計(jì)算題標(biāo)準(zhǔn)練(五)

計(jì)算題標(biāo)準(zhǔn)練(五)計(jì)算題標(biāo)準(zhǔn)練(五)計(jì)算題標(biāo)準(zhǔn)練(五)V:1.0精細(xì)整理，僅供參考計(jì)算題標(biāo)準(zhǔn)練(五)日期：20xx年X月計(jì)算題標(biāo)準(zhǔn)練(五)24．(14分)如圖1所示，長(zhǎng)12m，質(zhì)量為50kg的木板右端有一立柱．木板置于水平地面上，木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，質(zhì)量為50kg的人立于木板左端，木板與人均靜止，當(dāng)人以4m/s2的加速度勻加速向右奔跑至板的右端時(shí)，立刻抱住立柱，試求：圖1(1)人在奔跑過(guò)程中受到的摩擦力的大?。?2)人從開(kāi)始奔跑至到達(dá)木板右端所經(jīng)歷的時(shí)間；(3)人抱住立柱后，木板向什么方向滑動(dòng)，滑行多遠(yuǎn)的距離答案(1)200N(2)2s(3)向右2m解析(1)設(shè)人的質(zhì)量為m，加速度為a1，木板的質(zhì)量為M，加速度為a2，人對(duì)木板的摩擦力為Ff，木板對(duì)人的摩擦力為Ff′.對(duì)人，由牛頓第二定律得：Ff′＝ma1，代入數(shù)據(jù)解得：Ff′＝200N.(2)設(shè)人從木板左端跑到右端的時(shí)間為t對(duì)木板，由牛頓第二定律得：Ff－μ(M＋m)g＝Ma2因Ff＝Ff′解得：a2＝eq\f(Ff－μM＋mg,M)＝2m/s2由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得：L＝eq\f(1,2)a1t2＋eq\f(1,2)a2t2解得：t＝2s.(3)設(shè)人跑至木板右端時(shí)，人的速度為v1，木板速度為v2，人抱住立柱后，其共同的速度為v，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得：v1＝a1t＝8m/s，v2＝a2t＝4m/s由動(dòng)量守恒定律可得：mv1－Mv2＝(m＋M)v代入數(shù)據(jù)解得：v＝2m/s，v的方向與人原運(yùn)動(dòng)方向一致．人抱住立柱到兩者速度減為0過(guò)程，由動(dòng)能定理可得：-μ(M＋m)gs＝-eq\f(1,2)(m＋M)v2，代入數(shù)據(jù)解得：s＝2m.25．(18分)(2017·安徽蚌埠市三模)如圖2所示，MN、PQ是水平放置的一對(duì)平行金屬板，兩板接在電壓為U的電源兩極，上極板MN的中心開(kāi)有一個(gè)小孔，在兩板之間加一個(gè)水平方向的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，邊界為半徑為R的圓形，且與MN極板相切于小孔處．現(xiàn)將一帶電小球從小孔正上方某處由靜止釋放，小球穿過(guò)小孔經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后沿直線從下極板右側(cè)Q處離開(kāi)電場(chǎng)，已知極板長(zhǎng)度和間距分別為4eq\r(3)R和3R，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，重力加速度為g，求：圖2(1)小球的比荷eq\f(q,m)；(2)小球經(jīng)過(guò)兩極板后運(yùn)動(dòng)方向改變了多少(3)小球離開(kāi)Q點(diǎn)時(shí)的速度和從釋放到運(yùn)動(dòng)至Q點(diǎn)的時(shí)間．答案(1)eq\f(3gR,U)(2)60°(3)eq\f(\r(3)BgR2,U)eq\f(\r(3)BR2,U)＋eq\f(π＋3\r(3)U,9BgR)解析(1)由題意知，小球穿過(guò)磁場(chǎng)后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，重力和電場(chǎng)力平衡，可得：eq\f(qU,3R)＝mg故小球比荷為eq\f(q,m)＝eq\f(3gR,U)(2)小球在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)(C為圓心)，小球在兩極板之間的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖(由幾何知識(shí)可知O、D、Q三點(diǎn)在一條直線上)由已知條件知，BQ＝2eq\r(3)R，OB＝2R根據(jù)幾何知識(shí)可知，小球運(yùn)動(dòng)方向的改變量為∠BOQ＝60°(3)根據(jù)小球運(yùn)動(dòng)軌跡和幾何知識(shí)可得，軌跡半徑為r＝eq\r(3)R由qvB＝meq\f(v2,r)可得，小球在兩板之間運(yùn)動(dòng)的速度為v＝eq\f(\r(3)qBR,m)＝eq\f(\r(3)BgR2,U)小球自靜止釋放到從Q點(diǎn)射出，經(jīng)歷自由落體運(yùn)動(dòng)、勻速圓周運(yùn)動(dòng)和勻速直線運(yùn)動(dòng)三個(gè)階段，故自由落體運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1＝eq\f(v,g)＝eq\f(\r(3)qBR,mg)勻速圓周運(yùn)動(dòng)周期為T(mén)＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(2πm,qB)故勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t2＝eq\f(T,6)＝eq\f(πm,3qB)勻速直線運(yùn)動(dòng)位移為DQ＝OQ－OD＝4R－R＝3R故勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t3＝eq\f(DQ,v)＝eq\f(\r(3)m,qB)則小球自靜止釋放到從Q點(diǎn)射出的時(shí)間為t＝t1＋t2