高考物理二轮复习 计算题专练（八）试题VIP免费

计算题专练(八)1.如图1甲所示，滑块与足够长的木板叠放在光滑水平面上，开始时均处于静止状态.作用于滑块的水平力F随时间t变化图象如图乙所示，t＝2.0s时撤去力F，最终滑块与木板间无相对运动.已知滑块质量m＝2kg，木板质量M＝1kg，滑块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，取g＝10m/s2.求：图1(1)t＝0.5s时滑块的速度大小；(2)0～2.0s内木板的位移大小；(3)整个过程中因摩擦而产生的热量.答案见解析解析(1)木板M的最大加速度am＝＝4m/s2，滑块与木板保持相对静止时的最大拉力Fm＝(M＋m)am＝12N即F为6N时，M与m一起向右做匀加速运动对整体分析有：F＝(M＋m)a1v1＝a1t1代入数据得：v1＝1m/s(2)对M：0～0.5s，x1＝a1t0.5～2s，μmg＝Ma2x2＝v1t2＋a2t则0～2s内木板的位移x＝x1＋x2＝6.25m(3)对滑块：0.5～2s，F－μmg＝ma2′0～2s时滑块的位移x′＝x1＋(v1t2＋a2′t)在0～2s内m与M相对位移Δx1＝x′－x＝2.25mt＝2s时木板速度v2＝v1＋a2t2＝7m/s滑块速度v2′＝v1＋a2′t2＝10m/s撤去F后，对M：μmg＝Ma3对m：－μmg＝ma3′当滑块与木板速度相同时保持相对静止，即v2＋a3t3＝v2′＋a3′t3解得t3＝0.5s该段时间内，M位移x3＝v2t3＋a3tm位移x3′＝v2′t3＋a3′t相对位移Δx2＝x3′－x3＝0.75m整个过程中滑块在木板上滑行的相对位移Δx＝Δx1＋Δx2＝3m系统因摩擦产生的热量Q＝μmg·Δx＝12J.2.如图2所示，以O为圆心、半径为R的圆形区域内存在垂直圆面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，一粒子源位于圆周上的M点，可向磁场区域内垂直磁场沿各个方向发射质量为m、电荷量为－q的粒子，不计粒子重力，N为圆周上另一点，半径OM和ON间的夹角为θ，且满足tan＝0.5.图2(1)若某一粒子以速率v1＝，沿与MO成60°角斜向上方射入磁场，求此粒子在磁场中运动的时间；(2)若某一粒子以速率v2，沿MO方向射入磁场，恰能从N点离开磁场，求此粒子的速率v2；(3)若由M点射入磁场各个方向的所有粒子速率均为v2，求磁场中有粒子通过的区域面积.答案见解析解析(1)粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，设轨迹半径为r1，由牛顿第二定律可得qv1B＝解得：r1＝＝R粒子沿与MO成60°角方向射入磁场，设粒子从区域边界P射出，其运动轨迹如图甲所示.由图中几何关系可知粒子轨迹所对应的圆心角为α＝150°，甲方法1：故粒子在磁场中的运动时间t＝＝＝方法2：粒子运动周期T＝粒子在磁场中的运动时间t＝T得t＝(2)粒子以速率v2沿MO方向射入磁场，在磁场中做匀速圆周运动，恰好从N点离开磁场，其运动轨迹如图乙，设粒子轨迹半径为r2，由图中几何关系可得：r2＝Rtan＝R乙由牛顿第二定律可得qv2B＝解得粒子的速度v2＝＝(3)粒子沿各个方向以v2进入磁场做匀速圆周运动时的轨迹半径都为r2，且不变.由图丙可知，粒子在磁场中通过的面积S等于以O3为圆心的扇形MO3O的面积S1、以M为圆心的扇形MOQ的面积S2和以O点为圆心的圆弧MQ与直线MQ围成的面积S3之和.丙S1＝π()2＝S2＝πR2S3＝πR2－×R×tan60°＝πR2－R2则S＝πR2－R2.