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1、计算题押题突破练1直线运动(2019年辽宁沈阳三模)在一段平直道路的路口，一辆货车和一辆电动自行车都停在停止线处绿灯亮起后两车同时启动，已知货车启动后能保持2.5 m/s2的加速度，一直达到该路段限制的最大速度25 m/s后保持匀速直线运动；电动自行车启动后保持4 m/s2的加速度，一直达到该车的最大速度20 m/s后保持匀速直线运动，则电动自行车在多长时间内领先货车？【答案】15 s【解析】设货车加速的时间为t1，加速度过程中的位移为x1，则t1，x1货车开始做匀速直线运动到追上电动车的时间为t2，位移为x2，则x2v1t2设电动车加速的时间为t3，加速过程中的位移为x3，则t3，x3电动车
2、开始做匀速直线运动到被货车追上的时间为t4，位移为x4，则x4v2t4两车运动的总位移相等，所用的总时间相等x1x2x3x4，tt1t2t3t4联立解得t15 s.2带电粒子在复合场中的运动(2019年河南郑州二模)如图所示，矩形区域abcdef分为两个矩形区域，左侧区域充满匀强电场，方向竖直向上，右侧区域充满匀强磁场，方向垂直纸面向外，be为其分界线，afL，ab0.75L，bcL.一质量为m、电荷量为e的电子(重力不计)从a点沿ab方向以初速度v0射入电场，从be边的中点g进入磁场(已知sin 370.6，cos 370.8)(1)求匀强电场的电场强度E的大小；(2)若要求电子从cd边射出
3、，求所加匀强磁场磁感应强度的最大值Bm；(3)调节磁感应强度的大小，求cd边上有电子射出部分的长度【答案】(1)(2) (3)L【解析】(1)电子在电场中做类似平抛运动，有在竖直方向Lat2水平方向0.75Lv0t由牛顿第二定律有eEma联立解得E.(2)粒子进入磁场时，速度方向与be边夹角的正切值tan 0.75，解得37电子进入磁场时的速度为vv0设电子运动轨迹刚好与cd边相切时，半径最小为r1，轨迹如图所示则由几何关系知r1r1cos L解得r1L由洛伦兹力提供向心力evBm可得对应的最大磁感应强度Bm.(3)设电子运动轨迹刚好与de边相切时，半径为r2，则r2r2sin 37解得r2又
4、r2cos L，故切点刚好为d点电子从cd边射出的长度为yr1sin 37.3动量与能量(2019年四川成都模拟)如图所示，水平传送带A、B两轮间的距离L40 m，离地面的高度H3.2 m，传送带一直以恒定的速率v02 m/s顺时针匀速转动两个完全一样的滑块P、Q由轻质弹簧相连但不栓接，用一轻绳把两滑块拉至最近，使弹簧处于最大压缩状态绷紧，轻放在传送带的最左端开始时P、Q一起从静止开始运动，t13 s后轻绳突然断开，很短时间内弹簧伸长至本身的自然长度(不考虑弹簧的长度的影响)，此时滑块Q的速度大小刚好是P的速度大小的两倍且它们的运动方向相反，已知滑块的质量是m0.2 kg，滑块与传送带之间的动
5、摩擦因数是0.1，重力加速度g10 m/s2.(滑块P、Q和轻质弹簧都可看成质点，取1.4)求：(1)弹簧处于最大压缩状态时，弹簧的弹性势能？(2)两滑块落地的时间差？(3)两滑块落地点间的距离？【答案】(1)7.2 J (2)7.8 s(3)43.84 m【解析】(1)滑块在传送带上运动的加速度大小ag1 m/s2滑块从静止开始运动到与传送带相对静止所用的时间t0 s2 s这段时间内滑块的位移x0at2122 m2 mx14 m会从左端落下滑块P滑到传送带左端时的速度vP m/s2 m/s运动时间t41.2 s两滑块落地的时间差tt2t3t47.8 s.(3)滑块P离开传送带做平抛运动的水平
6、距离x4vP2 m2.24 m滑块Q离开传送带做平抛运动的水平距离x5v02 m1.6 m.两滑动落地点间的距离xx4Lx543.84 m.4电磁感应的电路问题(2019年四川泸州模拟)如图所示，电阻不计且足够长的U形金属框架放置在倾角37的绝缘斜面上，该装置处于垂直斜面向下的匀强磁场中，磁感应强度大小B0.4 T质量m0.2 kg、电阻R0.3 的导体棒ab垂直放在框架上，与框架接触良好，从静止开始沿框架无摩擦地下滑框架的质量M0.4 kg、宽度l0.5 m，框架与斜面间的动摩擦因数0.7，与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力(g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8) (
7、1)若框架固定，求导体棒的最大速度vm; (2)若框架固定，导体棒从静止开始下滑6 m时速度v14 m/s，求此过程回路中产生的热量Q及流过导体棒的电量q；(3)若框架不固定，求当框架刚开始运动时导体棒的速度大小v2.【答案】(1)9 m/s(2)4 C(3)7.2 m/s【解析】(1)棒ab产生的电动势EBlv回路中感应电流I棒ab所受的安培力FBIl对棒ab：mgsin 37BIlma当加速度时，最大速度vm9 m/s.(2)根据能量转化和守恒有mgxsin 37mvQ解得Q5.6 Jqtt4 C.(3)回路中感应电流I1框架上边所受安培力F1BI1l对框架有Mgsin 37BI1l(mM
8、)gcos 37联立解得v27.2 m/s.计算题押题突破练1直线运动规律如图所示，水平地面放置A和B两个物块，A的质量m12 kg，B的质量m21 kg，物块A、B与地面间的动摩擦因数均为0.5.现对物块A施加一个与水平成37角的外力F，F10 N，使A由静止开始运动，经过12 s物块A刚好运动到物块B处，A物块与B物块碰前瞬间撤掉外力F，A与B碰撞过程没有能量损失，设碰撞时间很短，A、B均可视为质点，g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8.求：(1)计算A与B碰撞前瞬间A的速度大小；(2)若在B的正前方放置一个弹性挡板，物块B与挡板碰撞时没有能量损失，要保证物块A和B能
9、发生第二次碰撞，弹性挡板距离物块B的距离L不得超过多大？【答案】(1) 6 m/s(2) L不得超过3.4 m【解析】(1)设A与B碰前速度为v1，由牛顿第二定律得Fcos 37(m1gFsin 37)m1a解得a0.5 m/s2则速度v1at6 m/s.(2)AB相碰，碰后A的速度v1，B的速度v2由动量守恒定律得m1v1m1v1m2v2由机械能守恒定律得m1vm1vm2v联立解得v12 m/s、v28 m/s对A用动能定理得m1gsA0m1v解得sA0.4 m对B用动能定理得m2gsB0m2v解得sB6.4 m物块A和B能发生第二次碰撞的条件是sAsB2L，解得L3.4 m即要保证物块A和
10、B能发生第二次碰撞，弹性挡板距离物块B的距离L不得超过3.4 m.2带电粒子在组合场中的运动(2019年安徽合肥三模)如图所示，在平面直角坐标系xOy中，、象限内有场强大小E103 V/m的匀强电场，方向与x轴正方向成45角，、象限内有磁感应强度大小B1 T的匀强磁场，方向垂直坐标平面向里现有一比荷为104 C/kg的带负电粒子，以速度v02103 m/s由坐标原点O垂直射入磁场，速度方向与y轴负方向成45角粒子重力不计，求：(1)粒子开始在磁场中运动的轨道半径；(2)粒子从开始进入磁场到第二次刚进入磁场的过程所用的时间；(3)粒子从第二次进入磁场到第二次离开磁场两位置间的距离【答案】(1)0
11、.2 m(2)104s(3) m【解析】(1)粒子进入磁场后做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律qv0Bm解得r0.2 m.(2)如图，粒子射出磁场与y轴夹角为45，在磁场中运动270.粒子第一次在磁场中运动的时间为t1T104s粒子进入电场速度与电场方向垂直设粒子在电场中的时间为t2.加速度a电场中的位移偏转角为45，有tan 45解得t24104s总时间tt1t2104 s.(3)如图所示，粒子在电场中做类平抛运动，设粒子的速度偏转角为，粒子第二次进入磁场时的速度大小为v，与y轴负方向的夹角为，则有tan 2tan 452由图有45vv0根据牛顿第二定律qvBm则R m粒子第二次进、出磁场处两
12、点间的距离L2Rsin 2Rsin(45) 解得L m.3功和能(2019年河南郑州二模)如图所示，传送带水平部分的长度l4.5 m，在电动机带动下匀速运行质量M0.49 kg的木块(可视为质点)静止在传送带左端的光滑平台上质量为m10 g的子弹以v050 m/s的速度水平向右打入木块并留在其中，之后木块滑到传送带上，最后从右轮轴正上方的P点离开传送带做平抛运动，正好落入车厢中心点Q.已知木块与传送带间的动摩擦因数0.5，P点与车底板间的竖直记度H1.8 m，与车厢底板中心点Q的水平距离x1.2 m，取g10 m/s2，求：(1)木块从传送带左端到达右端的时间；(2)由于传送木块，电动机多消耗
13、的电能【答案】(1)2.3 s (2)1 J【解析】(1)传送带的速度等于木块运动到P点后做平抛运动，得xvt竖直方向Hgt2解得抛出速度v2 m/s子弹打入木块过程，由动量守恒定律得mv0(Mm)v1木块沿传送带加速运动，由牛顿第二定律得(Mm)g(Mm)a加速至v的位移x10.3 m4.5 m加速运动时间t10.2 s之后随传送带向右匀速运动，匀速运动时间t22.1 s木块从传送带左端到达右端的时间tt1t22.3 s.(2)根据功能关系，电动机多做的功等于该过程煤块动能的增量Ek与煤块与皮带由于摩擦生热而产生的内能Q之和，即EEkQ其中Ek(mM)v2(mM)v解得Ek0.75 J产生的
14、热量Qmg(x带x块)mgx0.25 J联立可得EEkQ1 J.4电磁感应的能量问题(2019年云南昆明质检)如图，足够长的平行金属导轨弯折成图示的形状，分为、三个区域区域导轨与水平面的夹角37，存在与导轨平面垂直的匀强磁场，区域导轨水平，长度x0.8 m，无磁场；区域导轨与水平面夹角53，存在与导轨平面平行的匀强磁场金属细杆a在区域内沿导轨以速度v0匀速向下滑动，当a杆滑至距水平导轨高度为h10.6 m时，金属细杆b在区域从距水平导轨高度为h21.6 m处由静止释放，进入水平导轨与金属杆a发生碰撞，碰撞后两根金属细杆粘合在一起继续运动已知a、b杆的质量均为m0.1 kg，电阻均为R0.1 ，
15、与导轨各部分的滑动摩擦因数均为05，导轨间距l02 m，、区域磁场的磁感应强度均为B1 T不考虑导轨的电阻，倾斜导轨与水平导轨平滑连接，整个过程中杆与导轨接触良好且垂直，sin 370.6，cos 370.8，g取10 m/s2.求：(1)金属细杆a的初始速度v0的大小；(2)金属细杆a、b碰撞后速度的大小；(3)a、b杆最终的位置【答案】(1)1 m/s(2)1.5 m/s(3)距底端0.025 m【解析】(1)金属杆a沿导轨匀速下滑，对金属杆a受力分析如图所示根据法拉第电磁感应定律得EBlv0根据闭合电路的欧姆定律得I安培力F安aBIl根据平衡条件得FNamgcos 37F安aFf1mgs
16、in 37且Ff1FNa联立解得v01 m/s.(2)金属杆a沿导轨匀速下滑的位移为sa1 m金属杆a匀速下滑到底端的时间为ta1 s金属杆b沿导轨做初速度为0的匀加速运动，对金属杆b受力分析如图所示根据平衡条件得FNbmgcos 53F安b根据牛顿第二定律得mgsin 57Ff2mab且安培力F安bBIL，Ff2FNb联立解得ab4 m/s2金属杆b沿导轨下滑的位移为sb2 m设金属杆b沿导轨匀加速下滑到底端的时间为t0，速度为vb.则有sbabt，vbabtb代入数据解得tb1 s，vb4 m/s因tatb1 s，故a、b同进进入区域，做匀减速直线运动，加速度大小为ag5 m/s2设经过时
17、间t杆a速度刚好为va0，此时杆a的位移为xa，杆b的速度大小为vb，位移为xb根据运动学公式得vavbat解得t0.2 sx0v0tat20.1 m，vbvbat3 m/sxbt0.7 m则xaxb0.8 m通过以上分析：杆a速度va0时，金属杆a、b相遇发生碰撞，碰撞过程中a、b杆系统动量守恒，设碰撞结束瞬间的速度大小为v1，则有mvb2mv1解得v11.5 m/s.(3)碰撞后a、b杆合为一体，向左减速，冲上区域，设到最高点的高度为h由动能定理得(2m)gxa(2m)gcos 372mgh0(2m)v随后a、b杆沿区域的导轨匀加速下滑，到达底端再沿区域向右匀减速滑至停止，设停止时距区域底
18、端的距离为x.由动能定理得2mgh(2m)gcos 37(2m)gx0联立解得x0.025 m因x0.025 mx，则a、b杆最终停在距区域底端0.025 m处计算题押题突破练1曲线运动(2019年云南昆明模拟)有一如图所示的装置，轻绳上端系在竖直杆的顶端O点，下端P连接一个小球(小球可视为质点)，轻弹簧一端通过铰链固定在杆的A点，另一端连接在P点，整个装置可以在外部驱动下绕OA轴旋转刚开始时，整个装置处于静止状态，弹簧处于水平方向现在让杆从静止开始缓慢加速转动，整个过程中，绳子一直处于拉伸状态，弹簧始终在弹性限度内，忽略一切摩擦和空气阻力已知：OA4 m，OP5 m，小球质量m1 kg，弹簧
19、原长l5 m，重力加速度g取10 m/s2.求：(1)弹簧的劲度系数k；(2)当弹簧弹力为零时，整个装置转动的角速度.【答案】(1)3.75 N/m(2) rad/s【解析】(1)开始整个装置处于静止状态，对小球进行受力分析，如图所示：根据平衡条件得F弹k(1)，联立并代入数据解得k3.75 N/m.(2)当弹簧弹力为零时，小球上移至位置P，绕中点C做匀速圆周运动，受力分析如图所示由图可得，轨道半径为r，tan ，其中5 m，2 m根据牛顿第二定律得mgtan m2r联立解得 rad/s.2带电粒子在叠加场中的运动如图所示，有一对平行金属板，板间加有恒定电压；两板间有匀强磁场，磁感应强度大小为
20、B0，方向垂直于纸面向里金属板右下方以MN、PQ为上、下边界，MP为左边界的区域内，存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁场宽度为d，MN与下极板等高，MP与金属板右端在同一竖直线上一电荷量为q、质量为m的正离子，以初速度v0沿平行于金属板面、垂直于板间磁场的方向从A点射入金属板间，不计离子的重力，(1)已知离子恰好做匀速直线运动，求金属板间电场强度的大小；(2)若撤去板间磁场B0，已知离子恰好从下极板的右侧边缘射出电场，方向与水平方向成30角，求A点离下极板的高度；(3)在(2)的情形中，为了使离子进入磁场运动后从边界MP的P点射出，磁场的磁感应强度B应为多大？【答案】(1)v0B0(2)(3)【解
21、析】 (1)设板间的电场强度为E，离子做匀速直线运动，受到的电场力和洛伦兹力平衡，有qEqv0B0解得Ev0B0.(2)设A点离下极板的高度为h，离子射出电场时的速度为v，根据动能定理，得qEhmv2mv离子在电场中做类平抛运动，水平方向做匀速运动，有v解得h.(3)设离子进入磁场后做匀速圆周运动的半径为r，根据牛顿第二定律，得qvBm由几何关系得drcos 30解得B.3动量与能量 (2019年吉林长春二模)如图所示，可视为质点两物体A、B质量均为m10 kg，它们之间用可遥控引爆的粘性炸药粘连在一起，现使两物体从光滑曲面(末端切线水平)上高度H0.8 m处由静止释放，到达底端时进入水平传送
22、带，随即撤掉光滑曲面，传送带匀速向左传动，速率为v03 m/s.已知两物体与传送带间的动摩擦因数均为0.1，g10 m/s2，按要求回到下列问题：(1)若两物体从传送带右端滑出，求皮带轮间的距离s需满足的条件；(2)若皮带轮间的距离足够大，求从两物体滑上离开传送带的整个过程中，由于两物体和传送带间的摩擦产生的热量Q；(3)若两皮带轮半径r10 cm，间距为13.5 m当两物体滑上皮带后经过2 s的那一时刻，用遥控器引爆粘性炸药，此后两物体分离，物体B恰好从传送带右端平抛飞出若爆炸所用时间极短，可忽略不计，爆炸所释放的化学能80%转化为两物体的机械能，求爆炸所释放的化学能E.【答案】(1)小于8
23、 m(2)490 J(3)40 J【解析】 (1)AB下滑到皮带上的速度为v，由机械能守恒定律2mgH2mv2解得v4 m/s设皮带轮间的距离最小值为 s0s08 m即皮带轮间的距离需满足的条件s8 m.(2)物体向右减速到零的时间为t1，物体向左加速到与皮带达到共速的时间为t2，则t14 s，t23 s物体向右减速到零的时间内相对皮带滑行的距离为s1，物体向左加速到与皮带达到同速的时间内相对皮带滑行的距离为s2，则s1t120 m，s2t24.5 m则从两物体滑上到离开传送带的整个过程中，由于两物体和传送带间的摩擦产生了热量Q2mg(s1s2)490 J.(3)两物体滑上皮带后经过2 s的那
24、一时刻的速度为v1，滑行的距离为x，则 v1vgt2 m/sxt6 m物体B恰好从传送带右端平抛飞出，则物体B对应的速度mgm，解得v1 m/s炸药爆炸后瞬间物体AB对应的速度分别为vA、vB，则135x，解得vB4 m/s根据动量守恒定律2mv1mvAmvB，解得vA0爆炸后物体AB所获得的机械能为EE2mvmvmv解得E40 J爆炸所释放的化学能E50 J.4电磁感应与力学综合(2019年安徽江淮十校联考)如图所示，MN、PQ为两条平行的光滑金属直轨道，导轨平面与水平面成30，M、P之间接有电阻箱R，导轨所在空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B.质量为m的金属杆ab水
25、平放置在轨道上，其接入电路的电阻值为r，现从静止释放金属杆ab，测得最后的最大速度为v1，已知轨道间距为L，重力加速度取g，轨道足够长且电阻不计求：(1)电阻箱接入电路的电阻多大？(2)若当金属棒下滑的距离为s时，金属棒的加速度大小为a，则此时金属棒运动的时间为多少？(3)当金属棒沿导轨匀速下滑时，将电阻箱的电阻瞬间增大为r，此后金属棒再向下滑动d的距离时，导体棒再次达到最大速度，求下滑d的距离过程中，回路中产生的焦耳热【答案】(1)r(2)(3)mgdmv【解析】(1)设电阻箱接入电路的电阻为R1，当金属杆以最大速度下滑时，mgsin BILIEBLv1解得R1r.(2)设金属棒下滑的距离为
26、s时，金属棒的速度为v2，则mgsin ma解得v2v1根据动量定理：tmv整体过程中：mgsin tvtmv有mgtsmv2解得t.(3)当电阻箱的电阻瞬间增大为r后，电路中电流减小，导体棒向下做加速运动，当速度再次增大为最大速度时，mgsin 解得v3v1根据能量守恒可得此过程中回路总产生的总的焦耳热Qmgdsin mgdmv.计算题押题突破练1匀变速直线运动(2019年豫北豫南名校联考)如图所示，某“闯关游戏”的笔直通道上每隔L8 m设有一个关卡，各关卡同步改行和关闭，放行和关闭的时间分别为6 s和4 s关卡刚放行时，一同学立即在关卡1处以加速度1 m/s2由静止开始加速运动，达到最大速
27、度2 m/s之后匀速运动，求：(1)该同学从开始运动到达关卡2的时间；(2)最先挡住他前进的关卡是哪一关卡【答案】(1)5 s(2)最先挡住他前进的是关卡3【解析】(1)由题意知，该同学先加速后匀速，最大速度v2 m/s根据vat1可得加速的时间为t12 s加速的位移为xat2 m从开始到达关卡2的时间为t2t15 s.(2)t26 s所以可以通过关卡2继续运动，从关卡2到达关卡3的时间为t34 s从开始到达关卡3的总时间为t(54) s9 s关卡放行和关闭的时间分别为6 s和4 s，由于6964此时关卡3是关闭的，所以最先挡住他前进的是关卡3.2带电粒子在组合场中的运动如图所示的直角坐标系x
28、Oy中，在第一象限和第四象限分别存在垂直纸面向外和向里的匀强磁场，PQ是磁场的右边界，磁场的上下区域足够大，在第二象限存在沿x轴正方向的匀强电场，一个质量为m，电荷量为q的带电粒子从x轴上的M点以速度v0垂直于x轴沿y轴正方向射入电场中，粒子经过电场偏转后从y轴上的N点进入第一象限，带电粒子刚好不从y轴负半轴离开第四象限，最后垂直磁场右边界PQ离开磁场区域，已知M点距离原点O的距离为l，N点距离原点O的距离为l，第一象限的磁感应强度满足B，不计带电粒子的重力，求：(1)匀强电场的电场强度为多大？(2)第四象限内的磁感应强度多大？(3)若带电粒子从进入磁场到垂直磁场右边界离开磁场，在磁场中运动的
29、总时间是多少？【答案】(1)(2)(3)(n0,1,2，3)【解析】(1)设带电粒子在电场中运动的加速度为a根据牛顿第二定律得qEma粒子沿y轴方向lv0t粒子沿x轴方向lat2解得E.(2)粒子沿x轴方向匀加速运动，速度v1atv0进入磁场时与y轴正向夹角tan 解得60进入磁场时速度大小为v2v0其运动轨迹，如图所示在第一象限由洛伦兹力提供向心力得qvBm解得 R1l由几何知识可得粒子第一次到达x轴时过A点，因ON满足ON2Rcos 30，所以NA为直径带电粒子刚好不从y轴负半轴离开第四象限，满足(2R1R2)sin 30R2，解得R22l根据qvBm，解得 B2.(3)带电粒子到达D点时
30、，因为DCR1sin 30DHR2R2sin 30lF点在H点的左侧，带电粒子不可能从第一象限垂直磁场边界离开磁场带电粒子在第一象限运动周期T1带电粒子在第四象限运动周期 T2带电粒子在磁场中运动时间满足tn(T1T2)解得t(n0,1,2,3)3机械能守恒 动能定理(2019年福建漳州模拟)如图，倾角 37的光滑且足够长的斜面固定在水平面上，在斜面顶端固定一个轮半径和质量不计的光滑定滑轮D，质量均为m1 kg 的物体A和B用一劲度系数k240 N/m 的轻弹簧连接，物体 B 被位于斜面底端且垂直于斜面的挡板 P 挡住用一不可伸长的轻绳使物体 A 跨过定滑轮与小环C连接，轻弹簧和定滑轮右侧的绳
31、均与斜面平行，小环C穿过竖直固定的光滑均匀细杆当环C位于Q处时整个系统静止，此时绳与细杆的夹角53，且物体 B 对挡板 P 的压力恰好为零已知sin 370.6，cos 370.8，g 取10 m/s2.求：(1)当环C位于Q处时绳子的拉力T和小环C的质量M；(2)现让环 C从位置 R由静止释放，位置R与位置Q关于位置 S 对称，图中SD水平且长度为 d0.2 m，求：小环C运动到位置Q的速率 v；小环C从位置R运动到位置S的过程中轻绳对环做的功WT.【答案】(1)12 N0.72 kg(2)m/s0.3 J【解析】(1)先以AB组成的整体为研究对象，AB系统受到重力、支持力和绳子的拉力处于平
32、衡状态根据平衡条件得绳子的拉力为T2mgsin 解得T12 N以C为研究对象，其受力分析，如图根据平衡条件得Tcos 53Mg解得M0.72 kg.(2)环从位置R运动到Q位置的过程中，对小环C、弹簧和A组成的系统机械能守恒M(2dcot )Mv2mv其中vAvcos 两式联立可得v2 m/s.由题意，开始时B恰好对挡板没有压力，所以B受到重力、支持力和弹簧的拉力，弹簧处于伸长状态对B受力分析，则有kx1mgsin 解得弹簧的伸长量x10.025 mR到S时，A下降的距离为xAd0.05 m此时弹簧的压缩量x2xAx10.025 m由速度分解可知此时A的速度为零，从R运动到S的过程中，初末态的
33、弹性势能相等对于小环C、弹簧和A组成的系统机械能守恒有Mgdcot mgxAsin Ek解得Ek1.38 J从位置R运动到位置S的过程中，对小环C由动能定理可知WTMgdcot Ek解得WT0.3 J.4电磁感应与功能关系(2019年安徽联盟开年考)如图所示，光滑平行金属导轨PQ、MN固定在光滑绝缘水平面上，导轨左端连接有阻值为R的定值电阻，导轨间距为L，磁感应强度大小为B、方向竖直向上的有界匀强磁场的边界ab、cd均垂直于导轨，且间距为s，e、f分别为ac、bd的中点，将一长度为L、质量为m、阻值也为R的金属棒垂直导轨放置在ab左侧s处，现给金属棒施加一个大小为F、方向水平向右的恒力，使金属
34、棒从静止开始向右运动，金属棒向右运动过程中始终垂直于导轨并与导轨接触良好当金属棒运动到ef位置时，加速度刚好为零，不计其他电阻求：(1)金属棒运动到ef位置时的速度大小；(2)金属棒从初位置运动到ef位置，通过金属棒的电量；(3)金属棒从初位置运动到ef位置，定值电阻R上产生的焦耳热【答案】(1)(2)(3)Fs【解析】(1)设金属棒运动到与ef重合时速度为v，则感应电动势EBLv电路中电流I由于加速度刚好为零，则FBIL求得v.(2)通过金属棒截面的电量qt求得q.(3)设定值电阻R中产生的焦耳热为Q，由于金属棒的电阻也为R，因此整个电路中产生的总的焦耳热为2Q.金属棒从静止运动到ef位置的过程中，根据动能定理有WFW安mv2根据功能关系有W安2Q拉力F做的功WFFs求得QFs.