 板4mg5q上。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 v 0tL2tan 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 的纵坐标为 yh sin L2以上各式联立并代入数据可解得：v 0 ，y L，t 2 ，h3gL10 1730 2L15g 4L15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 1
31、2 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 qEmgcos 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，由平抛运动的规律可得：dvt at2L2 12以上各式联立求解并代入数据可得：d L526答案 (1) (2) L(0，1730L) 3gL10 526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 12
32、9 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 m/s2，(不考虑 cd 杆通过半圆导轨最高点以后的运动)求：
33、(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：MgMv2r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 cd 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：mv 0mv 1Mv 2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
34、 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16直且无张力；圆弧轨道最低端 b 与粗糙水平轨道 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。(1
35、)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 kxmgsin30当 C 恰好离开挡板 P 时，C 的加速度为 0，故弹簧处于拉伸状态当 C 由平衡条件有 kxmgsin30由几何关系知 Rx 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
36、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vAcos30v B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 FNMg代入数据解得 FNMg 144 N由牛顿第三定律，A 对圆轨道的压力大小为 FNF N144 N(3)物块 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Mgx 10 Mv12 2A恰能到圆心等高处时需满足条件MgrMgx 20 Mv12 2A代入数据解得x1 8 m ，x2 6
37、m即 6 mx8 m第二种情况，过圆轨道最高点在最高点，由牛顿定律有 MgNMv2r恰能过最高点时，N0，v gr由动能定理有Mg2rMgx 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。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
38、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
39、一次到达 B 点时速度为 v1m1gR(1cos ) m1v Q 热 112 21FNm 1gm 1得 Q 热 1m 1gR 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(m 1m 2)v 共Epmax m1v (m1m 2)v12 21 12 2共得 Epmaxm2R（FN m1g）2（m1 m2）(3)设 PQ 第一次分离 时 P 的速度 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 23m1v1m 1v2m 2v3m1v m1v Q 热 212 2 12 23得 v2 m2 m
40、1m1 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 yx 2 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 0x 1 m 的范围内同时由静止释放，粒子的比荷均为 1.610 5
41、C/kg，不计粒子qm的重力及其相互作用。(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，且 满足yx 2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
42、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 xB2mE1q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2rx由式可得 B0.1 T(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 23yv 1t3E2minqma 2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 t1t 2t 3由式可得 t 104 s5.7104 s30 58答案 (1)410 3 m/s(2)0.1 T(3)8.0102 N/C 5.710 4 s
