2020高考物理浙江专用增分冲刺练辑：计算题题型练（五） WORD版含解析.docx

1、计算题题型练(五)1.(2019宁波市3月模拟)如图所示，两根一端带有挡柱的金属导轨MN和PQ与水平面成37角，两导轨间距L1 m，导轨自身电阻不计，整个装置处在磁感应强度B2 T的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向上，两根完全相同的金属棒ab和cd，每根棒长为L，质量m1 kg，电阻R1 ，始终垂直放在导轨平面上且与导轨保持良好接触现让金属棒cd放置在挡柱上，金属棒ab在沿斜面向上的外力F作用下从轨道上某处由静止开始做加速度a2.5 m/s2的匀加速直线运动，直到金属棒cd刚要滑动时撤去外力F；此后金属棒ab继续向上运动约0.35 s后减速为0，且金属棒ab向下返回到初始出发点时的速度大小

2、可认为是1 m/s.已知两金属棒与导轨间的动摩擦因数均为0.5，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin 370.6，cos 370.8，重力加速度g为10 m/s2.求：(1)金属棒cd刚要滑动时，金属棒ab的速度大小；(2)金属棒ab沿斜面向上匀加速运动过程中外力的最大值；(3)金属棒ab从最高点返回到原始出发点过程中棒cd上所产生的焦耳热答案(1)5 m/s(2)22.5 N(3)5.5 J解析(1)当金属棒cd刚要滑动时满足：BILmgsin mgcos I联立解得v5 m/s；(2)对金属棒ab：Fmgsin mgcos BILmaIvat代入数据可知F随t线性变化，当v5 m/s时，

3、F有最大值Fm22.5 N；(3)匀加速过程中，金属棒ab的位移为：x15 m撤力后金属棒cd仍静止，设金属棒ab减速滑行的位移为x2，则由动量定理(mgcos mgsin BLi)tmv累加求和：(mgcos mgsin )tmv解得x20.75 m设金属棒ab返回到出发点时的速度为v1，由能量守恒：mg(x1x2)sin mgcos (x1x2)mv2Q，解得Q5.5 J.2(2019嘉、丽3月联考)如图所示，斜面ABC下端与圆弧轨道CDE相切于C，整个装置竖直固定，D是圆轨道的最低点，斜面的倾角37，B与圆心O等高，圆弧轨道半径r0.5 m，斜面高h1.4 m现有一个质量m1 kg的小物

4、块P(视为质点)从斜面上端A点静止下滑，经竖直圆轨道回到最低点D点以后经直轨道DF冲上两个半径为R0.4 m的圆管轨道，所有轨道均光滑，取sin 370.6，cos 370.8，g取10 m/s2，忽略空气阻力，求：(1)物块到达D点对轨道的压力大小；(2)若物块要不脱离轨道的基础上能通过圆管轨道最高点G，则物块释放的高度H至少为多少(距离斜面底端的高度)；(3)现在在BC段铺上不同材料，材料的动摩擦因数2，物块仍然从A点静止下滑，则要使物块最终停在BC的中点位置Q(图中未标示)，试着讨论可能的取值答案(1)70 N(2)1.15 m(3)见解析解析(1)从A点到D点过程，由动能定理得：mg(

5、hrrcos )mvFNmgm解得FN70 N根据牛顿第三定律，物块到达D点对轨道的压力大小为70 N.(2)在E点，对小物块有mgFNm，知要不脱轨，FN0，小物块在E点的速度vE不能小于由A到E，有mg(Hrrcos )mv2mgr解得H1.15 m.因E点高于G点，由机械能守恒定律知满足条件的H至少为1.15 m.(3)由几何关系，BC的长度l m从A点到Q点：mgNmglcos 0(N1,3,5,7)解得(N1,3,5,7)且满足mgcos mgsin ，即20.75物块能做往复运动，需满足mg(hrrcos )mglcos mgr，解得，则2解得：2.25N2.4，所以不存在这样的动

6、摩擦因数值3(2019浙南名校联盟期末)真空中有一半径为R的圆形区域内存在方向垂直纸面的匀强磁场，如图甲所示，虚线圆的右侧放置一对水平正对放置的金属板M和N，两金属板的中心线O1O2与虚线圆的圆心O在同一水平线上在圆上P点(位于O点的正下方)处有一点状电子源，电子源可以向各个方向发射速率均为v0的电子，当其中一个电子沿PO方向射入磁场时，电子恰好从圆上的O1点沿两板中心线射出，电子在进入金属板的瞬间给两板加上图乙所示的交变电压，最后电子恰好从M板的边缘水平飞出已知金属板的板长L和板间距d都等于2R，电子的质量为m、电荷量为e，忽略电子的重力和相互间的作用力求：(1)圆形区域内的磁感应强度大小B

7、；(2)图乙中周期T；(3)图乙中U0；(4)若使电子源均匀向磁场中各方向发射电子一小段时间，并给金属板加上合适的恒定电压，使得出磁场的电子恰好都打在N板上，求板上ab段与bc段(abbc)接收到的电子数之比答案(1)(2)(n1,2,3)(3)(n1,2,3)(4)12解析(1)根据电子的偏转和左手定则知，圆形区域内的磁场方向垂直纸面向里，对于从O1点射出的电子，在磁场中做圆周运动，轨迹半径为R，则ev0Bm，得B.(2)画出从O1点射出磁场的电子运动轨迹图，根据电子恰好从M板的边缘水平飞出知，电子在板间的运动时间为交变电压的周期的整数倍，则tnT，得T(n1,2,3)(3)粒子在板间偏转的总位移y总2nat2代入y总，a，t，d2R得U0(n1,2,3)(4)设给金属板加上的恒定电压为U，水平向左发射的电子经过磁场偏转后，经上极板边缘水平入射，恰好打到下极板c点，则2RtLv0t1同理，若从极板间水平射入的电子恰好打到b点，则yt，v0t2，解得y则由几何关系可得：从P点所发射电子的方向斜向右上方且与水平方向夹角为60时，恰好打到b点因此，N板上ab段与bc段(abbc)接收到的电子数之比为12.