（浙江专用）高三物理二轮复习 计算题天天练（十）.doc

计算题天天练(十)1.(2015浙江省五校联考)如图所示,在水平轨道上竖直安放一个与水平面夹角为,长度为l0,以v0逆时针匀速转动的传送带和一半径为r的竖直圆形光滑轨道,水平轨道的pq段铺设特殊材料,调节其初始长度为l;水平轨道左侧有一轻质弹簧左端固定,弹簧处于自然伸长状态.小物块a轻放(初速为0)在传送带顶端,通过传送带、水平轨道、圆形轨道、水平轨道后与弹簧接触,之后a压缩弹簧并被弹簧弹回(弹回速度为刚与弹簧接触时速度的一半),经水平轨道返回圆形轨道,物块a可视为质点.已知r=0.2 m,=37,l0=1.8 m,l=1.0 m,v0=6 m/s,物块a质量为m=1 kg,与传送带间的动摩擦因数为1=0.5,与pq段间的动摩擦因数为2=0.2,轨道其他部分摩擦不计,物块从传送带滑到水平轨道时机械能不损失.取g=10 m/s2.求:(1)物块a滑到传送带底端时速度的大小;(2)物块a刚与弹簧接触时速度的大小;(3)物块a返回到圆形轨道的高度;(4)若仅调节pq段的长度l,当l满足什么条件时,a物块能返回圆形轨道且能沿轨道运动而不会脱离轨道?2.(2015德州二模)如图所示,在xoy直角坐标平面内-0.05 mx0的区域有垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度b=0.4 t,0x0.08 m的区域有沿-x方向的匀强电场.在x轴上坐标为(-0.05 m,0)的s点有一粒子源,它一次能沿纸面同时向磁场内每个方向发射一个荷质比qm=5107 c/kg、速率v0=2106 m/s的带正电粒子.若粒子源只发射一次,其中只有一个粒子z恰能到达电场的右边界,不计粒子的重力和粒子间的相互作用(结果可保留根号).求:(1)粒子在磁场中运动的半径r;(2)粒子z从s发射时的速度方向与磁场左边界的夹角;(3)第一次经过y轴的所有粒子中,位置最高的粒子p的坐标;(4)若粒子p到达y轴瞬间电场突然反向,求粒子p到达电场右边界时的速度.3.(2015南平综测)如图所示,有一光滑、不计电阻且较长的“u”形平行金属导轨,间距l=1 m,导轨所在的平面与水平面的倾角为37,导轨空间内存在垂直导轨平面的匀强磁场.现将一质量m=0.1 kg、电阻r=2 的金属杆水平靠在导轨上,与导轨接触良好.(g=10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8)(1)若磁感应强度随时间变化满足b=2+0.2t(t),金属杆距导轨顶部1 m处,求至少经过多长时间释放,会获得沿斜面向上的加速度;(2)若匀强磁场大小为定值,对金属杆施加一个平行于导轨斜面向下的外力f,其大小为f=v+0.4(n),v为金属杆运动的速度,使金属杆以恒定的加速度a=10 m/s2沿导轨向下做匀加速运动,求匀强磁场磁感应强度b的大小;(3)若磁感应强度随时间变化满足b=20.1+0.1t2(t),t=0时刻金属杆从离导轨顶端s0=1 m处静止释放,同时对金属杆施加一个外力,使金属杆沿导轨下滑且没有感应电流产生,求金属杆下滑5 m所用的时间.计算题天天练(十)1.解析:(1)a在传送带上开始加速时有mgsin +1mgcos =ma,得a=10 m/s2,s=v022a=1.8 m=l0.刚好到最低点达到v=6 m/s.物块a滑到传送带最低点速度为v0=6 m/s.(2)设物块a刚与弹簧接触时速度为v1,-2mgl=12mv12-12mv02,可得,物块a速度大小v1=42 m/s.(3)物块a被弹簧弹回时速度大小v2=12v1=22 m/s,a向右经过pq段,由v32-v22=-22gl,得a的速度v3=2 m/s,a滑上圆形轨道,由-mgh=0-12mv32,可得,返回到圆形轨道的高度为h=0.2 m=r,hr符合实际.(4)物块a以v0冲上圆形轨道直到回到pq段右侧,有v12-v02=-22gl,v32-v22=-22gl,v2=12v1,联立可得,a回到右侧速度v32=v024-522gl=(9-5l)(m/s)2,要使a能返回右侧轨道且能沿圆形轨道运动而不脱离轨道,则有:若a沿轨道上滑至最大高度h时,速度减为0,则h满足:0hr,又12mv32=mgh,联立可得1.0 ml1.8 m;若a能沿轨道上滑至最高点,则满足12mv32=mg2r+12mv42,且mv42rmg,联立得l-0.2 m,不符合实际,即不可能沿轨道上滑至最高点.综上所述,要使a物块能返回圆形轨道并沿轨道运动而不脱离轨道,l满足的条件是1.0 ml1.8 m.答案:(1)6 m/s(2)42 m/s(3)0.2 m(4)1.0 ml1.8 m2.解析:(1)粒子在磁场中做圆周运动,洛伦兹力提供向心力qv0b=mv02r,解得:r=0.1 m.(2)由于只有z粒子到达电场右边界,说明z粒子是垂直电场左边界进入电场的,作出z粒子在磁场中的运动轨迹如图(a)所示,o1为轨迹圆圆心.用db表示磁场区域的宽度.由几何知识可知:o1so=,在soo1中满足:cos =oso1s=dbr,代入数据可得=3=60即粒子z从s发射时的速度与磁场左边界夹角为60(或120)(3)在y轴上位置最高的粒子p的运动轨迹恰与y轴相切于n点,如图(b)所示,n点到x轴的竖直距离l满足l2+(r-db)2=r2解得:l=53 cm=320 m即粒子p的位置坐标为(0,320 m).(4)用de表示电场的宽度,对粒子z在电场中的运动,由动能定理得qede=12mv2代入数据解得:e=5.0105 n/c对于p粒子设沿电场方向的速度为vv2=2ade,qe=ma解得:v=2106 m/s所以粒子p到达电场右边界时的速度v=v02+v2=22106 m/s方向与电场右边界成45(或135)角.答案:(1)0.1 m(2)60(或120)(3)(0,320 m)(4)22106 m/s方向与电场右边界成45(或135)角3.解析:(1)设金属杆长为l,距离导轨顶部也为l,经过时间t后,金属杆有沿着斜面向上的加速度,时间t时安培力等于重力沿斜面的分力,则:fa=mgsin ,又:fa=bil=berl,其中:e=kl2=0.2 v,所以:(2+0.2t)erl=mgsin ,解得:t=20 s.(2)对金属杆由牛顿第二定律:mgsin +f-fa=ma,其中:fa=bil=b2l2vr,解得:mgsin +v+0.4-b2l2vr=ma,代入数据解得:1+(1-b22)v=0.110,因为是匀加速运动,其大小与速度v无关,则(1-b22)=0,解得:b=2t.(3)设t=0时刻金属杆距离顶端为s0,若金属杆下滑中闭合