高考计算题58分练(4)

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1.在如图所示的平面直角坐标系内，x轴水平，y轴竖直向下。计时开始时，位于原点处的沙漏由静止出发，以加速度a沿x轴匀加速运动，此过程中沙从沙漏中漏出，每隔相等的时间漏出相同质量的沙。已知重力加速度为g，不计空气阻力以及沙相对沙漏的初速度。

(1)求t0时刻漏出的沙在t(t>t0)时刻的位置坐标。

(2)t时刻空中的沙排成一条曲线，求该曲线方程。

【解析】(1)由匀变速直线运动的规律，t0时刻漏出的沙具有水平初速度v0=at0

沙随沙漏一起匀加速的位移x0=
a

接着沙平抛，t时刻位移x1=v0(t-t0)

且x=x0+x1，

y=
g(t-t0)2

所以，t0时刻漏出的沙的坐标为

[at0t-
a
，
g(t-t0)2]

(2)联立方程y=
g(t-t0)2和x=at0t-
a
，消去未知数t0，则t时刻所有沙构成的图线满足方程

y=-
+

答案：(1)[at0t-
a
，
g(t-t0)2]

(2)y=-
+

2.一轻质杆一端固定一质量为m=0.05kg的小球A，另一端可沿光滑水平轴O转动，O到小球的距离为L=0.4m，小球跟粗糙水平面接触，但无相互作用，在球的两侧等距离处分别固定一个光滑的斜面(与水平面平滑连接)和一个挡板，斜面末端与挡板间的水平距离x=2m，如图所示。现有一滑块B，质量也为m=0.05kg，从斜面上某一高度h处由静止滑下，先后与小球和挡板发生碰撞，滑块与小球碰撞时交换速度，与挡板碰撞时原速返回。若不计空气阻力，并将滑块和小球都视为质点(g=10m/s2)。

(1)若滑块B从斜面h=1.05m处滑下与小球碰撞后，小球恰好能在竖直平面内做圆周运动，求滑块与水平面间的动摩擦因数μ及碰后瞬间小球对杆的作用力的大小。

(2)若滑块B从h′=4.55m处由静止滑下，求小球做完整圆周运动的次数n。

【解析】(1)小球恰好在竖直平面内做圆周运动，则其在最高点的速度为v2=0

在小球从最低点到最高点的过程中，机械能守恒，其最低点速度为v1，则有mg·2L=
m
-
m

因碰后滑块与小球速度交换，所以滑块从高为h处滑下到将要与小球碰撞时速度为v1，由动能定理可得mgh-μmg
=
m

碰后小球在最低点有F-mg=m

联立可得v1=4m/s，μ=0.25，F=2.5N

由牛顿第三定律可知，碰后瞬间小球对杆的作用力的大小F′=2.5N

(2)小球能做完整圆周运动，在最低点的速度最小为

v1=4m/s，

当滑块的速度为v1=4m/s时，它在水平面上通过的路程为s，有mgh′-μmgs=
m

与小球碰撞的次数为n=
+1

可求得s=15m，n=8次

答案：(1)0.25　2.5N　(2)8次

3.(2014·温州二模)某塑料球成型机工作时，可以喷出速度v0=10m/s的塑料小球，已知喷出小球的质量m=1.0×10-4kg，并且在喷出时已带了q=1.0×10-4C的负电荷，如图所示，小球从喷口飞出后，先滑过长d=1.5m的水平光滑的绝缘轨道，而后又滑过半径R=0.4m的圆弧形竖立的光滑绝缘轨道。今在水平轨道上加上水平向右的电场强度为E的匀强电场，小球将恰好从圆弧轨道的最高点M处水平飞出；若再在圆形轨道区域加上垂直于纸面向里的匀强磁场后，小球将恰好从圆形轨道上与圆心等高的N点脱离轨道落入放在地面上接地良好的金属容器内，g=10m/s2，求：

(1)所加电场的电场强度E。

(2)所加磁场的磁感应强度B。

【解析】(1)设小球在M点的速率为v1，只加电场时对小球在M点由牛顿第二定律得：mg=

在水平轨道上，对小球由动能定理得：

qEd=
m
-
m

由以上两式解之得：E=32V/m

(2)设小球在N点速率为v2，在N点由牛顿第二定律得：qv2B=

从M到N点，由机械能守恒定律得：mgR+
m
=
m

解得：B=5
T

答案：(1)32V/m　(2)5
T

4.(2014·衢州二模)如图甲所示，两根足够长、电阻不计的光滑平行金属导轨相距为L1=2m，导轨平面与水平面成θ=30°角，上端连接阻值R=1.5Ω的电阻；质量为m=0.4kg、阻值r=0.5Ω的匀质金属棒ab放在两导轨上，距离导轨最上端为L2=4m，棒与导轨垂直并保持良好接触。整个装置处于一匀强磁场中，该匀强磁场方向与导轨平面垂直，磁感应强度大小随时间变化的情况如图乙所示。(g=10m/s2)

(1)保持ab棒静止，求在0～4s内通过金属棒ab的电流大小和方向。

(2)为了保持ab棒静止，需要在棒的中点施加一垂直于棒且平行于导轨平面的外力F，求2s时外力F的大小和方向。

(3)5s后撤去外力，金属棒由静止开始向下滑动，滑行1.1m恰好匀速运动，求在此过程中电阻R上产生的焦耳热。

【解析】(1)在0～4s内，由法拉第电磁感应定律：

E=
=2V ①

由闭合电路欧姆定律：

I=
=1A ②

根据楞次定律知通过金属棒ab的电流方向为由b→a ③

(2)当t=2s时，ab棒受到沿斜面向上的安培力

F安=IBL1=1N ④

对ab棒受力分析，由平衡条件：

F=mgsinθ-F安=1N ⑤

方向平行于导轨平面向上　 ⑥

(3)ab棒沿导轨下滑切割磁感线产生感应电动势，有：

E′=B′L1v　 ⑦

产生的感应电流I′=
　 ⑧

棒下滑至速度稳定时，棒两端电压也恒定，此时ab棒受力平衡，有：

mgsin30°=B′I′L1　 ⑨

得v=
=1m/s ⑩

由动能定理，得mg·x·sinθ-W安=
mv2　 ?

Q总=W安=mgxsinθ-
mv2=2J ?

QR=
Q总=1.5J ?

答案：(1)1A　b→a　(2)1N　方向平行于导轨平面向上　(3)1.5J

5.(2014·杭州二模)如图所示，AB为一长为l并以速度v顺时针匀速转动的传送带，BCD部分为一半径为r、竖直放置的粗糙半圆形轨道，直径BD恰好竖直，并与传送带相切于B点，现将一质量为m的小滑块无初速度地放在传送带的左端A点上，已知滑块与传送带间的动摩擦因数为μ(l>
)，求：

(1)滑块到达B点时对轨道的压力大小。

(2)滑块恰好能到达D点，求滑块在粗糙半圆形轨道中克服摩擦力所做的功。

(3)滑块从D点再次掉到传送带上的某点E，求AE的距离。

【解析】(1)设滑块在摩擦力作用下从A到B一直被加速，且设刚好到达B点时的速度为v，则x=

故滑块在传送带上是先加速后匀速，到达B点时与传送带速度相同为v

由牛顿第二定律：FN-mg=m

得FN=m(g+
)

由牛顿第三定律知其对轨道的压力为m(g+
)

(2)滑块恰好能到达D点，则mg=m

由动能定理得：-mg·2r-Wf=
mv′2-
mv2

得Wf=
mv2-
mgr

(3)滑块从D点再次掉到传送带上E点做平抛运动，即

水平方向：x=v′t

竖直方向：y=
gt2=2r

解得t=2
，x=2r

故AE的距离为l-2r

答案：(1)m(g+
)　(2)
mv2-
mgr

(3)l-2r

6.(2014·郑州模拟)如图所示的平行板器件中，存在相互垂直的匀强磁场和匀强电场，磁感应强度B1=0.20T，方向垂直纸面向里；电场强度E=1.0×105V/m，方向竖直向下。紧靠平行板右侧边缘，有垂直纸面向里的有界匀强磁场，磁感应强度B2=0.25T，磁场边界为一等腰直角三角形ACD，直角边长L1=0.4m。一离子源发射一束带电荷量q=8.0×10-19C的正离子从P点射入平行板间，沿板间中线PQ做直线运动，穿出平行板后从AC边中点垂直AC射入磁场区，离子通过有界磁场后打在距AD边L2=0.1m的足够大的荧光屏EF上，在荧光屏上留下一条亮线。所有离子通过AD边时的速度方向与AD边的夹角在45°～90°之间。试求(不计离子重力，结果保留两位有效数字)：

(1)离子速度的大小。

(2)离子的质量范围及荧光屏上亮线的长度。

(3)若磁感应强度B2的大小可调，为使离子都不能打到荧光屏上，求B2的大小。

【解析】(1)设正离子的速度为v，由于沿中线PQ做直线运动，

则有qE=qvB1

代入数据解得v=5.0×105m/s

(2)设离子的质量为m，如图所示，当通过AD边时的速度方向与AD边夹角为

90°时，由几何关系可知运动半径r1=0.2m

当通过AD边时的速度方向与AD边夹角为45°时，由几何关系可知运动半径r2=0.1m

由牛顿第二定律有qvB2=m
，

由于r2≤r≤r1，

解得4.0×10-26kg≤m≤8.0×10-26kg

离子射出有界磁场后沿出射方向做匀速直线运动，离子射到荧光屏上两边界点为GH，

过出射点K1向荧光屏作垂线交点为K，

有GH=GK+KH

其中GK=K1K=L2=0.1m

KH=K1H1=r1-
r2=0.06m，

所以GH=0.16m

(3)如图所示，使离子不能打到荧光屏上的最大半径为r3，由几何关系可知

r3+
r3=AQ，r3=
m

设离子都不能打到荧光屏上，最小的磁感应强度大小为B0，

则qvB0=m

代入数据解得B0=
T=0.60 T，

则B2≥0.60T(或B2>0.60T)

答案：(1)5.0×105m/s　

(2)4.0×10-26kg≤m≤8.0×10-26kg　0.16m

(3)B2≥0.60T(或B2>0.60T)

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