（全国通用）高三物理二轮复习 计算题天天练（六）.doc

计算题天天练(六)1.如图所示,质量为m的滑块放在光滑的水平平台上,平台右端b与水平传送带相接,传送带的运行速度为v0,长为l.现将滑块缓慢向左移动压缩固定在平台上的轻弹簧,到达某处时突然释放,当滑块滑到传送带右端c时,恰好与传送带速度相同.滑块与传送带间的动摩擦因数为.(1)试分析滑块在传送带上的运动情况;(2)若滑块离开弹簧时的速度大于传送带的速度,求释放滑块时弹簧具有的弹性势能;(3)若滑块离开弹簧时的速度大于传送带的速度,求滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量.2.(2015龙岩综测)如图所示,abcd竖直放置的光滑绝缘细管道,其中ab部分是半径为r的14圆弧形管道,bcd部分是固定的水平管道,两部分管道恰好相切于b.水平面内的m、n、b三点连线构成边长为l的等边三角形,mn连线过c点且垂直于bcd.两个带等量异种电荷的点电荷分别固定在m、n两点,电荷量分别为+q和-q.现把质量为m、电荷量为+q的小球(小球直径略小于管道内径,小球可视为点电荷),由管道的a处由静止释放,已知静电力常量为k,重力加速度为g.求:(1)小球运动到b处时受到电场力的大小;(2)小球运动到c处时的速度大小;(3)小球运动到圆弧最低点b处时,小球对管道压力的大小.3.(2015绵阳三诊)如图(甲)所示,不变形、足够长、质量为m1=0.2 kg的“u”形金属导轨pqmn放在绝缘水平桌面上,qp与mn平行且距离d=1 m,q、m间导体电阻阻值r=4 ,右内侧紧靠两固定绝缘小立柱1、2;光滑金属杆kl电阻阻值r=1 ,质量m2=0.1 kg,垂直于qp和mn,与qm平行且距离l=0.5 m,左侧紧靠两固定绝缘小立柱3、4.金属导轨与桌面的动摩擦因数=0.5,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,其余电阻不计.从t=0开始,垂直于导轨平面的磁场磁感应强度如图(乙)所示.(1)求在整个过程中,导轨受到的静摩擦力的最大值fmax;(2)如果从t=2 s开始,给金属杆kl水平向右的外力,外力对金属杆作用的功率保持不变为p0=320 w,杆到达最大速度时撤去外力,求撤去外力后qm上产生的热量qr.计算题天天练(六)1.解析:(1)若滑块冲上传送带时的速度小于带速,则滑块由于受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动;若滑块冲上传送带时的速度大于带速,则滑块由于受到向左的滑动摩擦力而做匀减速运动.(2)设滑块在传送带上做匀减速运动的加速度大小为a,由牛顿第二定律mg=ma.由运动学公式得v02-v2=-2al.由能量守恒可得ep=12mv2.解得ep=12mv02+mgl.(3)设滑块在传送带上运动的时间为t,则t时间内传送带的位移x=v0t,对滑块v0=v-at,v02-v2=-2al.滑块相对传送带滑动的位移x=l-x.因相对滑动生成的热量q=mgx.解得q=mgl-mv0(v02+2gl-v0).答案:(1)见解析(2)12mv02+mgl(3)mgl-mv0(v02+2gl-v0)2.解析:(1)设小球在圆弧形管道最低点b处分别受到+q和-q的静电力分别为f1和f2.则:f1=f2=kqql2小球沿水平方向受到的静电力为f1和f2的合力f,由平行四边形定则得:f=2f1cos 60解得:f=kqql2.(2)管道所在的竖直平面是+q和-q形成的合电场的一个等势面,小球在管道中运动时,小球受到的静电力和管道对它的弹力都不做功,只有重力对小球做功,小球的机械能守恒,有:mgr=12mvc2-0,解得:vc=2gr.(3)设在b点管道对小球沿竖直方向的支持力的分力为nby,在竖直方向对小球应用牛顿第二定律得:nby-mg=mvb2rvb=vc,解得:nby=3mg设在b点管道对小球在水平方向的支持力的分力为nbx,则:nbx=f=kqql2圆弧形管道最低点b处对小球的支持力大小为:nb=nby2+nbx2=9m2g2+(kqql2)2由牛顿第三定律可得小球对圆弧管道最低点b的压力大小为:nb=nb=9m2g2+(kqql2)2.答案:(1)kqql2(2)2gr(3)9m2g2+(kqql2)23.解析:(1)在01 s时间内,设t时刻磁场磁感应强度为b,qklm中的感应电动势为e,电流为i,金属导轨qm受到的安培力为f,则:由(乙)图得:bt=2 t/s,则b=2+2t(t)由法拉第电磁感应定律得:e=t而=dlb,i=er+r,解得e=1 v,i=0.2 a导轨所受的安培力:f=bid=(2+2t)id当t=1 s时,安培力最大为fm,则:fm=0.8 n设金属导轨pqmn受到的最大静摩擦力为fm,则:fm=(m1+m2)g=1.5 n1 s以后,电动势为零,qm受到的安培力为零,即安培力最大时,仍然小于金属导轨pqmn受到的最大静摩擦力,金属导轨pqmn始终静止,受到的是静摩擦力,所以fmax=fm则得fmax=0.8 n.(2)从t=2 s开始后,导轨qm受到的安培力向右,由于小立柱1、2的作用,金属导轨pqmn静止.设杆kl的最大速度为vm时,感应电动势为e1,电流为i1,受到的安培力为f1,外力为f0,则:e1=b0dvm,i1=e1r+r.则得:f1=b0i1d,有:f0vm=p0即:p0