计算题集训二1．如图1所示，木板与水平地面间的夹角θ可以随意改变，当θ＝30°时，可视为质点的一小木块恰好能沿着木板匀速下滑．若让该小木块从木板的底端以大小恒定的初速率v0沿木板向上运动，随着θ的改变，小物块沿木板滑行的距离s将发生变化，重力加速度为g.图1(1)求小物块与木板间的动摩擦因数；(2)当θ角满足什么条件时，小物块沿木板滑行的距离最小，并求出此最小值．解析(1)当θ＝30°时，对木块受力分析：mgsinθ＝μFN①FN－mgcosθ＝0②则动摩擦因数：μ＝tanθ＝tan30°＝③(2)当θ变化时，木块的加速度a为：mgsinθ＋μmgcosθ＝ma④木块的位移s为：v＝2as⑤则s＝令tanα＝μ，则当α＋θ＝90°时s最小，即θ＝60°⑥s最小值为smin＝＝答案(1)(2)60°2.图2所示，MN、PQ是相互交叉成60°角的光滑金属导轨，O是它们的交点且接触良好．两导轨处在水平面内，并置于有界的匀强磁场中(图中过O点的虚线为磁场左边界，与∠MOQ的平分线垂直)，磁感应强度大小为B，方向与轨道平面垂直．质量为m的导体棒ab与轻弹簧S(其轴线沿∠MOQ的平分线)右端拴接，平行磁场边界跨接在导轨上．t＝0时刻，将棒ab由距离O点x0处静止释放，当棒ab向左运动到距离O点x0处时恰好受到的合外力为零．已知棒ab运动到O点时弹簧处于原长，导轨和导体棒单位长度的电阻均为r，弹簧劲度系数为k.求：图2(1)导体棒ab刚释放时的加速度大小；(2)导体棒ab匀速运动时的速度v0；(3)从导体棒第一次经过O点开始直到它静止的过程中，导体棒ab中产生的热量．解析(1)导体棒ab刚释放时感应电流为零，由kx0＝ma解得加速度大小为a＝.(2)导体棒ab匀速运动时，设ab棒在导轨之间的长度为l，根据法拉第电磁感应定律可得感应电动势E＝Blv0，感应电流I＝＝设O点到ab棒的距离为x，则ab棒的有效长度l＝2xtan30°＝x因为匀速运动时，ab棒受到的合外力为零，根据平衡条件得k·x0＝BIl此时l＝x0解得v0＝.(3)导体棒ab最终只能静止于O点，故其功能全部转化为焦耳热，即Q＝mv因为导轨与ab构成等边三角形，三边电阻总是相等的，所以三边产生的热量总是相等的．即Qab＝＝＝.答案(1)(2)(3)3．(·天津卷·11)一圆筒的横截面如图3所示，其圆心为O.筒内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.圆筒下面有相距为d的平行金属板M、N，其中M板带正电荷，N板带等量负电荷．质量为m、电荷量为q的带正电粒子自M板边缘的P处由静止释放，经N板的小孔S以速度v沿半径SO方向射入磁场中．粒子与圆筒发生两次碰撞后仍从S孔射出，设粒子与圆筒碰撞过程中没有动能损失，且电荷量保持不变，在不计重力的情况下，求：图3(1)M、N间电场强度E的大小；(2)圆筒的半径R；(3)保持M、N间电场强度E不变，仅将M板向上平移d，粒子仍从M板边缘的P处由静止释放，粒子自进入圆筒至从S孔射出期间，与圆筒的碰撞次数n.解析(1)设两板间的电压为U，由动能定理得qU＝mv2①由匀强电场中电势差与电场强度的关系得U＝Ed②联立上式可得E＝③(2)粒子进入磁场后做匀速圆周运动，运用几何关系作出圆心为O′，圆半径为r的弧SA.设第一次碰撞点为A，由于粒子与圆筒发生两次碰撞又从S孔射出，因此，SA弧所对的圆心角∠AO′S等于.由几何关系得r＝Rtan④粒子运动过程中洛伦兹力充当向心力，由牛顿第二定律，得qvB＝m⑤联立④⑤式得R＝⑥(3)保持M、N间电场强度E不变，M板向上平移d后，设板间电压为U′，则U′＝＝⑦设粒子进入S孔时的速度为v′，由①式得＝综合⑦式可得v′＝v⑧设粒子做圆周运动的半径为r′，则r′＝⑨设粒子从S到第一次与圆筒碰撞期间的轨迹所对圆心角为θ，比较⑥⑨两式得到r′＝R，可见θ＝⑩粒子须经过四个这样的圆弧才能从S孔射出，故n＝3⑪答案(1)(2)(3)34.图4为某种鱼饵自动投放器中的投饵管装置示意图，其下半部AB是一长为2R的竖直细管，上半部BC是半径为R的四分之一圆弧弯管，管口沿水平方向，AB管内有一原长为R、下端固定的轻质弹簧．投饵时，每次总将弹簧长度压缩到0.5R后锁定，在弹簧上端放置一粒鱼饵，解除锁定，弹簧可将鱼饵弹射出去．设质量为m的鱼饵到达管口C时，对管壁的作用力恰好为零．不计鱼饵在运动过程中的机械能损失，且锁定和解除锁定时，均不改变弹...
