计算题等值练(一)19．(9分)(2017·宁波市九校高三上学期期末)消防演练时，一质量为60 kg 的消防员从脚离地10 m 的位置，自杆上由静止下滑，整个过程可以简化为先加速运动4 m ，达到最大速度8 m /s 后匀减速到4 m/s 着地，不计空气阻力，重力加速度g 取10 m/s 2，求： (1)消防员减速下滑过程中加速度的大小； (2)消防员减速下滑过程中受到的摩擦力大小； (3)下滑的总时间．答案 (1)4 m/s 2 (2)840 N (3)2 s 解析 (1)匀减速运动x 2＝10 m －x 1＝6 m 消防员减速下滑过程中加速度的大小为a 则a ＝v 12－v 222x 2＝4 m/s 2(2)由牛顿第二定律F f －mg ＝ma 得F f ＝840 N (3)加速下滑时间t 1＝x 1v ＝x 1v 12＝1 s 减速下滑时间t 2＝v 1－v 2a ＝1 s总时间t ＝t 1＋t 2＝2 s.20．(12分)如图1所示，一条带有竖直圆轨道的长轨道水平固定，底端分别与两侧的直轨道相切，半径R ＝0.5 m ．物块A 以v 0＝10 m /s 的速度滑入圆轨道，滑过最高点N ，再沿圆轨道滑出，P 点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为L ＝0.2 m ．物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ＝0.4，A 的质量为m ＝1 kg (重力加速度g ＝10 m/s 2，A 可视为质点)．图1(1)求A 滑过N 点时的速度大小v 和受到的弹力大小； (2)若A 最终停止在第k 个粗糙段上，求k 的数值；(3)求A 滑至第n 个(n <k )光滑段上的速度v n 与n 的关系式． 答案 (1)4 5 m/s 150 N (2)63 (3)v n ＝100－1.6n m/s 解析 (1)物块A 从出发至N 点过程，机械能守恒，有 12m v 02＝mg ·2R ＋12m v 2 得：v ＝v 02－4gR ＝4 5 m/s假设物块在N 点受到的弹力为F N ，方向竖直向下，由牛顿第二定律有 mg ＋F N ＝m v 2R得物块A 受到的弹力为：F N ＝m v 2R－mg ＝150 N(2)物块A 经竖直圆轨道后滑上水平轨道，在粗糙路段有摩擦力做负功，动能损失，由动能定理，有：－μmgkL ＝0－12m v 02得：k ＝62.5物块A 最终停在第63个粗糙段上． (3)由动能定理，有－μmgnL ＝12m v n 2－12m v 02由上式，可得A 滑至第n 个(n <k )光滑段上的速度v n ＝v 02－2μgnL即：v n ＝100－1.6n m/s.22.加试题(10分)(2018·新高考研究联盟联考)平行直导轨由水平部分和倾斜部分组成，导轨间距L ＝0.5 m ，PQ 是分界线，倾斜部分倾角为θ＝30°，PQ 右侧有垂直于斜面向下的匀强磁场B 2＝1 T ，PQ 左侧存在着垂直于水平面但方向未知、大小也为1 T 的匀强磁场B 1，如图2所示．质量m ＝0.1 kg 、接入电路的电阻r ＝0.1 Ω的两根金属细杆ab 和cd 垂直放于该导轨上，其中ab 杆光滑，cd 杆与导轨间的动摩擦因数为μ＝32，导轨底端接有R ＝0.1 Ω的电阻．开始时ab 、cd 均静止于导轨上．现对ab 杆施加一水平向左的恒定外力F ，使其向左运动，当ab 杆向左运动的位移为x 时开始做匀速直线运动，此时cd 刚要开始沿斜面向上运动(仍保持静止)，再经t ＝0.4 s 撤去外力F ，最后ab 杆静止在水平导轨上．整个过程中电阻R 的发热量为Q ＝1.0 J ．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．(g ＝10 m/s 2，不计空气阻力)图2(1)判断B 1磁场的方向；(2)刚撤去外力F 时ab 杆的速度v 的大小；(3)求ab 杆的最大加速度a 和加速过程中的位移x 的大小． 答案 (1)竖直向下 (2)1.5 m/s (3)25 m/s 2 1.8 m解析 (1)由左手定则可判断cd 杆中电流从d 流向c ，即ab 杆中电流从a 流向b ，由右手定则可判断，B 1的方向为竖直向下．(2)当cd 刚要开始向上运动时，cd 杆受力平衡， 可得： B 2I cd L ＝mg sin θ＋μmg cos θ 得：I cd ＝2.5 A I ab ＝2I cd由闭合电路欧姆定律和法拉第电磁感应定律可得： B 1L v ＝I ab (r ＋R2)解得v ＝1.5 m/s(3)当速度达到最大时ab 杆受力平衡，即F ＝B 1I ab L 解得F ＝2.5 N而ab 杆刚开始运动时水平方向只受拉力作用，此时加速度最大 F ＝ma ，a ＝25 m/s 2对ab 杆进行受力分析，ab 杆从开始到最后，其初、末速度都为0，由动能定理可得 Fx ′＋W 安＝0－0 |W 安|＝6Q 解得x ′＝2.4 m x ＝x ′－v t ＝1.8 m.23.加试题(10分)(2018·绍兴市选考诊断)威尔逊云室内充满着过饱和状态的酒精蒸汽，当有粒子飞过，能使沿途的气体分子电离，过饱和的酒精蒸汽就会以这些离子为核心凝结成雾滴，于是显示出粒子行进的轨迹．K－1介子发生衰变的方程为K －1→π－1＋π0,其中K－1介子和π－1都带负电，电荷量均为e ，π0不带电．一个K－1介子以某一初速度v 0向右沿直线通过复合场区域，从A 点进入威尔逊云室(xOy 平面内)，云室中存在垂直纸面向里、磁感应强度为B 2的匀强磁场，云室的范围为0≤x ≤6L ，－1.5L ≤y ≤4.5L ，如图3所示．复合场区域中电场强度为E ，方向竖直向下，磁感应强度为B 1，方向垂直纸面向里．某一K－1介子从A 点进入云室后的径迹如图所示，其中BD 径迹是轨迹AB 的切线，另一圆形径迹过x 轴的C 点．已知OB ＝BC ＝2OA ＝2L ，不计粒子的重力，也不考虑云室中物质对粒子的作用力，求：图3(1)K－1介子的初速度v 0大小；(2)求衰变后π0粒子的动量； (3)由于K－1介子衰变位置的不确定性，假定衰变后生成物的运动均与题设中的K－1介子衰变相同，试确定π－1粒子在云室中做所有可能的完整圆周运动的圆心轨迹方程，并确定圆心的坐标范围． 答案 见解析解析 (1)K －1粒子沿直线通过复合场，因此有B 1e v 0＝Ee ，则v 0＝E B 1(2)从云室径迹看，BD 段径迹是轨迹AB 的切线，表明该段径迹的粒子不带电且做直线运动，是π0的径迹．根据动量守恒，K －1粒子衰变后生成的π－1粒子应该沿BD 的反方向运动，其径迹应是圆形轨迹．圆形轨迹过x 轴的C 点，设K －1粒子在磁场B 2中运动半径为r 1，由几何关系得r 12＝OB 2＋(r 1－OA )2 r 1＝52L由B 2e v 0＝m v 02r 1即1K p ＝52LB 2e由于π0沿切线向下运动，则π－1粒子必定顺时针旋转，且轨迹与原轨迹相切，设π－1粒子在磁场中运动半径为r 2，运动速度为v r 2sin θ＝L sin θ＝2L 52L ＝45则r 2＝54L由B 2e v ＝m v 2r 21p -π＝54LB 2e取K －1介子的速度方向为正方向， 由动量守恒得1K p -＝1p -π-＋0p π0p π＝154LB 2e(3)由于K －1介子衰变位置的不确定性，衰变后生成物的运动均与题设中的K －1介子衰变相同，因此所有位置可能衰变生成的π－1粒子轨迹仍为圆，圆的半径不变，因此圆心轨迹为x 2＋(y ＋1.5L )2＝(154L )2如图所示，因为粒子要做完整的圆周运动，因此圆心O 1为左边界，圆心O 2为右边界，O 1坐标为(54L ，52－32L )，O 2坐标为(522L ，－14L )因此x 的范围为[54L ，522L ]y 的范围为[－14L ，52－32L ]计算题等值练(二)19．(9分)(2017·杭州市高三上期末)中国汽车技术研究中心是目前国内唯一具有独立性的综合性汽车科研机构，为确保上市汽车的安全，“汽研中心”每年会选择上市不超过两年、销量较大的主流新车进行碰撞测试．在某次水平路面上正面碰撞的测试中，某型号汽车在10 s 内由静止开始匀加速前进了70 m 后，撞上正前方固定大水泥墩，车头发生破坏性形变，经0.04 s 后整车停止前进；而坐在司机位置的假人因安全带与安全气囊的共同作用，从汽车撞上大水泥墩后经0.14 s 后减速到0.图1所示是汽车在碰撞过程中，假人碰上安全气囊的一瞬间．已知假人的质量为 60 kg.求：图1(1)汽车碰撞前一瞬间速度的大小； (2)碰撞过程中汽车的加速度大小；(3)碰撞过程中假人受到的汽车在水平方向上平均作用力的大小． 答案 (1)14 m/s (2)350 m/s 2 (3)6 000 N 解析 (1)x ＝0＋v 2t 1求得v ＝14 m/s(2)a 1＝vt 2，求得碰撞过程中汽车加速度大小为a 1＝350 m/s 2(3)a 2＝vt 3，求得碰撞过程中假人的平均加速度a 2＝100 m/s 2，则F ＝ma 2＝6 000 N.20．(12分)2008年北京奥运会场地自行车赛安排在老山自行车馆举行．老山自行车赛场采用的是250 m 椭圆赛道，赛道宽度为7.7 m ．赛道形如马鞍形，由直线段、过渡曲线段以及圆弧段组成，按国际自盟UCI 赛道标准的要求，圆弧段倾角为45°，如图2所示(因直线段倾角较小，故计算时不计直线段的倾角)．赛道使用松木地板，为运动员提供最好的比赛环境．目前，比赛用车采用最新的碳素材料设计，质量为9 kg.比赛时，运动员从直线段的中点出发绕场骑行，若已知赛道的每条直线段长80 m ，圆弧段内半径为14.4 m ，运动员质量为51 kg ，设直线段运动员和自行车所受阻力为接触面压力的0.75(不计圆弧段摩擦，圆弧段上运动近似为匀速圆周运动，不计空气阻力，计算时运动员和自行车可近似为质点，g 取10 m/s 2)．求：图2(1)运动员在圆弧段内侧赛道上允许的最佳安全速度是多大？(2)为在进入弯道前达到(1)所述的最佳安全速度，运动员和自行车在直线段加速时所受的平均动力至少为多大？(3)若某运动员在以(1)所述的最佳安全速度进入圆弧轨道时，因技术失误进入了最外侧轨道，则他的速度降为多少？若他在外道运动绕过的圆心角为90°，则这一失误至少损失了多少时间？(在圆弧轨道骑行时不给自行车施加推进力) 答案 (1)12 m/s (2)558 N (3)6 m/s 3.3 s解析 (1)运动员以最大允许速度在圆弧段内侧赛道骑行时，重力与支持力的合力沿水平方向，充当圆周运动的向心力，由牛顿第二定律： mg tan 45°＝m v 2R ，则v ＝gR ＝12 m/s(2)运动员在直线加速距离x ＝40 m ，v 2＝2ax 由牛顿第二定律：F －μmg ＝ma ，解得F ＝558 N (3)进入最外侧轨道后，高度增加了Δh ＝d sin 45°≈5.4 m 半径增加了ΔR ＝d cos 45°≈5.4 m 由机械能守恒：12m v 2＝mg Δh ＋12m v 12解得v 1＝v 2－2g Δh ＝6 m/s在内侧赛道上运动绕过圆心角90°所需时间：t 1＝πR2v≈1.88 s在外侧赛道上运动绕过圆心角90°所需时间：t 2＝π(R ＋ΔR )2v 1≈5.18 s至少损失时间：Δt ＝t 2－t 1＝3.3 s22.加试题(10分)(2018·湖州、衢州、丽水高三期末)两根相距为d ＝12 cm 的金属直角导轨如图3甲所示放置，水平部分处在同一水平面内且足够长，竖直部分长度L ＝24 cm ，下端由一电阻连接，电阻阻值R 0＝2 Ω.质量m ＝1 g 、电阻R ＝1 Ω的金属细杆MN 与水平部分导轨垂直接触，杆与导轨之间的动摩擦因数为μ＝0.1，导轨电阻不计．整个装置处于磁感应强度大小为B 、方向水平向右的均匀磁场中，此磁场垂直于竖直轨道平面，磁感应强度B 随时间t 变化如图乙所示，t ＝3 s 后磁场不变．t ＝0时给杆MN 一向左的初速度v 0＝5 m/s ，t ＝4 s 时杆的速度减为零．(不计空气阻力)图3(1)判断初始时流过MN 杆的电流方向； (2)求4 s 内感应电流的平均值； (3)求4 s 内MN 杆克服摩擦力做的功； (4)求前3 s 内安培力对MN 杆的冲量的大小．答案 (1)M →N (2)4.8×10－3 A (3)1.25×10－2 J (4)10－2 N·s解析 (1)M 到N (M →N ) (2)E ＝ΔΦΔt ＝ΔB Δt ·S ＝ΔB Δt ·Ld得I ＝ER ＋R 0＝4.8×10－3 A(3)0～4 s ，杆的速度由v 0＝5 m/s 减为0，只有摩擦力做功，由动能定理得 W f ＝0－12m v 02＝－1.25×10－2 J即克服摩擦力做的功是1.25×10－2 J. (4)3～4 s 内：－μmg Δt 2＝0－m v 3 v 3＝1 m/s0～3 s 内：－∑μ(mg ＋F 安)Δt 1＝m v 3－m v 0 得：－μmg Δt 1－μI 安＝m v 3－m v 0 I 安＝10－2 N·s23.加试题(10分)(2018·湖州、衢州、丽水高三期末)如图4所示的直角坐标系中，在0≤y ≤3L 的区域内有磁感应强度为B 、垂直纸面向外的匀强磁场．一厚度不计、长度为5L 的收集板MN 放置在y ＝2L 的直线上，M 点的坐标为(L,2L )．一粒子源位于P 点，可连续发射质量为m 、电荷量为q (q >0)的粒子(初速度近似为零)，粒子经电场加速后沿y 轴进入磁场区域(加速时间很短，忽略不计)．若收集板上下表面均可收集粒子，粒子与收集板碰后被吸收并导走，电场加速电压连续可调，不计粒子重力和粒子间的作用力．求：图4(1)若某粒子在(L,0)处离开磁场，求该粒子的加速电压U 1的大小； (2)收集板MN 的下表面收集到的粒子在磁场中运动的最长时间； (3)收集板(上下两表面)无法收集到粒子区域的x 坐标范围． 答案 (1)qB 2L 28m (2)πm 2qB (3)2L <x <4L 及(3＋5)L <x ≤6L解析 (1)粒子在(L,0)处离开磁场， 半径r 1＝L2由洛伦兹力提供向心力得q v B ＝m v 2r 1在加速电场中，qU 1＝12m v 2得U 1＝qB 2L 28m(2)如图甲所示，轨迹1为打在收集板下表面运动时间最长的粒子对应轨迹 t ＝T 4＝πm 2qB(3)①打到下板面最右端的粒子轨迹与板下表面相切，如图轨迹1： 切点E 离y 轴距离为x E ＝2L 下表面不能打到的区域2L <x ≤6L ②打到上板面，存在两个临界情况：粒子运动轨迹与收集板左端点相交，粒子到达最近点F ，如图乙中轨迹2所示，由几何关系：R 2－(R －L )2＝(2L )2得： R ＝52Lx F ＝R ＋(R －L )＝4L粒子运动轨迹与磁场上边界相切，粒子到达最远点G ，如图丙中轨迹3所示，轨迹半径：R ＝3L x G ＝3L ＋(3L )2－(2L )2＝(3＋5)L综上可知，收集板无法收集粒子的区域为EF 、GN ，即： 2L <x <4L 及(3＋5)L <x ≤6L计算题等值练(三)19．(9分)(2018·台州中学统练)如图1所示，水平轨道AB 段为粗糙水平面，BC 段为一水平传送带，两段相切于B 点．一质量为m ＝1 kg 的物块(可视为质点)，静止于A 点，AB 距离为s ＝2 m ．已知物块与AB 段和BC 段的动摩擦因数均为μ＝0.5，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力．图1(1)若给物块施加一水平拉力F＝11 N，使物块从静止开始沿轨道向右运动，到达B点时撤去拉力，物块在传送带静止情况下刚好运动到C点，求传送带的长度；(2)在(1)问中，若将传送带绕B点逆时针旋转37°后固定(AB段和BC段仍平滑连接)，要使物块仍能到达C端，则在AB段对物块施加拉力F′应至少多大．答案(1)2.4 m(2)17 N解析(1)物块在AB段：F－μmg＝ma1得a1＝6 m/s2设物块到达B点时速度为v B，有v B＝2a1s＝2 6 m/s滑上传送带μmg＝ma2刚好到达C点，有v B2＝2a2L，得传送带长度L＝2.4 m.(2)将传送带倾斜，滑上传送带有mg sin 37°＋μmg cos 37°＝ma3，a3＝10 m/s2，物块仍能刚好到C端，有v B′2＝2a3L在AB段，有v B′2＝2asF′－μmg＝ma联立解得F′＝17 N20．(12分)(2018·杭州市五校联考)如图2所示，质量为m＝1 kg的小滑块(视为质点)在半径为R＝0.4 m的14圆弧A端由静止开始释放，它运动到B点时速度为v＝2 m/s.当滑块经过B点后立即将圆弧轨道撤去．滑块在光滑水平面上运动一段距离后，通过换向轨道由C点过渡到倾角为θ＝37°、长s＝1 m的斜面CD上，CD之间铺了一层匀质特殊材料，其与滑块间的动摩擦系数可在0≤μ≤1.5之间调节．斜面底部D点与光滑水平地面平滑相连，地面上一根轻弹簧一端固定在O点，自然状态下另一端恰好在D点．认为滑块通过C和D前后速度大小不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力．图2(1)求滑块对B 点的压力大小以及在AB 上克服阻力所做的功； (2)若设置μ＝0，求质点从C 运动到D 的时间； (3)若最终滑块停在D 点，求μ的取值范围．答案 (1)20 N 2 J (2)13 s (3)0.125 ≤μ<0.75或μ＝1解析 (1)在B 点，F －mg ＝m v 2R解得F ＝20 N由牛顿第三定律，滑块对B 点的压力F ′＝20 N 从A 到B ，由动能定理，mgR －W ＝12m v 2得到W ＝2 J(2)若设置μ＝0，滑块在CD 间运动，有mg sin θ＝ma 加速度a ＝g sin θ＝6 m/s 2根据匀变速运动规律s ＝v t ＋12at 2，得t ＝13 s(3)最终滑块停在D 点有两种可能： a ．滑块恰好能从C 下滑到D .则有mg sin θ·s －μmg cos θ·s ＝0－12m v 2，得到μ＝1b ．滑块在斜面CD 和水平地面间多次反复运动，最终静止于D 点． 当滑块恰好能返回C ：－μ1mg cos θ·2s ＝0－12m v 2得到μ1＝0.125当滑块恰好能静止在斜面上，则有 mg sin θ＝μ2mg cos θ，得到μ2＝0.75所以，当0.125≤μ<0.75，滑块在CD 和水平地面间多次反复运动，最终静止于D 点． 综上所述，μ的取值范围是0.125≤μ<0.75或μ＝1.22.加试题(10分)(2018·绿色评价联盟选考)间距为l 的平行金属导轨由倾斜和水平导轨平滑连接而成，导轨上端通过开关S 连接一电容为C 的电容器，如图3所示，倾角为θ的导轨处于大小为B 、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区间Ⅰ中，在水平导轨无磁场区静止放置金属杆cd ，在杆右侧存在大小也为B 、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区间Ⅱ，区间长度足够长，当S 断开时，金属杆ab 从倾斜导轨上端释放进入磁场区间Ⅰ，达到匀速后进入水平轨道，在无磁场区与杆cd 碰撞，杆ab 与cd 粘合成并联双杆(未产生形变)，并滑进磁场区间Ⅱ，同时开关S 接通(S 接通前电容器不带电)．在运动过程中，杆ab 、cd 以及并联双杆始终与导轨接触良好，且与导轨垂直．已知杆ab 和cd 质量均为m ，电阻均为R ，不计导轨电阻和阻力，忽略磁场边界效应，不计空气阻力，重力加速度为g ，求：图3(1)杆ab 在倾斜导轨上达到匀速运动时的速度v 0； (2)杆碰撞后粘合为并联双杆时的运动速度v 1；(3)并联双杆进入磁场区间Ⅱ后最终达到稳定运动的速度v 2. 答案 见解析解析 (1)感应电动势E ＝Bl v 0 感应电流：I ＝Bl v 02R安培力：F ＝IBl ＝B 2l 2v 02R匀速运动条件B 2l 2v 02R ＝mg sin θ，v 0＝2Rmg sin θB 2l 2(2)以向右为正方向，由动量守恒定律，有m v 0＝2m v 1， 得到：v 1＝Rmg sin θB 2l 2(3)当并联双杆进入磁场Ⅱ时，以向右为正方向，在极小的时间间隔Δt 内，对双杆运用动量定理，有： －Bli Δt ＝2m Δv累加求和，有－Bl Δq ＝2m (v 2－v 1)， 而：Δq ＝CE ′－0＝CBl v 2得到：v 2＝2m v 12m ＋CB 2l 2＝2Rm 2g sin θB 2l 2(2m ＋CB 2l 2).23.加试题(10分)(2017·温州市九校高三上学期期末)某“太空粒子探测器”是由加速、偏转和探测三部分装置组成，其原理可简化如下：如图4所示，沿半径方向的加速电场区域边界AB、CD为两个同心半圆弧面，圆心为O1，外圆弧面AB电势为φ1，内圆弧面电势为φ2；在O1点右侧有一与直线CD相切于O1、半径为R的圆，圆心为O2，圆内(及圆周上)存在垂直于纸面向外的匀强磁场；MN是一个足够长的粒子探测板，与O1O2连线平行并位于其下方3R 处；假设太空中漂浮着质量为m、电荷量为q的带正电粒子，它们能均匀地吸附到AB圆弧面上，并被加速电场从静止开始加速到CD圆弧面上，再由O1点进入磁场偏转，最后打到探测板MN(不计粒子间的相互作用和星球对粒子引力的影响)，其中沿O1O2连线方向入射的粒子经磁场偏转后恰好从圆心O2的正下方G点射出磁场．图4(1)求粒子聚焦到O1点时速度的大小及圆形磁场的磁感应强度大小B0；(2)从图中P点(PO1与O1O2成30°夹角)被加速的粒子打到探测板上Q点(图中未画出)，求该粒子从O1点运动到探测板MN所需的时间；(3)若每秒打在探测板上的粒子数为N，打在板上的粒子数60%被吸收，40%被反射，弹回速度大小为打板前速度大小的0.5倍，求探测板受到的作用力的大小.答案见解析解析(1)带正电粒子从AB圆弧面由静止开始加速到CD圆弧面上，由动能定理得q(φ1－φ2)＝12m v2解得v＝2q(φ1－φ2)m由q v B0＝m v 2r及r＝R得磁感应强度为B0＝2qm(φ1－φ2)qR(2)从P点被加速的粒子运动轨迹如图所示，则在磁场中的运动周期T ＝2πRv由几何关系知粒子在磁场中的运动时间t 1＝13T ＝2πR3v出磁场后至到达探测板所需的时间t 2＝3R －32Rv 从O 1 点运动到探测板MN 所需的时间 t ＝t 1＋t 2＝(3－32＋2π3)R m2q (φ1－φ2)(3)由题可知，所有带正电粒子经磁场偏转后均垂直射向探测板，由动量定理可得 F 1＝|Δp 吸Δt |＝60%Nm v 1＝0.6Nm vF 2＝|Δp 反Δt |＝40%N (0.5m v ＋m v )1＝0.6Nm v由牛顿第三定律得探测板受到的作用力大小 F ＝F 1＋F 2＝1.2Nm v ＝1.2N2qm (φ1－φ2).计算题等值练(四)19．(9分)(2018·新高考研究联盟联考)如图1是一台无人机飞行时的照片，现在某型号无人机最大上升速度为v max ＝6 m /s ，最大加速度为1 m/s 2，整机总质量为m ＝1.2 kg ，在忽略空气阻力的前提下，求：(g 取10 m/s 2)图1(1)无人机在空中悬停时旋翼需提供多大升力；(2)无人机以最大加速度竖直上升和竖直下降时旋翼分别需提供多大升力； (3)无人机由静止从地面竖直上升到54 m 高处悬停至少需要多长时间． 答案 (1)12 N (2)13.2 N 10.8 N (3)15 s 解析 (1)无人机悬停时，受力平衡． F 升＝mg ＝12 N(2)由牛顿第二定律得F 合上＝ma 1＝F 升′－mg ，F 升′＝13.2 N F 合下＝ma 2＝mg －F 升″，F 升″＝10.8 N(3)无人机经匀加速、匀速、匀减速，最后悬停．则匀加速、匀减速所用时间均为t 1＝Δv a ＝v maxa ＝6 s ，x 1＝12at 12＝18 m匀速时所用时间t 2＝x 2－2x 1v max ＝3 st 总＝2t 1＋t 2＝15 s.20．(12分)(2018·宁波市十校联考)市面上流行一款迷你“旋转木马”音乐盒，如图2甲所示，通电以后，底盘旋转带动细绳下的迷你木马一起绕着中间的硬杆旋转，其中分别有一二三挡，可以调整木马的旋转速度．其原理可以简化为图乙中的模型，已知木马(可视为质点)质量为m ，细绳长度为L ，O 点距地面高度为h ，拨至三挡，稳定后细绳所承受的张力F T ＝53mg .(重力加速度为g ，忽略一切阻力)图2(1)若拨至一挡，细绳与竖直方向成θ角，求木马运动一周所需时间．(2)若拨至三挡，木马快速旋转，求木马从静止开始到达稳定速度，细绳对木马所做的功． (3)时间长久，产品出现老化现象，某次拨至三挡，木马到达稳定速度没多久，突然脱落，则木马落地时的速度及此时距O 点的水平距离各为多大． 答案 (1)2πL cos θg (2)1415mgL (3)2gh －215gL3215hL －1625L 2解析 (1)若拨至一挡，细绳与竖直方向成θ角，根据 tan θ＝F 向mg ＝ω2L sin θg得ω＝gL cos θ， 所以木马运动一周所需时间T ＝2π＝2πL cos θg； (2)由平衡条件可得F T cos θ＝mg ，得 cos θ＝35，则sin θ＝45根据向心力计算公式可得：F T sin θ＝m v 2L sin θ，解得v ＝415gL15根据动能定理，得W －mgL (1－cos θ)＝12m v 2－0，解得：W ＝1415mgL ；(3)根据机械能守恒定律，mg (h －L cos θ)＝12m v 12－12m v 2，得v 1＝2gh －215gL ，由h －L cos θ＝12gt 2，得t ＝2(h －L cos θ)g水平方向根据匀速直线运动规律可得：x ＝v t ＝3215L (h －35L )， 根据几何关系可得此时距O 点的水平距离x 总＝x 2＋(L sin θ)2＝3215hL －1625L 2. 22.加试题(10分)(2018·西湖高级中学月考)如图3所示，足够长的金属导轨MN 、PQ 平行放置，间距为L ，与水平面成θ角，导轨与定值电阻R 1和R 2相连，且R 1＝R 2＝R ，R 1支路串联开关S ，原来S 闭合．匀强磁场垂直导轨平面向上，有一质量为m 、有效电阻也为R 的导体棒ab 与导轨垂直放置，它与导轨始终接触良好，受到的摩擦力为F f ＝14mg sin θ.现将导体棒ab 从静止释放，沿导轨下滑，当导体棒运动达到稳定状态时速率为v ，已知重力加速度为g ，导轨电阻不计，空气阻力不计，求：图3(1)匀强磁场的磁感应强度B 的大小；(2)如果导体棒ab 从静止释放沿导轨下滑x 距离后达到稳定状态，这一过程回路中产生的电热是多少？(3)导体棒ab 达到稳定状态后，断开开关S ，将做怎样的运动？若从这时开始导体棒ab 下滑一段距离后，通过导体棒ab 横截面的电荷量为q ，求这段距离是多少？ 答案 见解析解析 (1)回路中的总电阻为：R 总＝32R当导体棒ab 以速度v 匀速下滑时棒中的感应电动势为： E ＝BL v此时棒中的感应电流为：I ＝ER 总mg sin θ＝BIL ＋F f 解得：B ＝34L2mgR sin θv(2)导体棒ab 减少的重力势能等于增加的动能、回路中产生的焦耳热以及克服摩擦力做功的和mg sin θ·x ＝12m v 2＋Q ＋F f ·x解得：Q ＝34mg sin θ·x －12m v 2(3)S 断开后，导体棒先做加速度减小的加速运动，最后做匀速直线运动 回路中的总电阻为：R 总′＝2R设这一过程经历的时间为Δt ，这一过程回路中的平均感应电动势为E ，通过导体棒ab 的平均感应电流为I ，导体棒ab 下滑的距离为s ，则：E ＝ΔΦΔt ＝BLs Δt ，I ＝E R 总′＝BLs2R Δt得：q ＝I Δt ＝BLs2R解得：s ＝4q32v Rmg sin θ23.加试题(10分)K－1介子的衰变方程为K －1→π－1＋π0，其中K－1介子和π－1介子带负电，电荷量为元电荷电量e ，π0介子不带电．现一K－1介子以某一初速度按图4甲所示沿直线穿过复合场区域Ⅰ，且该区域电场场强为E ，方向竖直向下；磁场磁感应强度为B 1，方向垂直纸面向里．穿过复合场Ⅰ后，K－1介子进入同一平面的y 轴右侧单边界磁场区域Ⅱ，坐标轴与纸面平行，磁场磁感应强度为B 2(图中未画出)，方向垂直于纸面．K－1介子在磁场区域Ⅱ中的运动轨道如图乙所示，且OA 的距离为L ，OB 的距离为2L ，A 、B 为运动轨迹与坐标轴的交点．当K－1介子运动到P 点时发生衰变，衰变后产生的π－1介子的轨迹为圆弧PC ，两轨迹在P 点相切(π0轨迹未画出)，若两圆弧的半径比R AP ∶R PC ＝2∶1，不计微观粒子的重力，则：图4(1)判断磁场区域Ⅱ中的磁感应强度B 2方向； (2)求K －1介子的初速度v 0的大小； (3)求K－1介子的质量；(4)求衰变后π－1介子与π0介子的动量大小之比．答案 (1)垂直纸面向里 (2)E B 1 (3)5B 2eLB 12E(4)1∶3解析 (1)B 2方向垂直纸面向里．(2)K －1介子在复合场区域Ⅰ中做匀速直线运动，则 F 合＝0 则Ee ＝B 1e v 0， v 0＝EB 1.(3)K －1介子在磁场区域Ⅱ中做匀速圆周运动 由几何关系R 2＝(R －L )2＋(2L )2，得R ＝5L2且B 2e v 0＝m v 02R ，m ＝B 2eR v 0，则m ＝5B 2eLB 12E.(4)由轨迹可知，衰变产生的π－1介子与K －1介子速度方向相反，则由动量守恒可知 m v 0＝m 1v 1－m 2v 2，其中m 1v 1、m 2v 2分别为π0介子和π－1介子的动量由R AP ∶R PC ＝2∶1可知， m v 0∶m 2v 2＝2∶1 则m 2v 2∶m 1v 1＝1∶3.计算题等值练(五)19．(9分)低空跳伞大赛受到各国运动员的喜爱．如图1所示为某次跳伞大赛运动员在一座高为H ＝263 m 的悬崖边跳伞时的情景．运动员离开悬崖时先做自由落体运动，一段时间后，展开降落伞，以a ＝9 m /s 2的加速度匀减速下降，已知运动员和伞包的总质量为80 kg ，为了运动员的安全，运动员落地时的速度不能超过4 m/s ，g ＝10 m/s 2，求：图1(1)运动员做自由落体运动的最大位移大小； (2)运动员(含伞包)展开降落伞时所受的空气阻力F f ；(3)如果以下落时间的长短决定比赛的胜负，为了赢得比赛的胜利，运动员在空中运动的最短时间约是多大．答案 (1)125 m (2)1 520 N ，方向竖直向上 (3)10.1 s解析 (1)设运动员做自由落体运动的最大位移为x ，此时速度为v 0，则 v 02＝2gx又v 2－v 02＝－2a (H －x ) 联立解得x ＝125 m ，v 0＝50 m/s.(2)展开降落伞时，对运动员(含伞包)，由牛顿第二定律知，F f －Mg ＝Ma 得F f ＝1 520 N ，方向竖直向上． (3)设运动员在空中的最短时间为t ，则有 v 0＝gt 1，得t 1＝v 0g ＝5010 s ＝5 st 2＝v －v 0－a ＝4－50－9s ≈5.1 s ，故最短时间t ＝t 1＋t 2＝5 s ＋5.1 s ＝10.1 s.20．(12分)如图2所示，水平传送带AB 向右匀速运动，倾角为θ＝37°的倾斜轨道与水平轨道平滑连接于C 点，小物块与传送带AB 及倾斜轨道和水平轨道之间均存在摩擦，动摩擦因数都为μ＝0.4，倾斜轨道长度L PC ＝0.75 m ，C 与竖直圆轨道最低点D 处的距离为L CD ＝0.525 m ，圆轨道光滑，其半径R ＝0.5 m ．质量为m ＝0.2 kg 可看做质点的小物块轻轻放在传送带上的某点，小物块随传送带运动到B 点，之后沿水平飞出恰好从P 点切入倾斜轨道后做匀加速直线运动(进入P 点前后不考虑能量损失)，经C 处运动至D ，在D 处进入竖直平面圆轨道，恰好绕过圆轨道的最高点E 之后从D 点进入水平轨道DF 向右运动．(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g ＝10 m/s 2)求：图2(1)物块刚运动到圆弧轨道最低处D 时对轨道的压力； (2)传送带对小物块做的功W ；(3)若传送带AB 向右匀速运动的速度v 0＝5 m/s ，求小物块在传送带上运动过程中由于相互摩擦而产生的热量Q . 答案 见解析解析 (1)小物块恰好过E 点：mg ＝m v E 2RD 到E 过程：－mg ·2R ＝12m (v E 2－v D 2)D 点：F N －mg ＝m v D 2R，则：F N ＝12 N由牛顿第三定律得到物块到D 点时对轨道压力大小为12 N ，方向竖直向下． (2)从P 点到D 点，由动能定理有mg sin θ·L PC －μmg cos θ·L PC －μmgL CD ＝12m (v D 2－v P 2)解得v P ＝5 m /s ，v B ＝v P cos θ＝4 m/s 传送带对小物块做的功为：W ＝12m v B 2＝1.6 J.(3)小物块在传送带上加速过程：t ＝v Bμg ＝1 s则Δx ＝v 0t －v B 22μg＝3 m ，Q ＝μmg Δx ＝2.4 J.。