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2011高三物理考前针对性练习:计算题(2)


2.如图所示,在同一竖直平面内,一轻质弹簧一端固定,另一自由端恰好与 水平线 AB 齐平, . 静止放于光滑斜面上, 一长为 L 的轻质细线一端固定在 O 点, 另一端系一质量为 m 的小球. 将 细线拉至水平,此时小球在位置 C,由静止释放小球,小球到达最低点 D 时,细绳刚好被 拉断,D 点到 AB 的距离为 h .之后小球在运动过程中恰好沿斜面方向将弹簧压缩,弹簧的 最大压缩量为 x .求: (1)细绳所能承受的最大拉力; (2)斜面的倾角 θ ; (3)弹簧所获得的最大弹性势能。

2 解析: (1)小球由 C 到 D 机械能守恒: 1 mv1 = mgL ,解得 v1 = 2gL

2

在 D 点: T ? mg = m

2 v1 , T = 3mg R

故绳子承受的最大拉力为 3mg。 (2)由 D → A,平抛
vy = 2 gh , tan θ = vy v1 = h , θ = arctan h L L

2 2 2 (3)在 A 点: vA = vy + v1 = 2g(h + L)

压缩过程中: EP = mgx sin θ + 1 mv2 A
2

故可得: mg(x

h + h + L) h+L

3.如图所示,长 l = 2m 水平绝缘台面处于竖直向上的匀强电场中,a、b 是两个形状相同的金属 . 小滑块,b 滑块的质量是 a 滑块质量的 5 倍,b 滑块不带电,放在水平台面的右边缘 C 处,台 面左端 B 平滑地连接半径为 R=0.32m 的半圆环 AB;已知 a 滑块带正电荷,与台面间的动摩 擦因数 ? = 0.45.开始时,a 滑块在台面上恰好能匀速运动,速度大小为 v0 = 10m/s,之后与 b 滑块发生正碰,碰后 b 滑块落到地面上.设碰撞时间极短,碰后总电荷量没有损失且平分,a 滑块还在桌面上,且平台右端的电场足够宽,不计 a、b 间的库仑力.已知台面高度 h = 0.5m, g 取 l0m/s2,碰撞后 a 滑块恰好能通过圆环的最高点.求 (1)滑块 a 与 b 碰撞后速度大小。

(2)滑块 b 落地时的速度。 A R a B b C

E

v2 A R 2 滑块 a 由 B 沿圆环运动到 A: 1 mvB = mg ? 2R + 1 mv2 A 2 2 vB = 5gR = 4m/s

解析: 解析:滑块 a 过 A 点时 mg = m

滑块 a 由 C 滑到 B: ? ? mgl =

可求得 va = 5m/s 规定向右为正,则滑块 a、b 碰撞时: mv0 = ?mva + 5mvb 可求得 vb = 3m/s

1 2

1 1 2 2 mvB ? mva 2 2

1 5mg ? mg 2 = 0.9g 碰撞后,滑块 b 做类平抛运动,等效重力加速度 a = 5m 落地时竖直方向的速度 vy = 2 ah = 2 × 0.9 × 10 × 0.5 = 3m/s
故落地时速度的大小为 v =
2 2 vy + vb = 3 2m/s

速度的方向与水平方向成 45° 的角

34.如图所示,质量 m1 = 0.1kg ,电阻 R1 = 0.3? ,长度 l = 0.4m 的导体棒 ab 横放在 U 型金属框 架上。框架质量 m2 = 0.2kg ,放在绝缘水平面上,与水平面间的动摩擦因数 ? = 0.2 ,相距 0.4m 的 MM′ 、 N′ 相互平行, N 电阻不计且足够长。 电阻 R2 = 0.1? 的 MN 垂直于 MM′ 。整个装置处于竖直向上的匀强磁场中,磁 感应强度 B = 0.5T 。垂直于 ab 施加 F = 2N 的水平恒力,ab 从静

止开始无摩擦地运动,始终与 MM′ 、 NN′ 保持良好接触。当 ab 运动到某处时,框架开始运 动。设框架与水平面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g 取 10m/s2。 (1)求框架开始运动时 ab 速度 v 的大小; (2)从 ab 开始运动到框架开始运动的过程中, MN 上产生的热量 Q = 0.1J ,求该过程 ab 位移 x 的大小。 解答:ab 对框架的压力 F1 = m1g = 1N ① 框架受水平面的支持力 FN = F1 + m2g ② 依题意,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则框架受到最大静摩擦力 F2 = ?FN ③ ab 中的感应电动势 E = Blv ④ MN 中电流 I =
E ⑤ R1 + R2

MN 受到的安培力 F安 = BIl ⑥ 框架开始运动时 F安 = F2 ⑦ 由上述各式代入数据解得 v = 6m/s⑧ (2)闭合回路中产生的总热量 Q总 =
R1 + R2 Q⑨ R2

由能量守恒定律,得 Fx = 1 m1v2 + Q总 ⑩
2

代入数据解得 x = 1.1m 35.如图所示,两足够长的光滑金属导轨竖直放置,相距为 L, 一理想电流表与两 导轨相连,匀强磁场与导轨平面垂直。一质量为 m、有效电阻为 R 的导体棒在 距磁场上边界 h 处静止释放。导体棒进入磁场后,流经电流表的电流逐渐减小, 最终稳定为 I。整个运动过程中,导体棒与导轨接触良好,且始终保持水平,不 计导轨的电阻。求: (1)磁感应强度的大小 B; (2)电流稳定后,导体棒运动速度的大小 v; (3)流经电流表电流的最大值 Im 答案: (1)
2 mg 2gh mg ; (2) I R ; (3) 。 Il mg IR

解析: (1)电流稳定后,导体棒做匀速运动 BIl = mg ① 解得: B =
mg ② Il E ④ R mg

(2)感应电动势 E = Blv ③ 感应电流
I=

2 由②③④解得 v = I R

(3)由题意知,导体棒刚进入磁场时的速度最大,设为 vm 机械能守恒
1 2 mvm = mgh 2

感应电动势的最大值 感应电流的最大值 解得: Im =

Em = Blvm
Im = Em R

mg 2gh 。 IR

5. 光滑的平行金属导轨长 L=2.0m, 两导轨间距离 d=0.5m, 导轨平面与水平面的夹角为 θ = 30° , 导轨上端接一阻值为 R=0.5 ? 的电阻,其余电阻不计,轨道所在空间有垂直轨道平面的匀强 磁场,磁感应强度 B=1T,如图所示。有一不计电阻、质量为 m=0.5kg 的金属棒 ab,放在导轨 最上端且与导轨垂直。当金属棒 ab 由静止开始自由下滑到底端脱离轨道的过程中,电阻 R 上 产生的热量为 Q=1J,g=10m/s2,则: (1)指出金属棒 ab 中感应电流的方向。 (2)棒在下滑的过程中达到的最大速度是多少? (3)当棒的速度为 v=2 m/s 时,它的加速度是多大?

12. 【解析】 (1)由右手定则,棒中感应电流方向由 b 指向 a (2)棒做加速度逐渐减小的变加速运动,棒到达底端时速度最大,由能量守恒定律得

mgL sin θ =

1 2 mv m + Q 2

解得

vm=4 m/s.

(3)当棒的速度为 v 时,感应电动势 E=Bdv 感应电流

I=

E 棒所受安培力 R

F = BId =

B 2d 2v R

当棒的速度为 v=2 m/s 时,F=1 N 解得棒的加速度 :a=3 m/s2.

由牛顿第二定律得 mg sin θ ? F = ma

36.如图,宽度为 L=0.5m 的光滑金属框架 MNPQ 固定于水平面内,并处 在磁感应强度大小 B=0.4T,方向竖直向下的匀强磁场中,框架的电阻 非均匀分布。 将质量 m=0.1kg, 电阻可忽略的金属棒 ab 放置在框架上,

并与框架接触良好。以 P 为坐标原点,PQ 方向为 x 轴正方向建立坐标。金属棒从 x0=1m 处以 v0=2m/s 的初速度,沿 x 轴负方向做 a=2m/s2 的匀减速直线运动,运动中金属棒仅 受安培力作用。求: (1)金属棒 ab 运动 0.5 m,框架产生的焦耳热 Q; (2)框架中 aNPb 部分的电阻 R 随金属棒 ab 的位置 x 变化的函数关系; (3)为求金属棒 ab 沿 x 轴负方向运动 0.4s 过程中通过 ab 的电量 q,某同学解法为: ?φ BLs 先算出经过 0.4s 金属棒的运动距离 s, 以及 0.4s 时回路内的电阻 R, 然后代入 q= R = R 求解。指出该同学解法的错误之处,并用正确的方法解出结果。 答案:(1)0.1J (2)R=0.4 x (3)错误 0.4c 解析:(1)金属棒仅受安培力作用,其大小 F=ma=0.2N,金属棒运动 0.5m,框架中间生 的焦耳热等于克服安培力做的功,所以 Q=Fs=0.1J, E BLv B 2L 2v (2)金属棒所受安培力为 F=BIL,I=R = R ,F= R =ma,由于棒做匀减速运动, B 2L 2 v= v02-2a(x0-x) ,所以 R= ma v02-2a(x0-x) =0.4 x

BLs (3)错误之处是把 0.4s 时回路内的电阻 R 代入 q= R 进行计算,正确解法是 q=It,因为 mat F=BIL=ma,q= BL =0.4C。

4.如图所示,ABD 为竖直平面内的光滑 绝缘轨道,其中 AB 段是水平的,BD 段半径为 R 的半 . 圆,两段轨道相切于 B 点,整个轨道处在竖直向下的匀强电场中,场强为 E.一不带电的绝 缘小球甲, 以速度 v0 沿水平轨道向右运动, 与静止在 B 点带正电的小球乙发生弹性碰撞. 已 知甲、乙两球的质量均为 m,乙所带电荷量 q,已知 mg=Eq。水平轨道足够长,甲、乙两球 可视为质点,整个运动过程无电荷转移。 (1)甲乙两球碰撞后,乙恰能通过轨道的最高点 D,求乙在轨道上的首次落点到 B 点的距 离; (2)在满足(1)的条件下.求的甲的速度 v0; (3)若甲仍以速度 v0 向右运动,增大甲的质量,保持乙的质量不变,求乙在轨道上的首次 落点到 B 点的距离范围.

D E R



v0



A

B

12。解析:(1)在乙恰能通过 D 点的情况下,设乙到达最高点的速度为 vD,乙离开 D 点到达水 。解析 平轨道的时间为 t,乙的落点到 B 点的距离为 x,则

mg + qE = m

2 vD ,得 v D = 2 gR R

mg + qE = ma y

1 a y t 2 = 2R 2

s = vDt
联立得: s = 2 R (2)设碰撞后甲、乙的速度分别为 v甲 、 v乙 ,则:

mv0 = mv甲 + mv乙
1 1 1 2 2 2 mv0 = mv甲 + mv乙 ,得: v乙 = v0 2 2 2 1 1 2 2 乙从 B → D : ? mg ? 2R ? qE ? 2 R = mvD ? mv乙 2 2
得: v0 =

5(mg + qE ) R = 10 gR m

(3)设甲的质量为 M,碰撞后甲、乙的速度分别为 vM、vm,根据动量守恒和机械能 守恒定律有: Mv0 = MvM + mvm

1 1 1 2 Mv0 2 2 2 Mv0 = MvM + mv m ,得 vm = 2 2 2 M+m
①若 M = m 可得: v m = v 0 设乙球过 D 点的速度为 v′ ,由动能定理得 D

? mg ? 2 R ? qE ? 2 R =

1 1 2 mv′2 ? mv m ,得: v ′ = 2gR D D 2 2

设乙在水平轨道上的落点到 B 点的距离为 x′ ,则有: x′ = v′ t D 得: x ′ = 2R ②若 M → ∞ ,则 v m → 2v0 同理可得 v ′ → D

32gR , x ′ → 8R

综上所述得 2 R ≤ x ′ < 8R 。


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