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1、計算題規(guī)范練(六)
15．(2019·山東臨沂市二模)一長為L的絕緣細線，上端固定，下端拴一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小球，處于如圖1所示的水平向右的勻強電場中．開始時，將細線與小球拉成水平，小球靜止在A點，釋放后小球由靜止開始向下擺動，當細線轉(zhuǎn)過60°角時，小球到達B點，速度恰好為零．重力加速度為g，求：
圖1
(1)A、B兩點間的電勢差和電場強度大?。?
(2)判斷小球的電性并求出小球到達B點時細線對小球的拉力大?。?
答案 (1)－ (2)帶正電荷 mg
解析 (1)小球由A到B過程中，由動能定理得：
mgLsin60°＋qUAB＝0，
解得：UAB＝－＝－；
場強大小
2、為：E＝＝.
(2)小球由A到B過程中，電場力做負功，故小球帶正電；小球在A、B間擺動，由對稱性知，B處細線的拉力與A處細線的拉力相等，而在A處，由水平方向受力平衡有：FTA＝qE＝mg
所以有：FTB＝FTA＝mg.
16．(2019·福建莆田市二模)如圖2，平行金屬板的兩極板之間的距離為d，電壓為U.兩極板之間有一勻強磁場，磁感應強度大小為B0，方向與金屬板面平行且垂直于紙面向里．兩極板上方一半徑為R、圓心為O的圓形區(qū)域內(nèi)也存在勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向里．一帶正電的粒子從A點以某一初速度沿平行于金屬板面且垂直于磁場的方向射入兩極板間，而后沿直徑CD方向射入圓形磁
3、場區(qū)域，并從邊界上的F點射出．已知粒子在圓形磁場區(qū)域運動過程中的速度偏轉(zhuǎn)角為θ，不計粒子重力．求：
圖2
(1)粒子初速度v的大小；
(2)粒子的比荷.
答案 (1) (2)tan
解析 (1)粒子在平行金屬板之間做勻速直線運動，根據(jù)平衡條件可得：qvB0＝qE①
根據(jù)電場強度與電勢差的關(guān)系可得：U＝Ed②
由①②式得：v＝③
(2)在圓形磁場區(qū)域，粒子做勻速圓周運動，由牛頓第二定律有：qvB＝m④
由幾何關(guān)系有：tan＝⑤
由③④⑤式得：＝tan.
17．(2019·福建莆田市二模)如圖3，水平地面上有一木板B，小物塊A(可視為質(zhì)點)放在B的右端，B板右側(cè)有一厚度
4、與B相同的木板C.A、B以相同的速度一起向右運動，而后B與靜止的C發(fā)生彈性碰撞(碰撞時間極短)，碰前瞬間B的速度大小為2m/s，最終A未滑出C.已知A、B的質(zhì)量均為1 kg，C的質(zhì)量為3 kg，A與B、C間的動摩擦因數(shù)均為0.4，B、C與地面間的動摩擦因數(shù)均為0.1，重力加速度g取10 m/s2.求：
圖3
(1)碰后瞬間B、C的速度；
(2)整個過程中A與C之間因摩擦而產(chǎn)生的熱量；
(3)最終B的右端與C的左端之間的距離．
答案 (1)1m/s，方向向左 1 m/s，方向向右 (2) 0.5J (3) 1.25m
解析 (1)設B、C兩板碰后速度分別為vB、vC，取向右為正方
5、向，根據(jù)動量守恒定律和能量守恒定律有mBv0＝mBvB＋mCvC①
mBv02＝mBvB2＋mCvC2②
聯(lián)立①②式并代入數(shù)據(jù)解得：vB＝－1m/s
vC＝1m/s③
(2)B、C兩板碰后A滑到C上，A、C相對滑動過程中，設A的加速度為aA，C的加速度為aC，根據(jù)牛頓第二定律有：μ1mAg＝mAaA④
μ1mAg－μ2(mA＋mC)g＝mCaC⑤
由⑤式可知在此過程中C做勻速直線運動，設經(jīng)時間t后A、C速度相等，此后一起減速直到停下，則有：
vC＝v0－aAt⑥
在t時間內(nèi)A、C的位移分別為：sA＝t⑦
sC＝vCt⑧
A、C間的相對位移為：Δs＝sA－sC⑨
A、C之間因摩擦而產(chǎn)生的熱量為：Q＝μ1mAgΔs⑩
聯(lián)立③④⑤⑥⑦⑧⑨⑩式并代入數(shù)據(jù)得：Q＝0.5J?
(3)碰撞完成后B向左運動距離sB后靜止，根據(jù)動能定理有：－μ2mBgsB＝0－mBvB2?
設A、C一起減速到靜止的位移為sAC，根據(jù)動能定理有：
－μ2(mA＋mC)gsAC＝0－(mA＋mC)vC2?
最終B的右端與C的左端之間的距離為：
d＝sC＋sB＋sAC?
聯(lián)立⑧???式并代入數(shù)據(jù)得：d＝1.25 m．
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（新課標地區(qū)專用）2020高考物理三輪沖刺 題型練輯 計算題規(guī)范練（六）（含解析）
