专题20+计算题的解题方法与技巧（仿真押题）-2019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
(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
机械能守恒：m1v＝m1v＋m2v
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
解得：t1＝1s或t2＝s(舍去)
b刚离开长木板c时b的速度v2′＝v2－a1t1＝3.6m/s
b刚离开长木板c时d的速度v3＝a2t1＝0.8m/s
d的长度至少为x：
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
(3)小球从B到D，机械能守恒：mv＝mv＋mgh
解得：mv＝36.5J
从A到B过程，由动能定理得：－Wf＝mv－mv
解得：Wf＝35.5J
从D到B，机械能守恒：m()2＋mgh＝mvB′2
解得：mvB′2＝32.5J
μ1(m＋M)g＝2 N时，如果M、m相对静止，铁块与木板有相同的加速度a，则
F－μ1(m＋M)g＝(m＋M)a⑦
F－f＝ma⑧
解得F＝2f－2⑨
此时f≤μ1mg＝4 N，也即F≤6 N⑩
所以当2 N6 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
解析 (1)由题意，0.5 s内物块做匀加速直线运动
则a1t2＝x1 v＝a1t
解得a1＝8 m/s2，v＝4 m/s
(2)加速和减速过程沿斜面向上的力分别为F1＝18 N，F2＝6 N
设物块的质量m和物块与斜面间的动摩擦因数μ，由动能定理，有
加速过程：(F1－mgsinθ－μmgcosθ)x1＝mv2
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
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
解析 (1)滑块由P到D过程，由动能定理，得
mgh＝mv
根据几何关系，有h＝L1sin53°＋R(1－cos53°)
在D点，支持力和重力的合力提供向心力，有
FD－mg＝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
所以t1＝0.2 s时，P物到达斜面MN上最高点，故返回过程，有
x＝a2t
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
设平抛运动的时间为t，根据平抛运动的分位移公式，有
h＝gt2
代入得t＝0.5 s
水平方向，有x2＝vt＝0.5
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．
(1)粒子在A、B间做匀加速直线运动，竖直方向受力平衡，则有
qE1cos45°＝mg
解得E1＝ N/C＝1.4 N/C
(2)粒子从a到b的过程中，由动能定理，得
qE1dABsin45°＝mv－0
解得vb＝5 m/s
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，
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＝
解析 (1)洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m
周期T＝＝
当粒子垂直AD边射出时，根据几何关系有圆心角为60°
解得B＝
(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)
由(2)知，当轨迹圆与AC相切时，从AC边射出的粒子距C最远
故有粒子射出的范围为CE段，xCE＝cos60°＝
当轨迹圆与AD边的交点F恰在圆心O正上方时，射出的粒子距D点最远．故有粒子射出的范围为DF段
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
(3)线框刚出磁场时速度最大，线框内的电功率最大
Pm＝I2R＝
由v＝v＋2a(l－s2)
可求得v2＝1.6 m/s
根据线框匀速进入磁场时，FA＋μmgcos37°＝mgsin37°
可求出FA＝0.2 N
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 ＋
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
(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
当感光板与ab间的距离最大为h2＝d时，所有从O点到MN板的电子中，沿x轴正方向射入电场的电子，运动时间最长．设该电子在匀强电场中运动的加速度为a，运动时间为t1，在磁场B2中运动周期为T
，时间为t2，则
a＝，d＝at
T＝，t2＝T
运动最长时间tm＝t1＋t2
解得T＝，t1＝，t2＝
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＝＋
由③④⑤式，得r＝3R⑥
由洛伦兹力和牛顿定律，有qv0B＝m⑦
由⑥⑦式，得B＝⑧
(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＝＝
故θ＝30°，即垂直于AB方向出射
(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－
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°＝
小球抛出点的纵坐标为
y＝g()2－
(3)相遇时间t′＝＝T
由对称性可知相遇点在第二个周期运动的最低点
设粒子运动到最低点时，离x轴的距离为ym，水平速度为vx
由动能定理，有qEym＝mv，由题意有vx＝y
联立解得ym＝
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
当t＝1 s时，安培力最大为Fm，则Fm＝0.8 N
设金属导轨PQMN受到的最大静摩擦力为fm，则
fm＝μ(m1＋m2)g＝1.5 N
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
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
b中的电流Ib＝
由以上各式解得＝mbg
同理，a棒：＝mab，R2＝5 Ω
由以上各式得＝
又v2＝2gh，＝，
va＝vb＋gt，d＝vbt
联立解得ha＝ m，hb＝ m
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)
(3)带电小球在第三象限内做匀速圆周运动的周期
T＝＝
带电小球第一次在第二象限竖直上下运动的总时间为
t0＝＝
绝缘小球b平抛运动到x轴上的时间为
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，离开木箱后将做自由落体运动.
由h＝gt2，得t＝＝s＝0.3s
小球从离开木箱开始至落到地面所用的时间为0.3s.
(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
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。
(2)若路口绿灯刚亮起时，汽车启动加速，最终加速到vmax＝10 m/s
vmax＝at1，t1＝5 s
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。
解析：(1)由题意知滑块相对平板车静止时速度为v0，根据牛顿第二定律，对滑块：
μmg＝ma ①
v0＝at ②
滑块相对车面滑动的距离：
s＝v0t－v0t ③
滑块与车面摩擦产生的内能：
Q＝μmgs ④
联立①②③④解得：
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
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：
mv1－2Mv2＝0
对整体应用能量守恒有：
mgR＝mv12＋×2Mv22
解得：v1＝ m/s，v2＝ m/s。
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，以金属盒和金属球为研究对象，由动能定理，得－Fs＝0－m1v2
解得s＝1.125 m。
(2)当金属盒前进s1＝1 m时与球发生碰撞，设碰前盒的速度为v1，碰后速度为v1′，球碰后速度为v2，对盒，由动能定理得－Fs1＝m1v12－m1v2
解得v1＝1 m/s
由于碰撞过程动量守恒、机械能守恒，有
m1v1＝m1v1′＋m2v2，m1v12＝m1v1′2＋m2v22
联立以上各式解得v1′＝0，v2＝1 m/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，物体将在滑动摩擦力作用下向右做匀加速直线运动，若皮带速度足够大，根据对称性可知，物体滑回光滑水平面时的速度v2大小应与v1相等，即v2＝v1＝6 m/s
又由题意可知，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，设经过最高点D时的速度为vD，在D处，根据牛顿第二定律和向心力公式有：mg＝m ④
在由C运动至D的过程中，根据动能定理有：
－mg×2R＝mvD2－mvC2 ⑤
由④⑤式联立解得：
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
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＝。
答案：(1) (2)
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＝。
(2)粒子通过两板间的时间t＝＝T，从t＝0时刻开始，粒子在两板间运动时，每个电压变化周期的前三分之一时间内的加速度大小a1＝，在每个电压变化周期的后三分之二时间内的加速度大小a2＝，不同时刻从O1点进入电场的粒子沿电场方向的速度vy随时间t
变化的关系如图所示。所有粒子恰好能全部离开电场而不打在极板上，可以确定在t＝nT(n＝0,1,2，…)和t＝nT＋T(n＝0,1,2，…)时刻进入电场的粒子恰好分别从上、下极板右侧边缘飞出。它们在电场方向偏转的距离最大，则＝T，解得U＝。
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＝。
答案：(1) (2) (3)≤E≤
29．中国第一列从义乌开往英国伦敦的列车顺利抵达终点站。途径著名的英吉利海峡隧道。英吉利海峡隧道近似直线隧道，全长约50 km。如图1所示，其中海底隧道BC长40 km，前后各有5 km的连接隧道AB、CD。已知进入隧道前，列车时速144 km/h，在连接隧道上做匀变速直线运动，进入海底隧道时速度减为108 km/h，并在海底隧道中做匀速直线运动，最终离开英吉利海峡隧道时速度恢复为144 km/h。
图1
(1)求列车在连接隧道AB上运动的加速度大小？
(2)若列车总质量9×105 kg，所受阻力恒为车重的0.1倍，求在连接隧道CD上列车牵引力的大小？
(3)求列车通过英吉利海峡隧道AD的时间？
(3)全程可分为三段，根据速度时间关系可得
t1＝t3＝＝ s＝142.86 s
t2＝＝1 333.33 s
总时间为t＝t1＋t2＋t3＝1 619.05 s≈0.450 h。
答案 (1)0.07 m/s2 (2)9.63×105 N (3)0.450 h
30．过山车是一项富有刺激性的娱乐工具，在乘坐过山车的过程中不仅能够体验到冒险的快感，还有助于理解物理原理，如图2所示，是某大型游乐场中过山车的部分轨道示意图，这部分轨道由直线轨道AB、半径R1＝50 m圆心角θ1＝120°的圆弧轨道BCD、半径R2＝10 m圆心角θ2＝240°的圆弧轨道DEF、半径为R1＝50 m圆心角θ3＝120°的圆弧轨道FGP、半径为R3圆心角为θ4＝120°的圆弧轨道PQM组成，这些轨道均平滑相切连接，相切点B、F、D、P、M均位于同一水平面上，假设这些轨道均位于同一竖直平面内，车厢在运动过程中受到的摩擦阻力与空气阻力之和恒为车重的0.1倍，车厢可视为质点，重力加速度g＝10 m/s2, π≈3, ＝1.732。现有一节质量m＝500 kg的车厢从A点静止下滑，经过最低点C时测得车厢对轨道的压力为16 000 N。(由于安全设计的需要，过山车在运动过程中是不会脱离轨道的)
图2
(1)求车厢经过轨道最低点C时的速度为多大；
(2)求直线轨道AB的长度l为多长；
(3)若要保证车厢通过圆弧轨道PQM的最高点Q时对轨道有向下的压力，求R3的取值范围。
(3)C到Q，根据动能定理
－0.1mg(R1＋R2＋R1＋R3)－mg(0.5R1＋0.5R3)＝mv－mv
能通过Q点，也就是说vQ>0这时R3<18.33 m
在Q点对轨道有向下的压力，则10 m。
综上所述求得10 m3L的区域内有一方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场。某时刻，一带正电的粒子从坐标原点以沿x轴正方向的初速度v0进入电场；之后的另一时刻，一带负电粒子以同样的初速度从坐标原点进入电场。带正、负电的两粒子从电场进入磁场时速度方向与电场和磁场边界的夹角分别为60°和30°，两粒子在磁场中分别运动半周后在某点相遇。已知两粒子的重力以及两粒子之间的相互作用都可忽略不计，两粒子带电荷量大小相等，求：
图3
(1)带正、负电的两粒子的质量之比m1∶m2；
(2)两粒子相遇的位置P点的坐标；
(3)两粒子先后进入电场的时间差。
解析 (1)设粒子进磁场方向与边界的夹角为θ，则vy＝，其中vy＝，t＝
联立得m＝tan θ
所以m1∶m2＝tan 60°∶tan 30°＝3∶1
(3)设两粒子在磁场中运动半径分别为R1、R2，两粒子在磁场中运动时间均为半个周期，由几何关系有
2R1＝(y1＋y2)sin 60°，2R2＝(y1＋y2)sin 30°
粒子在磁场中做圆周运动的速度v＝，即v1＝v0，v2＝2v0
粒子在磁场中运动半周的时间分别为
t1＝，t2＝
由于两粒子在电场中运动时间相同，所以进入电场的时间差为在磁场中运动半周的时间差，即
Δt＝t1－t2＝
答案 (1)3∶1 (2) (3)
36.如图4所示，在空间xOy的第一象限内存在一沿－x轴方向，大小为E的匀强电场。现有一质量为m，电荷量为＋q的带电微粒(重力不计)，在A(L，L)点无初速度释放，通过Y轴上的P点进入第二象限，在第二象限内存在沿－y轴方向匀强电场，带电微粒最终从C(0，－2L)点离开第二象限。
图4
(1)则第二象限内场强大小？带电微粒从C点离开的速度是多少？
(2)若第二象限内仅存在沿垂直纸面的匀强磁场，使带电微粒仍从C(0，－2L)点离开，则磁感应强度大小？
(3)若改变带电微粒释放点的位置从P点进入磁场，在第二象限有垂直纸面的圆形匀强磁场，使得粒子从C点离开的速度与只在电场时完全相同，则第二象限内圆形匀强磁场的磁感应强度是多少？圆形匀强磁场的面积是多少？
解析 (1)粒子运动轨迹如图所示。
在第一象限内，根据动能定理得qEL＝mv
进入第二象限，在水平方向2L＝vPt
在竖直方向L＝at2
加速度为a＝
联立可得E′＝E，vP＝
在C点的竖直速度为vcy＝at
水平速度为vcx＝vP
联立可得 vC＝
方向与－x轴夹角45°。
(2)做圆周运动到达C点，如图所示。
半径满足R2＝4L2＋(R－L)2
解得R＝2.5L
根据洛伦兹力提供向心力qBvP＝m
可得B＝。
(3)因在磁场中速度大小不变，故改变带电微粒释放点的位置到P点时速度已经达到vP＝vC＝
要使磁感应强度B最小，则半径最大，如图所示。
粒子进入第二象限时就进入磁场，从D点离开，过C点速度的反向沿长线过水平位移的中点，由几何关系有， ＝＝＝L, ＝MO＝L
所以轨迹半径R＝(＋1)L
根据洛伦兹力提供向心力
qBvP＝m
所以可得B＝
圆形磁场的半径为r＝，所以r＝L
所以面积为S＝πL2。
答案 (1)E (2)
(3) πL2
37．如图1所示，在水平平台上有一质量m＝0.1 kg的小球压缩轻质弹簧(小球与弹簧不拴连)至A点，平台的B端连接两个半径都为R＝0.2 m，且内壁都光滑的二分之一细圆管BC及CD，圆管内径略大于小球直径，B点和D点都与水平面相切。在地面的E点安装了一个可改变倾角的长斜面EF，已知地面DE长度为1.5 m，且小球与地面之间的动摩擦因数μ1＝0.3，小球与可动斜面EF间的动摩擦因数μ2＝。现释放小球，小球弹出后进入细圆管，运动到D点时速度大小为5 m/s，求：
图1
(1)小球经过D点时对管壁的作用力；
(2)小球经过E点时的速度大小；
(3)当斜面EF与地面的倾角θ(在0～90°范围内)为何值时，小球沿斜面上滑的长度最短(小球经过E点时速度大小不变)？并求出最短长度。
解析 (1)小球运动到D点时，根据牛顿第二定律
FN－mg＝m
解得FN＝13.5 N
由牛顿第三定律，小球对管壁的作用力为13.5 N，方向竖直向下。
(2)从D到E小球做匀减速直线运动
根据速度位移公式v－v＝－2μ1gL
解得vE＝4 m/s。
答案 (1)13.5 N，方向竖直向下 (2)4 m/s (3)0.69 m
38．如图2所示为一极限滑板运动的场地图，AB和CD 为一竖直平面光滑轨道，其中BC水平，A 点高出BC5 米，CD是半径为 R＝4 m的圆轨道，BC长2米，一质量为60千克的运动员(包含滑板)从 A 点静止滑下，经过BC后滑到高出D点0.5米位置速度为零。求：(g＝10 m/s2)
图2
(1)滑板与 BC 轨道间的动摩擦因数；
(2)运动员第 3 次经过 C 点对轨道的压力大小；
(3)现有另一下滑轨道， A′B′ 与 AB 轨道相同，CD轨道换成半径r＝1.5米的半圆轨道C′D′，运动员从A′B′轨道某位置静止滑下，则该运动员能否经D′点落到B′点，若能，求出该位置，若不能，说明理由。
解析 (1)全过程由动能定理得WG＋Wf＝0，
即mgΔh－μmg×＝0
解得μ＝0.25。
(2)从A到C由动能定理得mgh1－μmg×3＝mv2
在C点，根据牛顿第二定律得FN－mg＝m，
联立得FN＝1 650 N
由牛顿第三定律得到FN′＝FN＝1 650 N
即人第三次经过C点时对轨道的压力大小为1 650 N。
(3)假设经过D′点后平抛能够到达B′，根据平抛运动的规律有
＝vD′t, 2r＝gt2
解得vD′<，所以不能。
答案 (1)0.25 (2)1 650 N (3)见解析
39．如图3所示，光滑的水平面AB与半径R＝0.4 m的光滑竖直半圆轨道BCD在B点相切，D点为半圆轨道最高点，A点的右侧连接一粗糙的水平面。用细线连接甲、乙两物体，中间夹一轻质压缩弹簧，弹簧与甲、乙两物体不拴接，甲的质量m1＝4 kg，乙的质量m2＝5 kg，甲、乙均静止。若固定乙，烧断细线，甲离开弹簧后经过B点进入半圆轨道，过D点时对轨道的压力恰好为零。取g＝10 m/s2，甲、乙两物体可看作质点，求：
图3
(1)甲离开弹簧后经过B点时的速度的大小vB；
(2)弹簧被压缩具有的弹性势能；
(3)在弹簧压缩量相同的情况下，若固定甲，烧断细线，乙物体离开弹簧后从A点进入动摩擦因数μ＝0.4的粗糙水平面，则乙物体在粗糙水平面运动的位移x。
(3)甲固定，烧断细线后乙的速度大小为v2，
由能量守恒Ep＝m1v＝m2v
得v2＝4 m/s
乙在粗糙水平面做匀减速运动，
由μm2g＝m2a得a＝4 m/s2
x＝＝2 m。
答案 (1)2 m/s (2)40 J (3)2 m
40．人们为了探索月球表面的物理环境，在地球上制造了月球探测车。假设，月球探测车质量为2.0×102 kg，在充满电的情况下，探测车在地球上水平路面最大的运动距离为1.0×103 m，探测车运动时受到地表的阻力为车重的0.5倍，且探测车能以恒定功率1.6×103 W运动(空气阻力不计)。登月后，探测车在一段水平路面上以相同的恒定功率从静止起动，经过50 s达到最大速度，最大速度值为12 m/s，此时发现在探测车正前方6.9×103 m处有一凸起的小高坡，坡顶高为24 m。已知地球表面的重力加速度为g＝10 m/s2，月球表面重力加速度为地球的六分之一，试求：
(1)月球探测车电板充满电后的总电能；
(2)月球表面水平路面对探测车的阻力与车重的比例系数；
(3)假设探测车在爬上小高坡过程中需要克服摩擦阻力做功1.2×104 J，请分析判断探测车能否爬到坡顶。
答案 (1)106 J (2)0.4 (3)见解析
