高考计算题58分练(3)

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1.风洞实验室能产生大小和方向均可改变的风力。如图所示，在风洞实验室中有足够大的光滑水平面，在水平面上建立xOy直角坐标系。质量m=0.5kg的小球以初速度v0=0.40m/s从O点沿x轴正方向运动，在0～2.0s内受到一个沿y轴正方向、大小F1=0.20N的风力作用；小球运动2.0s后风力变为F2(大小未知)，方向为y轴负方向，又经过2.0s小球回到x轴。求：

(1)2.0s末小球在y方向的速度。

(2)风力F2作用多长时间后，小球的速度变为与初速度相同。

(3)小球回到x轴上时的动能。

【解析】(1)小球在y轴方向的加速度为a1，2s末速度大小为v1

a1=
=
m/s2=0.4 m/s2；

v1=a1t1=0.4×2m/s=0.8 m/s

(2)在F1作用下，经过2s，小球沿y轴运动的距离为y

则y=
a1
=
×0.4×4m=0.8 m

在F2作用下，小球加速度为a2，经过2s小球回到x轴。-y=v1t2-
a2

解得：a2=1.2m/s2

在F2作用下，经过时间t小球在y轴方向速度为零时，小球速度与初速度相同

0=v1-a2t

解得：t=
s

(3)当小球回到x轴上时，沿y轴的速度为v2

v2=v1-a2t2=0.8m/s-1.2×2m/s=-1.6 m/s

小球动能为

Ek=
m(
+
)=
×0.5×2.72J=0.68 J

答案：(1)0.8m/s　(2)
s　(3)0.68 J

2.(2014·温州二模)如图所示，一水平圆盘绕过圆心的竖直轴转动，圆盘边缘有一质量m=1.0kg的小滑块。当圆盘转动的角速度达到某一数值时，滑块从圆盘边缘滑落，经光滑的过渡圆管进入轨道ABC。已知AB段斜面倾角为53°，BC段斜面倾角为37°，滑块与圆盘及斜面间的动摩擦因数均为μ=0.5，A点离B点所在水平面的高度h=1.2m。滑块在运动过程中始终未脱离轨道，不计在过渡圆管处和B点的机械能损失，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，取g=10m/s2，

sin37°=0.6，cos37°=0.8。

(1)若圆盘半径R=0.2m，当圆盘的角速度多大时，滑块从圆盘上滑落？

(2)若取圆盘所在平面为零势能面，求滑块到达B点时的机械能。

(3)从滑块到达B点时起，经0.6s正好通过C点，求BC之间的距离。

【解析】(1)滑块在圆盘上做圆周运动时，静摩擦力充当向心力，根据牛顿第二定律可得：μmg=mω2R

代入数据解得：ω=
=5rad/s

(2)滑块在A点时的速度：vA=ωR=1m/s

从A到B的运动过程由动能定理得

mgh-μmgcos53°·
=
m
-
m

在B点时的机械能：EB=
m
-mgh=-4J

(3)滑块在B点时的速度：vB=4m/s

滑块沿BC段向上运动时的加速度大小：

a1=g(sin37°+μcos37°)=10m/s2

返回时的加速度大小：a2=g(sin37°-μcos37°)=2m/s2

BC间的距离：sBC=
-
a2(t-
)2=0.76m

答案：(1)5rad/s　(2)-4J　(3)0.76m

3.(2014·日照二模)如图所示，位于竖直平面内的坐标系xOy，在其第三象限空间有沿水平方向的、垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B=0.5T，还有沿x轴负方向的匀强电场，场强大小为E=2N/C。在其第一象限空间有沿y轴负方向的、场强大小也为E的匀强电场，并在y>h=0.4m的区域有磁感应强度也为B的垂直于纸面向里的匀强磁场。一个带电荷量为q的油滴从图中第三象限的P点得到一初速度，恰好能沿PO做匀速直线运动(PO与x轴负方向的夹角为θ=45°)，并从原点O进入第一象限。已知重力加速度g=10m/s2，问：

(1)油滴在第三象限运动时受到的重力、电场力、洛伦兹力三力的大小之比，并指出油滴带何种电荷。

(2)油滴在P点得到的初速度大小。

(3)油滴在第一象限运动的时间。

【解析】(1)根据受力分析(如图)可知油滴带负电荷

设油滴质量为m，由平衡条件得：mg∶qE∶f=1∶1∶

(2)由第(1)问得：qvB=
qE，解得：v=
=4
m/s

(3)进入第一象限，电场力和重力平衡，油滴先做匀速直线运动，进入y≥h的区域后做匀速圆周运动，路径如图，最后从x轴上的N点离开第一象限，

由O→A匀速运动的位移为

s1=
=
h，

其运动时间：

t1=
=
=
=0.1s

由几何关系和圆周运动的周期关系式

T=

知由A→C的圆周运动时间为

t2=
T=
=0.628s

由对称性知从C→N的时间t3=t1

在第一象限运动的总时间

t=t1+t2+t3=2×0.1s+0.628 s=0.828 s

答案：(1)1∶1∶
　负电荷

(2)4
m/s　(3)0.828s

4.(2014·绍兴二模)如图所示，在x轴上方有一竖直向下的匀强电场区域，电场强度为E=500V/m。x轴下方分布有很多磁感应强度为B=1T的条形匀强磁场区域，其宽度均为d1=3cm，相邻两磁场区域的间距为d2=4cm。现将一质量为m=5×10-13kg、电荷量为q=1×10-8C的带正电的粒子(不计重力)从y轴上的某处静止释放。

(1)若粒子从坐标(0，h1)点由静止释放，要使它经过x轴下方时，不会进入第二磁场区，h1应满足什么条件？

(2)若粒子从坐标(0，5cm)点由静止释放，求自释放到第二次过x轴的时间。(π取3.14)

【解析】(1)粒子经电场加速，经过x轴时速度大小为v1，满足：Eqh1=
m

之后进入下方磁场区，依据题意可知运动半径应满足：R1

又R1=

由以上三式可得：h1<
=1.8×10-2m

(2)当粒子从h2=5cm的位置无初速度释放后，先在电场中加速，加速时间为t1，满足h2=
×

解得t1=
=1×10-4s

Eqh2=
m

解得v2=
=1×103m/s

进入磁场的速度大小为v2，圆周运动的半径为R2，

R2=
=5cm

根据粒子在空间运动的轨迹可知，它最低能进入第二个磁场区

它在磁场区运动的总时间为半个周期

t2=
=1.57×10-4s

它经过第一无磁场区运动的方向与x轴正方向的夹角θ满足：cosθ=
=0.6

所以它在无磁场区的路程s=
=0.1m

在无磁场区运动的时间t3=
=1×10-4s

总时间t=t1+t2+t3=3.57×10-4s。

答案：(1)h1<1.8×10-2m　(2)3.57×10-4s

5.如图所示，在空中有一水平方向的匀强磁场区域，区域的上下边缘间距为h，磁感应强度为B。有一长度为L、宽度为b(b

(1)线圈匀速运动的速率v。

(2)穿过磁场区域过程中，线圈中产生的热量Q。

(3)线圈穿过磁场区域所经历的时间t。

【解析】(1)线圈匀速穿出磁场，产生的感应电动势为

E=BLv

回路中的电流为I=

此时线圈受到竖直向上的安培力F=BIL

由平衡条件得F=mg

所以v=

(2)线圈穿过磁场区域过程中，由功能关系

mg(b+h)=
mv2+Q

所以Q=mg(b+h)-

(3)线圈进入磁场过程中，下边进入磁场时线圈的速率为0，上边进入磁场时线圈的速率为v1。当其速率为v′时，由牛顿运动定律

mg-
=ma；

又a=

整理得mgΔt-
v′Δt=mΔv；

求和，得mg(
Δt)-
(
v′Δt)=m(
Δv)

所以mgt1-
b=mv1；

故t1=
+
；

接着线圈在磁场中以g匀加速运动，有t2=
；

最后线圈匀速穿出磁场，有t3=
；

所以t=t1+t2+t3=
+

答案：(1)
　(2)mg(b+h)-

(3)
+

6.(2014·温州二模)如图，两条平行导轨所在平面与水平地面的夹角为θ，间距为L。导轨上端接有一平行板电容器，电容为C。导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨平面。在导轨上放置一质量为m的金属棒，棒可沿导轨下滑，且在下滑过程中保持与导轨垂直并良好接触。已知金属棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。忽略所有电阻。让金属棒从导轨上端由静止开始下滑，求：

(1)电容器极板上积累的电荷量与金属棒速度大小的关系。

(2)金属棒的速度大小随时间变化的关系。

【解析】(1)设金属棒下滑的速度大小为v，则感应电动势为E=BLv　①

平行板电容器两极板之间的电势差为U=E　 ②

设此时电容器极板上积累的电荷量为Q，按定义有

C=
　 ③

联立①②③式得Q=CBLv　 ④

(2)设金属棒的速度大小为v时经历的时间为t，通过金属棒的电流为i。金属棒受到的磁场的作用力方向沿导轨向上，大小为f1=BLi　 ⑤

设在时间间隔t～t+Δt内流经金属棒的电荷量为ΔQ，按定义有i=
⑥

ΔQ也是平行板电容器在时间间隔t～t+Δt内增加的电荷量。由④式得ΔQ=CBLΔv　 ⑦

式中，Δv为金属棒的速度变化量。

按定义有a=
　 ⑧

金属棒所受到的摩擦力方向斜向上，大小为f2=μN　 ⑨

式中，N是金属棒对于导轨的正压力的大小，有

N=mgcosθ　 ⑩

金属棒在t时刻的加速度方向沿斜面向下，设其大小为a，根据牛顿第二定律有mgsinθ-f1-f2=ma　 ?

联立⑤至?式得a=
g　 ?

由?式及题设可知，金属棒做初速度为零的匀加速运动，t时刻金属棒的速度大小为v=
gt

答案：(1)Q=CBLv　(2)v=
gt