专题20 计算题的解题方法与技巧（仿真押题）-2018年高考物理命题猜想与仿真押题
1.如图1所示，水平桌面左端有一顶端高为h的光滑圆弧形轨道，圆弧的底端与桌面在同一水平面上.桌面右侧有一竖直放置的光滑圆轨道MNP，其形状为半径R＝0.8m的圆环剪去了左上角135°后剩余的部分，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离也为R.一质量m＝0.4kg的物块A自圆弧形轨道的顶端静止释放，到达圆弧形轨道底端恰与一停在圆弧底端水平桌面上质量也为m的物块B发生弹性正碰(碰撞过程没有机械能的损失)，碰后物块B的位移随时间变化的关系式为x＝6t－2t2(关系式中所有物理量的单位均为国际单位)，物块B飞离桌面后恰由P点沿切线落入圆轨道.(重力加速度g取10m/s2)求：
图1
(1)BP间的水平距离xBP；
(2)判断物块B能否沿圆轨道到达M点；
(3)物块A由静止释放的高度h.
答案 (1)4.1m (2)不能 (3)1.8m
a＝－4m/s2减速到vD，则BD间的位移为
x1＝＝2.5m
故BP之间的水平距离xBP＝x＋x1＝4.1m
(2)若物块B能沿轨道到达M点，在M点时其速度为vM，则有mv－mv＝－mgR
设轨道对物块的压力为FN，则FN＋mg＝m
解得FN＝(1－)mg<0，即物块不能到达M点.
(3)对物块A、B的碰撞过程，有：
mAvA＝mAvA′＋mBv0
mAv＝mAvA′2＋mBv
解得：vA＝6m/s
设物块A释放的高度为h，则
mgh＝mv，
解得h＝1.8m
2.如图2所示为过山车简易模型，它由光滑水平轨道和竖直面内的光滑圆形轨道组成，Q点为圆形轨道最低点，M点为最高点，圆形轨道半径R＝0.32m.水平轨道PN右侧的水平地面上，并排放置两块长木板c、d，两木板间相互接触但不粘连，长木板上表面与水平轨道PN平齐，木板c质量m3＝2.2kg，长L＝4m，木板d质量m4＝4.4kg.质量m2＝3.3kg的小滑块b放置在轨道QN上，另一质量m1＝1.3kg的小滑块a从P点以水平速度v0向右运动，沿圆形轨道运动一周后进入水平轨道与小滑块b发生碰撞，碰撞时间极短且碰撞过程中无机械能损失.碰后a沿原路返回到M点时，对轨道压力恰好为0.已知小滑块b与两块长木板间动摩擦因数均为μ0＝0.16，重力加速度g＝10m/s2.
图2
(1)求小滑块a与小滑块b碰撞后，a和b的速度大小v1和v2；
(2)若碰后滑块b在木板c、d上滑动时，木板c、d均静止不动，c、d与地面间的动摩擦因数μ至少多大？(木板c、d与地面间的动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力)
(3)若不计木板c、d与地面间的摩擦，碰后滑块b最终恰好没有离开木板d，求滑块b在木板c上滑行的时间及木板d的长度.
答案 (1)4m/s 5.2 m/s (2)0.069 (3)1s 1.4m
解析 (1)根据题意可知：小滑块a碰后返回到M点时：
m1＝m1g
代入数据，解得：v0＝9.2m/s，v2＝5.2 m/s
(2)若b在d上滑动时d能静止，则b在c上滑动时c和d一定能静止
μ(m2＋m4)g>μ0m2g
解得μ>μ0≈0.069
(3)小滑块b滑上长木板c时的加速度大小：
a1＝μ0g＝1.6m/s2
此时两块长木板的加速度大小：a2＝g＝0.8m/s2
令小滑块b在长木板c上的滑行时间为t，则：
时间t内小滑块b的位移x1＝v2t－a1t2
由动量守恒可知：m2v2′＋m4v3＝(m2＋m4)v
解得：v＝2m/s
μ0m2gx＝m2v2′2＋m4v－(m2＋m4)v2
解得：x＝1.4m
3.如图3所示，两个圆形光滑细管在竖直平面内交叠，组成“8”字形通道，在“8”字形通道底端B处连接一内径相同的粗糙水平直管AB.已知E处距地面的高度h＝3.2m，一质量m＝1kg的小球a从A点以速度v0＝12m/s的速度向右进入直管道，到达B点后沿“8”字形轨道向上运动，到达D点时恰好与轨道无作用力，直接进入DE管(DE管光滑)，并与原来静止于E处的质量为M＝4kg的小球b发生正碰(a、b均可视为质点).已知碰撞后a球沿原路返回，速度大小为碰撞前速度大小的，而b球从E点水平抛出，其水平射程s＝0.8m.(g＝10m/s2)
图3
(1)求碰后b球的速度大小；
(2)求“8”字形管道上下两圆的半径r和R；
(3)若小球a在管道AB中运动时所受阻力为定值，请判断a球返回到BA管道时，能否从A端穿出？
答案 (1)1m/s (2)0.9m 0.7m (3)不能
解析 (1)b球离开E点后做平抛运动
h＝gt2，s＝vbt，解得vb＝1m/s
(2)a、b碰撞过程，动量守恒，以水平向右为正方向，则有：
mva＝－m×va＋Mvb
解得va＝3m/s
碰前a在D处恰好与轨道无作用力，则有：mg＝m
r＝0.9m
R＝＝0.7m
所以，a球返回到BA管道中时，不能从A端穿出.
4．如图，质量M＝1 kg的木板静止在水平面上，质量m＝1 kg、大小可以忽略的铁块静止在木板的右端．设最大摩擦力等于滑动摩擦力，已知木板与地面间的动摩擦因数μ1
＝0.1，铁块与木板之间的动摩擦因数μ2＝0.4，取g＝10 m/s2.现给铁块施加一个水平向左的力F. x.k*-w
(1)若力F恒为8 N，经1 s铁块运动到木板的左端．求：木板的长度L；
(2)若力F从零开始逐渐增加，且木板足够长．试通过分析与计算，在图中作出铁块受到的摩擦力f随力F大小变化的图像．
答案 (1)1 m (2)f－F图像见解析
解析 (1)铁块，由牛顿第二定律F－μ2mg＝ma1①
木板，由牛顿第二定律μ2mg－μ1(M＋m)g＝Ma2②
设木板的长度为L，经时间t铁块运动到木板的左端，则
s木＝a2t2③
s铁＝a1t2④
又s铁－s木＝L⑤
此时f≤μ1mg＝4 N，也即F≤6 N⑩
所以当2 N
6 N时，M、m相对滑动，此时铁块受到的摩擦力为f＝μ2mg＝4 N
图像如图所示：
5．如图甲所示，水平地面上放置一倾角为θ＝37°的足够长的斜面，质量为m的物块置于斜面的底端．某时刻起物块在沿斜面向上的力F作用下由静止开始运动，力F随位移变化的规律如图乙所示．已知整个过程斜面体始终保持静止状态，物块开始运动t＝0.5 s内位移x1＝1 m,0.5 s后物块再运动x2＝2 m时速度减为0.取g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：
(1)由静止开始，0.5 s末物块运动的速度的大小；
(2)物块沿斜面向上运动过程，受到的摩擦力做的功；
(3)物块在沿斜面向下运动过程中，斜面体受到地面的摩擦力的大小．
答案 (1)4 m/s (2)－12 J (3)1.6 N
减速过程：－(mgsinθ＋μmgcosθ－F2)x2＝0－mv2
Wf＝－μmgcosθ(x1＋x2)
联立解得m＝1 kg，μ＝0.5，Wf＝－12 J
(3)斜面体受到物块的压力N＝mgcosθ
受到物块的摩擦力f＝μmgcosθ
设斜面体受到沿地面向右的摩擦力为f地，由平衡条件有
f地＋Nsinθ－fcosθ＝0
解得f地大小1.6 N
6．如图所示，半径R＝0.5 m的光滑圆弧面CDM分别与光滑斜面体ABC和斜面MN相切于C、M点，O为圆弧圆心，D为圆弧最低点．斜面体ABC固定在地面上，顶端B安装一定滑轮，一轻质软细绳跨过定滑轮(不计滑轮摩擦)分别连接小物块P、Q(两边细绳分别与对应斜面平行)，并保持P、Q两物块静止．若PC间距为L1＝0.25 m，斜面MN足够长，物块P质量m＝3 kg，与MN间的动摩擦因数μ＝，求：(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)
(1)烧断细绳后，物块P第一次到达D点时对轨道的压力大小；
(2)物块P第一次过M点后0.3 s到达K点，则MK间距多大；
(3)物块P在MN斜面上滑行的总路程．
答案 (1)78 N (2)0.17 m (3)1.0 m
解得FD＝78 N
由牛顿第三定律得，物块P对轨道的压力大小为78 N
(2)PM段，根据动能定理，有
mgL1sin53°＝mv
解得vM＝2 m/s
沿MN向下运动过程，根据牛顿第二定律，有
a2＝gsin53°－μgcos53°＝6 m/s2
根据运动学公式，有xMK＝t1－a2t＝0.17 m
即MK之间的距离为0.17 m
(3)最后物体在CM之间来回滑动，且到达M点时速度为零，对从P到M过程运用动能定理，得到
mgL1sin53°－μmgcos53°·L总＝0
解得L总＝1.0 m
即物块P在MN斜面上滑行的总路程为1.0 m
7．如图所示，光滑绝缘的正方形水平桌面边长为d＝0.48 m，离地高度h＝1.25 m．桌面上存在一水平向左的匀强电场(除此之外其余位置均无电场)，电场强度E＝1×104 N/C.在水平桌面上某一位置P处有一质量m＝0.01 kg，电量q＝1×10－6 C的带正电小球以初速v0＝1 m/s向右运动．空气阻力忽略不计，重力加速度g＝10 m/s2.求：
(1)小球在桌面上运动时加速度的大小和方向；
(2)P处距右端桌面多远时，小球从开始运动到最终落地的水平距离最大？并求出该最大水平距离？
答案 (1)1.0 m/s2 方向：水平向左
(2) m m
解析 (1)对小球受力分析，受到重力、支持力和电场力，重力和支持力平衡，根据牛顿第二定律，有
a＝＝＝ m/s2＝1.0 m/s2
方向：水平向左
(2)设球到桌面右边的距离为x1，球离开桌面后做平抛运动的水平距离为x2，
故x总＝x1＋0.5
令y＝
则x总＝
故，当y＝，即x1＝ m时，水平距离最大
最大值为xm＝ m
即距桌面右端 m处放入，有最大水平距离为 m
8．如图所示，A、B间存在与竖直方向成45°斜向上的匀强电场E1，B、C间存在竖直向上的匀强电场E2，A、B的间距为1.25 m，B、C的间距为3 m，C为荧光屏．一质量m＝1.0×10－3 kg，电荷量q＝＋1.0×10－2 C的带电粒子由a点静止释放，恰好沿水平方向经过b点到达荧光屏上的O点．若在B、C间再加方向垂直于纸面向外且大小B＝0.1 T的匀强磁场，粒子经b点偏转到达荧光屏的O′点(图中未画出)．取g＝10 m/s2.求：
(1)E1的大小；
(2)加上磁场后，粒子由b点到O′点电势能的变化量及偏转角度．
答案 (1)E1＝ N/C＝1.4 N/C
(2)电势能增加了1.0×10－2 J，粒子偏转角度为37°
解析 由平衡条件可以求出电场强度；根据动能定理，可求出粒子经b点的速度，再由平衡状态，与牛顿第二定律，及几何关系可确定电势能变化量．
qE1dABsin45°＝mv－0
解得vb＝5 m/s x+-k.w
加磁场前粒子在B、C间必做匀速直线运动，则有qE2＝mg
加磁场后粒子在B、C间必做匀速圆周运动，如图所示，
W＝－qE2y＝－mgy＝－1.0×10－2 J
由功能关系知，粒子的电势能增加了1.0×10－2 J
偏转角度为37°
9．如图，在边长为L的等边三角形ACD区域内，存在垂直于所在平面向里的匀强磁场．大量的质量为m、电荷量为q的带正电粒子以相同速度(速度大小未确定)沿垂直于CD的方向射入磁场，经磁场偏转后三条边均有粒子射出，其中垂直于AD边射出的粒子在磁场中运动的时间为t0.不计粒子的重力及粒子间的相互作用．求：
(1)磁场的磁感应强度大小；
(2)要确保粒子能从CD边射出，射入的最大速度；
(3)AC、AD边上可能有粒子射出的范围．
答案 (1) (2)
(3)AC、AD边上可能有粒子射出的范围为CE段和DF段，xCE＝、xDF＝
(2)
当轨迹圆与AC、AD都相切时，粒子能从CD边射出，半径最大，速度为最大值，此时根据qvB＝m，得r＝
解得v＝
所以，粒子射入的速度应满足v≤
(3)
xDF＝＝
10．如图甲所示，斜面倾角为37°，一宽为l＝0.43 m的有界匀强磁场垂直于斜面向上，磁场边界与斜面底边平行．在斜面上由静止释放一正方形金属线框，线框沿斜面下滑，下边与磁场边界保持平行．取斜面底边重力势能为零，从线框开始运动到恰好完全进入磁场的过程中，线框的机械能E和位移s之间的关系如图乙所示，图中①、②均为直线段．已知线框的质量为m＝0.1 kg，电阻为R＝0.06 Ω，重力加速度取g＝10 m/s2.求：
(1)金属线框与斜面间的动摩擦因数；
(2)金属线框刚进入磁场到恰完全进入磁场所用的时间；
(3)金属线框穿越磁场的过程中，线框中产生的最大电功率(本小题保留两位有效数字)．
答案 (1)0.5 (2)0.125 s (3)0.43 W
解析 (1)减少的机械能等于克服摩擦力所做的功ΔE1＝Wf1
而ΔE1＝0.900 J－0.756 J＝0.144 J
Wf1＝μmgcos37s1
其中s1＝0.36 m
解得μ＝0.5
(2)金属线框进入磁场的过程中，减小的机械能等于克服摩擦力和安培力所做的功，机械能仍均匀减小，因此安培力也为恒力，线框做匀速运动v＝2as1
其中a＝gsin37°－μgcos37°＝2 m/s2
可解得线框刚进磁场时的速度大小为v1＝1.2 m/s
ΔE2＝Wf2＋WA＝(f＋FA)s2
其中ΔE2＝0.756 J－0.666 J＝0.09 J
f＋FA＝mgsin37°＝0.6 N
s2为线框的侧边长
又因为FA＝BIL＝
可求出B2L2＝0.01
代入数据解得Pm＝I2R＝＝0.43 W
11．如图所示，在xOy平面内，以O1(0，R)为圆心、R为半径的圆形区域内有垂直平面向里的匀强磁场B1，x轴下方有一直线ab，ab与x轴相距为d，x轴与直线ab间区域有平行于y轴的匀强电场E，在ab的下方有一平行于x轴的感光板MN，ab与MN间区域有垂直于纸平面向外的匀强磁场B2.
在0≤y≤2R的区域内，质量为m、电荷量为e的电子从任何位置从圆形区域的左侧沿x轴正方向以速度v0射入圆形区域，经过磁场B1偏转后都经过O点，然后进入x轴下方．已知x轴与直线ab间匀强电场场强大小E＝，ab与MN间磁场磁感应强度B2＝.不计电子重力．
(1)求圆形区域内磁场磁感应强度B1的大小？
(2)若要求从所有不同位置出发的电子都不能打在感光板MN上，MN与ab板间的最小距离h1是多大？
(3)若要求从所有不同位置出发的电子都能打在感光板MN上，MN与ab板间的最大距离h2是多大？当MN与ab板间的距离最大时，电子从O点到MN板，运动时间最长是多少？
答案 (1) (2)3d (3)d ＋
解析 (1)所有电子射入圆形区域后做圆周运动轨道半径大小相等，设为r，当电子从位置y＝R处射入
如果电子在O点以速度v0沿x轴负方向射入电场，经电场偏转和磁场偏转后，不能打在感光板上，则所有电子都不能打在感光板上．恰好不能打在感光板上的电子在磁场中的圆轨道圆心为O2如图，则
感光板与ab间的最小距离h1＝r1＋r1cosθ
解得v＝2v0，r1＝2d，θ＝60°，h1＝3d x+k+-w
(3)如果电子在O点沿x轴正方向射入电场，经电场偏转和磁场偏转后，能打在感光板上，则所有电子都能打在感光板上．恰好能打在感光板上的电子在磁场中的圆轨道圆心为O3，如图，感光板与ab间的最大距离
h2＝r1－r1cosθ
解得h2＝d
tm＝＋
12．近代的材料生长和微加工技术，可制造出一种使电子的运动限制在半导体的一个平面内(二维)的微结构器件，且可做到电子在器件中像子弹一样飞行，不受杂质原子射散的影响．这种特点可望有新的应用价值．图甲所示为四端十字形，二维电子气半导体，当电流从1端进入时，通过控制磁场的作用，可使电流从2、3或4端流出．对下面模拟结构的研究，有助于理解电流在上述四端十字形导体中的流动．在图乙中，a、b、c、d为四根半径都为R的圆柱体的横截面，彼此靠得很近，形成四个宽度极窄的狭缝1、2、3、4，在这些狭缝和四个圆柱所包围的空间(设为真空)存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里．一个质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，由静止经电场加速后，在纸面内以速度v0沿与a、b都相切的方向由缝1射入磁场内，与其中一个圆柱表面发生一次弹性碰撞(碰撞无机械能损失)，从缝2处且沿与b、c都相切的方向射出，碰撞时间极短，且碰撞不改变粒子的电荷量，也不受摩擦力作用，重力忽略不计．加速电场两板间距为d，两极板厚度不计且其右极板与圆柱a、b同时相切．
(1)求加速电场电压U.
(2)求磁感应强度B.
(3)求从由静止加速到从缝2射出所用的时间t.
答案 (1) (2)
(3)t＝＋
解析 (1)粒子由静止在电场中加速qU＝mv①
解得U＝②
(2)在图中纸面内取Oxy坐标(如图)，原点在狭缝1处，x轴过缝1和缝3.粒子从缝1进入磁场，在洛伦兹力作用下做圆周运动，圆轨道在原点与x轴相切，故其圆心必在y轴上．若以r表示此圆的半径，则圆方程为
x2＋(r－y)2＝r2③
根据题的要求和对称性可知，粒子在磁场中做圆周运动时应与d的柱面相碰于缝3、4间的圆弧中点处，
(3)在电场中加速用时t1＝⑨
在磁场中转过两段圆弧，设每段圆弧对应圆心角为θ有
sinθ＝⑩
且磁场中用时t2＝⑪
t3＝⑫
总共用时t＝t1＋t2＋t3⑬
由④⑨⑩⑪⑫式得t＝＋⑭
13．如图所示，两块平行金属极板MN水平放置，板长L＝1 m，间距d＝ m，两金属板间电压UMN＝1×104 V；在平行金属板右侧依次存在ABC和FGH两个全等的正三角形区域，正三角形ABC内存在垂直纸面向里的匀强磁场B1，三角形的上顶点A与上金属板M平齐，BC边与金属板平行，AB边的中点P恰好在下金属板N的右端点；正三角形FGH内存在垂直纸面向外的匀强磁场B2，已知A、F、G处于同一直线上，B、C、H也处于同一直线上，AF两点距离为 m．现从平行金属极板MN左端沿中心轴线方向入射一个重力不计的带电粒子，粒子质量m＝3×10－10 kg，带电量q＝＋1×10－4 C，初速度v0＝1×105 m/s.求：
(1)带电粒子从电场中射出时的速度v的大小和方向？
(2)若带电粒子进入三角形区域ABC后垂直打在AC边上，求该区域的磁感应强度？
(3)接第(2)问，若要使带电粒子由FH边界进入FGH区域并能再次回到FH界面，求B2至少应为多大？
答案 (1)×105 m/s 垂直于AB方向出射
(2) T (3) T
解析 (1)设带电粒子在电场中做类平抛运动的时间为t，加速度为a
则q＝ma，解得a＝＝×1010 m/s2
t＝＝1×10－5 s
竖直方向的速度为vy＝at＝×105 m/s
射出时速度为v＝＝×105 m/s
设速度v与水平方向夹角为θ，有tanθ＝＝
由qvB1＝m，知B1＝＝ T
(3)分析知当轨迹与边界GH相切时，对应磁感应强度B2最大，运动轨迹如图所示：
由几何关系得R2＋＝1
故半径R2＝(2－3) m
又qvB2＝m
故B2＝ T
所以B2应满足的条件为大于 T
14．如图甲所示，空间存在一范围足够大、方向垂直于竖直xOy平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B.让质量为m，电荷量为q(q>0)的粒子从坐标原点O沿xOy平面入射．不计粒子重力，重力加速度为g.
(1)若该粒子沿y轴负方向入射后，恰好能经过x轴上的A(a,0)点，求粒子速度的大小．
(2)若该粒子以速度v沿y轴负方向入射的同时，一不带电的小球从x轴上方某一点平行于x轴向右抛出，二者经过时间t＝恰好相遇，求小球抛出点的纵坐标．
(3)如图乙所示，在此空间再加入沿y轴负方向、大小为E的匀强电场，让该粒子改为从O点静止释放，研究表明：粒子在xOy平面内将做周期性运动，其周期T＝，且在任一时刻，粒子速度的x分量vx与其所在位置的y坐标绝对值的关系为vx＝y.若在粒子释放的同时，另有一不带电的小球从x轴上方某一点平行于x轴向右抛出，二者经过时间t＝恰好相遇，求小球抛出点的纵坐标．
答案 (1) (2)g()2－
(3)g()2－
粒子做匀速圆周运动的周期为T，有T＝
则相遇时间为t＝＝T
在这段时间内粒子转动的圆心角为θ，有
θ＝×360°＝150°
如图所示，相遇点的纵坐标绝对值为
r2sin30°＝
故小球抛出点的纵坐标为y＝g()2－
15．如图甲所示，不变形、足够长、质量为m1＝0.2 kg的“U”形金属导轨PQMN放在绝缘水平桌面上，QP与MN平行且距离d＝1 m，Q、M间导体电阻阻值R＝4 Ω，右内侧紧靠两固定绝缘小立柱1、2；光滑金属杆KL电阻阻值r＝1 Ω，质量m2＝0.1 kg，垂直于QP和MN，与QM平行且距离L＝0.5
m，左侧紧靠两固定绝缘小立柱3、4.金属导轨与桌面的动摩擦因数μ＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，其余电阻不计．从t＝0开始，垂直于导轨平面的磁场磁感应强度如图乙所示．
(1)求在整个过程中，导轨受到的静摩擦力的最大值fmax；
(2)如果从t＝2 s开始，给金属杆KL水平向右的外力，外力对金属杆作用的功率保持不变为P0＝320 W，杆到达最大速度时撤去外力，求撤去外力后QM上产生的热量QR＝？
答案 (1)0.8 N (2)4 J
解析 (1)在0－1 s时间内，设t时刻磁场磁感应强度为B，QKLM中的感应电动势为E，电流为I，金属导轨QM受到的安培力为F，则由乙图得B＝2＋2t(T)
1 s以后，电动势为零，QM受到的安培力为零．即安培力最大时，仍然小于金属导轨PQMN受到的最大静摩擦力，金属导轨PQMN始终静止，受到的是静摩擦力
所以fmax＝Fm，则得fmax＝0.8 N
(2)从t＝2 s开始后，导轨QM受到的安培力向右，由于小立柱1、2的作用，金属导轨PQMN静止．设
杆KL的最大速度为vm时，感应电动势为E1，电流为I1，受到的安培力为F1，外力为F0，则E1＝B0dvm，I1＝
则得F1＝B0I1d，有F0vm＝P0
即＝
解得vm＝10 m/s x+-k.w
撤去外力直到停下来，产生的总热量为Q0，则
Q0＝m2v
QM上产生的热量QR＝R
代入数据，解得Q0＝5 J，QR＝4 J
16．如图所示，电阻忽略不计的、两根平行的光滑金属导轨竖直放置，其上端接一阻值为3 Ω的定值电阻R.在水平虚线L1、L2间有一与导轨所在平面垂直的匀强磁场B，磁场区域的高度为d＝0.5 m．导体棒a的质量ma＝0.2 kg、电阻Ra＝3 Ω；导体棒b的质量mb＝0.1 kg、电阻Rb＝6 Ω，它们分别从图中M、N处同时由静止开始在导轨上无摩擦向下滑动，都能匀速穿过磁场区域，且当b刚穿出磁场时a正好进入磁场．设重力加速度为g＝10 m/s2，不计a、b棒之间的相互作用．导体棒始终与导轨垂直且与导轨接触良好．求：
(1)在整个过程中，a、b两棒分别克服安培力所做的功；
(2)导体棒a从图中M处到进入磁场的时间；
(3)M点和N点距L1的高度．
答案 (1)1.0 J 0.5 J (2) s (3) m m
解析 (1)根据功能关系，得Wa＝magd＝1.0 J
Wb＝mbgd＝0.5 J
(2)(3)b在磁场中匀速运动时：速度为vb，总电阻为R1＝7.5 Ω
vb＝gtb，ta＝tb＋t
解得导体棒a从图中M处到进入磁场的时间为ta＝ s
17．如图所示，坐标系xOy在竖直平面内，x轴沿水平方向．x＞0的区域有垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B1；第三象限同时存在着垂直于坐标平面向外的匀强磁场和竖直向上的匀强电场，磁感应强度大小为B2，电场强度大小为E.x＞0的区域固定一与x轴成θ＝30°角的绝缘细杆．一穿在细杆上的带电小球a沿细杆匀速滑下，从N点恰能沿圆周轨道运动到x轴上的Q点，且速度方向垂直于x轴．已知Q点到坐标原点O的距离为l，重力加速度为g，B1＝7E，B2＝E.空气阻力忽略不计，求：
(1)带电小球a的电性及其比荷；
(2)带电小球a与绝缘细杆的动摩擦因数μ；
(3)当带电小球a刚离开N点时，从y轴正半轴距原点O为h＝的P点(图中未画出)以某一初速度平抛一个不带电的绝缘小球b，b球刚好运动到x轴与向上运动的a球相碰，则b球的初速度为多大？
答案 (1)小球带正电， (2) (3)
解析 (1)由带电小球在第三象限内做匀速圆周运动，可得带电小球带正电且mg＝qE
解得＝
(2)带电小球从N点运动到Q点的过程中，有
qvB2＝m
由几何关系有R＋Rsinθ＝l
联立解得v＝
带电小球在杆上匀速运动时，由平衡条件，有
t＝＝2
两球相碰有t＝＋n(t0＋)
联立解得n＝1
设绝缘小球b平抛的初速度为v0，则
l＝v0t
解得v0＝
18.如图8所示，长L＝1.5m，高h＝0.45m，质量M
＝10kg的长方体木箱，在水平面上向右做直线运动.当木箱的速度v0＝3.6m/s时，对木箱施加一个方向水平向左的恒力F＝50N，并同时将一个质量m＝1kg的小球轻放在距木箱右端处的P点(小球可视为质点，放在P点时相对于地面的速度为零)，经过一段时间，小球脱离木箱落到地面.木箱与地面的动摩擦因数为0.2，其他摩擦均不计.取g＝10m/s2，求：
图8
(1)小球从离开木箱开始至落到地面所用的时间；
(2)小球放上P点后，木箱向右运动的最大位移；
(3)小球离开木箱时木箱的速度.
答案 (1)0.3s (2)0.9m (3)2.8m/s，方向向左
解析 (1)木箱上表面的摩擦不计，因此小球在离开木箱前相对地面处于静止状态，离开木箱后将做自
小球放上P点后，木箱向右运动的最大位移为0.9m.
(3)x1小于1m，所以小球不会从木箱的左端掉下，木箱向左运动的加速度为
a2＝＝m/s2
＝2.8m/s2
设木箱向左运动的距离为x2时，小球脱离木箱，则
x2＝x1＋＝(0.9＋0.5) m＝1.4m
设木箱向左运动的时间为t2，则：
由x2＝a2t
得：t2＝＝s＝1s
所以，小球离开木箱的瞬间，木箱的速度方向向左，大小为：v2＝a2t2＝2.8×1m/s＝2.8 m/s.
19.如图9甲所示，质量为m＝20kg的物体在大小恒定的水平外力作用下，冲上一足够长从右向左以恒定速度v0＝－10m/s传送物体的水平传送带，从物体冲上传送带开始计时，物体的速度－时间图象如图乙所示，已知0～2 s内水平外力与物体运动方向相反，2～4 s内水平外力与物体运动方向相反，g取10 m/s2.求：
甲
乙
图9
(1)物体与传送带间的动摩擦因数；
(2)0～4s内物体与传送带间的摩擦热Q.
答案 (1)0.3 (2)2880J
解析 (1)设水平外力大小为F，由图象可知0～2s内物体做匀减速直线运动，加速度大小为a1＝5m/s2，
x1＝t1＝10m
传送带的对地位移x1′＝v0t1＝－20m
此过程中物体与传送带间的摩擦热
Q1＝Ff(x1－x1′)＝1800J
2～4s内物体的对地位移
x2＝t2＝－2m
传送带的对地位移
x2′＝v0t2＝－20m
此过程中物体与传送带间的摩擦热
Q2＝Ff(x2－x2′)＝1080J
0～4s内物体与传送带间的摩擦热
Q＝Q1＋Q2＝2880J
21．交通信号“绿波”控制系统一般被称为“绿波带”，它是根据车辆运行情况对各路口红绿灯进行协调，使车辆通过时能连续获得一路绿灯。郑州市中原路上某直线路段每间隔L＝500 m就有一个红绿灯路口，绿灯时间Δt1＝60 s，红灯时间Δt2＝40 s，而且下一路口红绿灯亮起总比当前路口红绿灯滞后Δt＝50 s。要求汽车在下一路口绿灯再次亮起后能通过该路口。汽车可看作质点，不计通过路口的时间，道路通行顺畅。
(1)若某路口绿灯刚亮起时，某汽车恰好通过，要使该汽车保持匀速行驶，在后面道路上再连续通过五个路口，满足题设条件下，汽车匀速行驶的最大速度是多少？最小速度又是多少？(计算结果保留两位有效数字)
(2)若某路口遭遇红灯，待绿灯刚亮起时，某汽车由静止开始，以加速度a＝2 m/s2匀加速运动，加速到第(1)问中汽车匀速行驶的最大速度以后，便以此速度一直匀速运动。试通过计算判断，当该汽车到达下一个路口时能否遇到绿灯。
在此过程中汽车走过的位移x＝t1，x＝25 m
然后汽车以此速度匀速运动，可知
L－x＝vmaxt2，t2＝47.5 s
因此，汽车从该路口开始启动到下一个路口的时间为
t＝t1＋t2＝52.5 s
110 s＞t＞50 s，因此走到下个路口时能够遇到绿灯。
答案：(1)10 m/s 8.1 m/s (2)能
22.在水平长直轨道上，有一长度为L的平板车在外力控制下始终保持速度v0做匀速直线运动。某时刻将一质量为m的小滑块轻放到车面的中点，滑块与车面间的动摩擦因数为μ。
(1)证明：若滑块最终停在小车上，滑块与车面摩擦产生的内能Q是一个与动摩擦因数μ无关的定值；
(2)已知滑块与车面间动摩擦因数μ＝0.2，滑块质量m＝1 kg，车长L＝2 m，车速v0＝4 m/s，g取10 m/s2，当滑块放到车面中点的同时对该滑块施加一个与车运动方向相同的恒力F，要保证滑块不能从车的左端掉下，恒力F的大小应该满足的条件；
(3)在(2)的情况下，力F取最小值时要保证滑块不从车上掉下，求力F的作用时间t。
Q＝mv02 ⑤
所以Q是一个与动摩擦因数μ无关的定值。
(2)设在恒力F作用下滑块加速度为a1，经过时间t1后速度达到v0，要使滑块不从左端掉下小车，即此时还未到达车的左端，由牛顿第二定律有：
F＋μmg＝ma1 ⑥
v0＝a1t1 ⑦
v0t1－t1≤ ⑧
联立⑥⑦⑧解得：F≥6 N。 ⑨
(3)F取最小值时，滑块经过时间t1运动到车左端后速度达到v0，为使滑块恰不从右端滑出，滑块在F作用下相对车先向右做匀加速运动(设加速度大小为a2，时间为t2)，再撤去外力F做匀减速运动(设加速度大小为a3)，到达右端时恰与车达到共同速度v0，则有：
F－μmg＝ma2 ⑩
μmg＝ma3 ⑪
a2t22＋＝L ⑫
由⑩⑪⑫式代入数据解得：t2＝ s＝0.58 s
由(2)可解得t1＝0.5 s，
则力F的作用时间t应满足t1≤t≤t1＋t2，
即0.5 s≤t≤1.08 s。
答案：(1)见解析 (2)F≥6 N (3)0.5 s≤t≤1.08 s
23．如图所示，光滑的圆弧AB(质量可忽略)固定在甲车的左端，其半径R＝1 m。质量均为M＝3 kg的甲、乙两辆小车静止于光滑水平面上，两车之间通过一感应开关相连(当滑块滑过感应开关时，两车自动分离)。其中甲车上表面光滑，乙车上表面与滑块P之间的动摩擦因数μ＝0.4。将质量为m＝2 kg的滑块P(可视为质点)从A处由静止释放，滑块P滑上乙车后最终未滑离乙车。求：
(1)滑块P刚滑上乙车时的速度大小；
(2)滑块P在乙车上滑行的距离。
解析：(1)设滑块P刚滑上乙车时的速度为v1，此时两车的速度为v2，以滑块和甲、乙两辆小车组成系统，规定向右为正方向，根据系统水平方向动量守恒列出等式：
mv1－Mv2＝(m＋M)v
对滑块P和小车乙应用能量守恒有：
μmgL＝mv12＋Mv22－(M＋m)v2
解得：L＝2 m。
答案：(1) m/s (2)2 m
24.如图所示，有一内表面光滑的金属盒，底面长为L＝1.2 m，质量为m1＝1 kg
，放在水平面上，与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.2，在盒内最右端放一半径为r＝0.1 m的光滑金属球，质量为m2＝1 kg，现在盒的左端给盒施加一个水平冲量I＝3 N·s，(盒壁厚度、球与盒发生碰撞的时间和能量损失均忽略不计)g取10 m/s2，求：
(1)金属盒能在地面上运动多远？
(2)金属盒从开始运动到最后静止所经历的时间多长？
解析：(1)由于冲量作用，金属盒获得的速度为v＝＝3 m/s，金属盒所受摩擦力为F＝μ(m1＋m2)g＝4 N
由于金属盒与金属球之间的碰撞没有能量损失，且金属盒和金属球的最终速度都为0，以金属盒和金属
联立以上各式解得v1′＝0，v2＝1 m/s。
当球前进1 m时与盒发生第二次碰撞，碰撞前球的速度为1 m/s，盒子的速度为0，碰撞后球的速度为0，盒子的速度变为v2＝1 m/s，以金属盒为研究对象，由动能定理得－Fs2＝0－m1v22
解得s2＝0.125 m。
所以不会再与球相碰，则盒子运动时间可由动量定理求出。设盒子前进s1＝1 m所用时间为t1，前进s2＝0.125 m所用时间为t2，则－Ft1＝m1v1－m1v，－Ft2＝0－m1v2
且v1＝v2＝1 m/s
代入数据得t1＝0.5 s，t2＝0.25 s
在盒两次运动之间还有一段时间t3，为小球在运动，
t3＝＝1 s
则金属盒从开始运动到最后静止所经历的时间
t＝t1＋t2＋t3＝1.75 s。
答案：(1)1.125 m (2)1.75 s
25.如图所示，足够长的传送带AB与光滑的水平面BC连接，光滑的、半径R＝0.5 m的半圆轨道与水平面连接，相切于C点。传送带以恒定的速率v顺时针运行，在光滑的水平面上有一质量m＝0.5 kg的物体以v1＝6 m/s的速度向左滑上传送带，经过2 s物体的速度减为零，物体返回到光滑的水平面且沿着半圆轨道恰能运动到D点，g取10 m/s2。求：
(1)物体与传送带之间的动摩擦因数μ；
(2)传送带的速度v； ‘
(3)物体在传送带上滑动过程中系统产生的热量。
解析：(1)物体滑上传送带后在滑动摩擦力作用下做匀减速直线运动，设其运动的加速度大小为a，根据牛顿第二定律有：μmg＝ma ①
根据加速度定义式有：－a＝ ②
由①②式联立解得：μ＝＝＝0.3。 ③
(2)当物体速度减为零后，由于传送带有恒定向右运动的速度，与物体间存在相对运动，物体将在滑动
vC＝＝ m/s＝5 m/s ⑥
物体在光滑水平面上应做匀速直线运动，显然
vC＝5 m/s＜v2＝6 m/s
所以物体在传送带上返回时只能先做一段匀加速直线运动至与传送带速度相等后，再做匀速直线运动，并以该速度运动至C处，即有：v＝vC＝5 m/s。 ⑦
(3)物体向左滑行时，相对传送带的位移为：
Δx1＝·t＋vt ⑧
物体向右滑行时，相对传送带的位移为：
Δx2＝v·－ ⑨
物体在传送带上滑动过程中系统产生的热量为：
Q＝μmg(Δx1＋Δx2) ⑩
由③⑦⑧⑨⑩式联立，并代入数据解得：
Q＝30.25 J。
答案：(1)0.3 (2)5 m/s (3)30.25 J
26．如图所示，中轴线PQ将矩形区域MNDC分成上、下两部分，上部分充满垂直纸面向外的匀强磁场，下部分充满垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小皆为B。一质量为m、带电荷量为q的带正电的粒子从P点进入磁场，速度与MC边的夹角θ＝30°，MC边长为a，MN边长为8a，不计粒子重力，求：
(1)若要该粒子不从MN边射出磁场，其速度最大是多少；
(2)若该粒子从P点射入磁场后开始计数，则当粒子第五次穿越PQ线时，恰好从Q点射出磁场，粒子运动的速度又是多少？
解析：(1)设该粒子恰不从MN边射出磁场时的轨迹半径为r，轨迹如图所示，由几何关系得：
rcos 60°＝r－a，解得r＝a
又由qvmB＝m
解得最大速度vm＝。
27．如图甲所示，一对平行金属板M、N长为L，相距为d，O1O为中轴线，两板间为匀强电场，忽略两极板外的电场。当两板间加电压UMN＝U0时，某一带负电的粒子从O1点以速度v0沿O1O
方向射入电场，粒子恰好打在上极板M的中点，粒子重力忽略不计。
(1)求带电粒子的比荷；
(2)若M、N间加如图乙所示的交变电压，其周期T＝，从t＝0开始，前时间内UMN＝2U，后时间内UMN＝－U，大量的上述粒子仍然以速度v0沿O1O方向持续射入电场，最终所有粒子恰好能全部离开电场而不打在极板上，求U的值。
解析：(1)设粒子经过时间t0打在M板中点
沿极板方向有＝v0t0
垂直极板方向有＝t02
解得＝。
答案：(1) (2)
28．边长为3L的正方形区域分成相等的三部分，左右两侧为匀强磁场，中间区域为匀强电场，如图所示。左侧磁场垂直纸面向外，磁感应强度大小为B1，右侧磁场的磁感应强度大小为B2，方向垂直纸面向里，中间区域电场方向与正方形区域的上下边界平行。一质量为m、电荷量为＋q的带电粒子从平行金属板的正极板开始由静止被加速，加速电压为U，加速后粒子从a点进入左侧磁场且与左边界的角度θ＝30°，又从距正方形上下边界等间距的b点沿与电场平行的方向进入电场，不计粒子的重力，求：
(1)粒子经过平行金属板加速后的速度大小v；
(2)左侧磁场区域磁感应强度B1；
(3)若B2＝，电场强度E的取值在什么范围内时粒子能从右侧磁场的上边缘cd间离开？
解析：(1)粒子在平行金属板间被加速的过程中，根据动能定理有：qU＝mv2－0。
解得粒子经过平行金属板加速后的速度大小为：
v＝。
(2)根据题意，作出粒子的运动轨迹图，如图所示。
根据图中几何关系可知，粒子在左侧磁场区域内做匀速圆周运动，速度偏转角为：
α＝90°－θ＝60°
其轨道半径为：
R1＝＝L
粒子做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，根据牛顿第二定律和向心力公式有：qvB1＝m
解得：B1＝。
(3)设粒子经中间电场加速后速度为v′，要使粒子能从上边缘cd间离开，其临界情况分别为刚好从c点
qEL＝mv′2－mv2
解得电场强度需满足的条件为：≤E≤。
答案：(1) (2) (3)≤E≤
