计算题增分练(三) (满分32分 20分钟) 1．(2018·河南省濮阳市高三三模)如右图所示一木板放置在光滑的水平桌面上，A、B两个小物体通过不可伸长的轻绳相连，细绳平行于地面，且跨过轻滑轮，A物体放置在木板的最左端．已知木板的质量m1＝20.0 kg，物体A的质量m2＝4.0 kg，物体B的质量m3＝1.0 kg，物体A与木板间的动摩擦因数μ＝0.5，木板长L＝2 m木板与物体A之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2.不计滑轮摩擦． (1)为了使物体A随着木板一起向左运动，现对木板施加水平向左的力F，求力F的最大值； (2)若开始时不施加力F，在A、B、木板静止时，用向左的水平力击打木板一下，使木板、A向左运动，物体B上升．当物体B上升hB＝1.0 m(物体B未碰触滑轮)时，物体A刚好到达木板最右端．求最初击打木板的冲量I. 解析：(1)设A、B、木板一起运动的加速度大小为a，物体B受两力：重力mg、绳拉力T，由根据牛顿第二定律有： T－m3g＝m3a ① 物体A水平方向受两力：木板的摩擦力f、绳拉力T，根据牛顿第二定律有： f－T＝m2a ② 木板水平方向受两力：外力F、A的摩擦力f，根据牛顿第二定律有： F－f＝m1a ③ ①②③联立得： F－m3g＝(m1＋m2＋m3)a ④ f－m3g＝(m2＋m3)a ⑤ 从④⑤显然看出，F越大，a、f越大，当： f＝μm2g ⑥ 代入数据，解得F的最大值为： F＝60 N，a＝2.0 m/s2 (2)打击木板后，物体A、B在木板的最大静摩擦力作用下，以加速度a＝2.0 m/s2加速运动，当物体B上升高度hB＝1.0 m时，有： hB＝at2 ⑦ 木板向左运动的位移为： x＝L＋hB ⑧ 木板在A的摩擦力作用下，做减速运动的加速度为a′，根据牛顿第二定律有： μm2g＝m1a′ ⑨ 设打击木板后的瞬间，木板的速度为v0，则： x＝v0t－a′t2 ⑩ 代入数据，解得：v0＝3.5 m/s 根据动量定理得最初击打木板的冲量为： I＝mv0＝70 N·s ? 答案：(1)60 N (2)70 N·s 2．如图所示，直角坐标系xOy的第一象限内存在与x轴正方向成45°角的匀强电场，第二象限内存在与第一象限方向相反的匀强电场，两电场的场强大小相等．x轴下方区域Ⅰ和区域Ⅱ内分别存在磁感应强度不同的、方向垂直纸面向外的足够大匀强磁场，两磁场的分界线与x轴平行，区域Ⅰ中磁场的磁感应强度大小为B，在分界线上有一绝缘弹性挡板，挡板关于y轴对称．现在P(0，y0)点由静止释放一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子(不计粒子重力)，粒子立即进入第一象限运动，以速度v穿过x轴后，依次进入区域Ⅰ和区域Ⅱ磁场，已知粒子从区域Ⅰ进入区域Ⅱ时，速度方向垂直挡板紧贴挡板的右侧边缘，在与挡板进行碰撞时粒子的电荷量和能量均无变化，且与挡板的中央发生过碰撞．求 (1)电场强度E的大小； (2)区域Ⅱ中磁场的磁感应强度大小； (3)粒子再次回到y轴时的位置坐标和此时粒子速度方向． 解析：(1)粒子在第一象限运动，根据动能定理得： Eq·y0＝mv2 解得：E＝. (2)如图所示，粒子在区域Ⅰ内做圆周运动的半径为R1，则有： qvB＝m 由几何知识可知：LAC＝R1(1－cos 45°)＝ 由题意可知挡板长度L＝2(y0＋LAC) 设区域Ⅱ磁场的磁感应强度大小为B0，粒子在区域Ⅱ内做圆周运动的半径为R2，则有：qvB0＝m 由题意可知挡板长度L＝2R2·2n＝(n＝1，2，3…) 由以上各式可得：B0＝(n＝1，2，3…) (3)由对称性可知，粒子第二次通过x轴时D点距离坐标原点O的距离为y0，进入第二象限后粒子做类平抛运动，设粒子再次回到y轴时的位置坐标Q(0，y) 根据类平抛运动规律有：(y－y0)cos 45°＝··t2，y0＋(y－y0)sin 45°＝vt 将E＝代入可得：y＝3y0 所以粒子再次回到y轴时的位置坐标Q(0，3y0) 设粒子再次回到y轴时沿电场方向的分速度大小为vE， 根据运动的分解可得 v＝2×2y0cos 45°＝v2，所以vE＝v. 根据运动的合成知粒子此时的合速度方向沿y轴正方向． 答 ... ...
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