2017高考物理全国卷计算题分析及专练
2017高考物理全国卷计算题分析及专练
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2017高考物理全国卷计算题分析及专练
［近四年全国Ⅰ卷计算题涉及的考点与内容]
年份 2013年 第24题 运动学(两辆玩具小车牵连运动问题) 运动学(公路上两车安全距离问题) 电路和力学问题(安2015年 培力作用下导体棒平衡) (双棒模型＋三角体)电磁感应定律应用、力的平衡方程 14分 分值 13分 第25题 电磁感应（滑轨、动力学） 类平抛运动、带电粒12分 子在电场中运动（动力学) 板块模型：两物体多12分 阶段匀变速运动组合问题(动力学) (轻弹簧＋斜面＋光滑圆弧轨道）平抛运动、牛顿定律、动能定理 18分 20分 20分 分值 19分 2014年 2016年（乙卷）
例题展示
1。(2016·全国乙卷·24)如图1,两固定的绝缘斜面倾角均为θ，上沿相连。两细金属棒ab（仅标出a端)和cd（仅标出c端)长度均为L，质量分别为2m和m；用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路abdca，并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，使两金属棒水平。右斜面上存在匀强磁场,磁感应强度大小为B，方向垂直于斜面向上，已知两根导线刚好不在磁场中，回路电阻为R,两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g,已知金属棒ab匀速下滑。求:
图1
(1）作用在金属棒ab2017高考物理全国卷计算题分析及专练
上的安培力的大小;
(2)金属棒运动速度的大小.
解析 （1)由于ab、cd棒被平行于斜面的导线相连，故ab、cd速度总是相等,cd也做匀速直线运动。设导线的张力的大小为FT,右斜面对ab棒的支持力的大小为FN1，作用在ab棒上的安培力的大小为F，左斜面对cd棒的支持力大小为FN2,对于ab棒，受力分析如图甲所示，由力的平衡条件得
甲 乙
2mgsin θ＝μFN1＋FT＋F
① ②
FN1＝2mgcos θ 对于cd棒,受力分析如图乙所示，由力的平衡条件得
mgsin θ＋μFN2＝FT′＝FT FN2＝mgcos θ
③ ④
⑥
⑤
联立①②③④式得：F＝mg(sin θ－3μcos θ)
(2)设金属棒运动速度大小为v，ab棒上的感应电动势为E＝BLv 回路中电流I＝错误! 安培力F＝BIL 联立⑤⑥⑦⑧得:
⑦ ⑧
v＝(sin θ－3μcos θ）错误!
答案 （1)mg(sin θ－3μcos θ) (2)（sin θ－3μcos θ）错误!
2。（2016·全国乙卷·25)如图2,一轻弹簧原长为2R，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC的底端A处,另一端位于直轨道上B处，弹簧处于自然状态，直轨道与一半径为错误!R的光滑圆弧轨道相切于C点，AC＝7R，A、B、C、D均在同一竖直平面内.质量为m的小物块P自C点由静止开始下滑，最低到达E点（未画出），随后P沿轨道被弹回，最高到达F点,AF＝4R。已知P与直轨道间的动摩擦因数μ＝错误!，重力加速度大小为g.（取sin 37°＝
错误!，cos 37°＝错误!）
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图2
（1)求P第一次运动到B点时速度的大小； （2)求P运动到E点时弹簧的弹性势能；
(3）改变物块P的质量，将P推至E点，从静止开始释放。已知P自圆弧轨道的最高点D处7
水平飞出后，恰好通过G点。G点在C点左下方，与C点水平相距R、竖直相距R,求P运动
2到D点时速度的大小和改变后P的质量. 解析 （1)由题意可知:lBC＝7R－2R＝5R 设P到达B点时的速度为vB，由动能定理得
①
mglBCsin θ－μmglBCcos θ＝错误!mv错误!
式中θ＝37°，联立①②式并由题给条件得
②
vB＝2 gR ③
(2)设BE＝x，P到达E点时速度为零，此时弹簧的弹性势能为Ep，由B→E过程，根据动能定理得
mgxsin θ－μmgxcos θ－Ep＝0－错误!mv错误! E、F之间的距离l1为l1＝4R－2R＋x ⑤
④
P到达E点后反弹,从E点运动到F点的过程中,由动能定理有 Ep－mgl1sin θ－μmgl1cos θ＝0
联立③④⑤⑥式得
⑥
x＝R Ep＝错误!mgR ⑦ ⑧
（3）设改变后P的质量为m1，D点与G点的水平距离为x1、竖直距离为y1,由几何关系(如图所示)得θ＝37°.
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由几何关系得:
x1＝错误!R－错误!Rsin θ＝3R ⑨ ⑩
y1＝R＋错误!R＋错误!Rcos θ＝错误!R 设P在D点的速度为vD，由D点运动到G点的时间为t. 由平抛运动公式得:
y1＝错误!gt2 x1＝vDt 联立⑨⑩⑪⑫得
⑪ ⑫
vD＝错误!错误! ⑬
设P在C点速度的大小为vC，在P由C运动到D的过程中机械能守恒，有
错误!m1v错误!＝错误!m1v错误!＋m1g(错误!R＋错误!Rcos θ）
⑭
P由E点运动到C点的过程中，由动能定理得
Ep－m1g（x＋5R)sin θ－μm1g(x＋5R)cos θ＝错误!m1v错误!
联立⑦⑧⑬⑭⑮得
⑮
m1＝错误!m ⑯
答案 (1)2 错误! (2)错误!mgR (3）错误!错误! 错误!m
命题分析与对策 1.命题特点
近几年知识背景变换频繁，分值、次序不定，能力要求高，备考难度有所降低。力学计算侧重于匀变速运动的规律和图象、应用牛顿运动定律解决多体多态问题;功能关系的应用，考查范围未突破必修内容;电磁学计算侧重于电磁场——单一场、组合场、交变场、复合场、电磁感应综合问题，考查重点在选修3—1. 2。应考策略
力和运动为主线的问题情景，从物理情景中确定研究对象，按其运动的发展过程逐一分析，弄清运动情况和受力情况，善于挖掘隐含条件，建立物理模型，找出与之相适应的物理规律
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及题目中给出的某种等量关系进行表达，必要时借助于几何图形、图象进行表达，通过数学方法的演算，得出物理结果.
带电粒子在场中的运动问题是电磁学知识与力学知识的结合,分析方法和力学问题分析方法基本相同，常用动力学（受力分析、平衡条件、牛顿第二定律等）、能量观点（动能定理、能量守恒定律等)来分析。注意电场中的加速与类平（斜）抛;注意圆形磁场、有界磁场；注意带电粒子在磁场中运动的相关结论；注意轨迹的构建,与数学中平面几何知识的结合；尤其注意两种运动交接点的特征.
计算题专练（一)
1。如图1所示，质量为M的平板车P高h，质量为m的小物块Q的大小不计，位于平板车的左端，系统原来静止在光滑水平面地面上.一不可伸长的轻质细绳长为R，一端悬于Q正上方高为R处,另一端系一质量也为m的小球（大小不计)。今将小球拉至悬线与竖直位置成60°角，由静止释放，小球到达最低点时与Q的碰撞时间极短，且无能量损失,已知Q离开平板车时速度大小是平板车速度的两倍，Q与P之间的动摩擦因数为μ，M∶m＝4∶1，重力加速度为g。求：
图1
（1)小物块Q离开平板车时速度为多大？ (2）平板车P的长度为多少? 答案 （1）错误! (2)错误!
解析 （1）小球由静止摆到最低点的过程中，有：mgR（1－cos 60°）＝错误!mv错误!，解得
v0＝错误!
小球与小物块Q相撞时，动量守恒，机械能守恒，则有:
mv0＝mv1＋mvQ
错误!mv错误!＝错误!mv错误!＋错误!mv错误!
解得：v1＝0，vQ＝v0＝错误!
二者交换速度，即小球静止下来.Q在平板车上滑行的过程中，系统的动量守恒，则有mvQ＝Mv＋m（2v）
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解得，v＝错误!vQ＝错误!
小物块Q离开平板车时，速度为：2v＝错误! （2)由能量守恒定律，知
FfL＝错误!mv错误!－错误!Mv2－错误!m(2v)2
又Ff＝μmg
解得，平板车P的长度为L＝错误!.
2。如图2所示，在绝缘水平面上,相距为L的A、B两点处分别固定着两个等量正电荷.a、b是AB连线上两点，其中Aa＝Bb＝，a、b两点电势相等，O为AB连线的中点。一质量为m、
4带电荷量为＋q的小滑块（可视为质点)以初动能E0从a点出发,沿AB直线向b运动,其中小滑块第一次经过O点时的动能为初动能的n倍(n＞1)，到达b点时动能恰好为零，小滑块最终停在O点，求：
L
图2
（1)小滑块与水平面间的动摩擦因数μ； （2)O、b两点间的电势差UOb； （3）小滑块运动的总路程s.
答案 (1）错误! （2）－错误!E0 (3）错误!L
解析 (1)由Aa＝Bb＝错误!,O为AB连线的中点得：a、b关于O点对称,则Uab＝0；设小滑块与水平面间的摩擦力大小为Ff，对于滑块从a→b过程，由动能定理得：
q·Uab－Ff·错误!＝0－E0
而Ff＝μmg 解得：μ＝错误!
(2)滑块从O→b过程，由动能定理得：
q·UOb－Ff·错误!＝0－nE0
解得：UOb＝－错误!
（3）对于小滑块从a开始运动到最终在O点停下的整个过程，由动能定理得
q·UaO－Ff·s＝0－E0
而UaO＝－UOb＝错误! 解得：s＝错误!L
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计算题专练（二）
1。公交车已作为现代城市交通很重要的工具,它具有方便、节约、缓解城市交通压力等许多作用.某日，一人在上班途中向一公交车站走去，发现一辆公交车正从身旁平直的公路驶过，此时,他的速度是1 m/s，公交车的速度是15 m/s,他们距车站的距离为50 m。假设公交车在行驶到距车站25 m处开始刹车，刚好到车站停下，停车时间10 s。而此人因年龄、体力等关系最大速度只能达到6 m/s，最大起跑加速度只能达到2.5 m/s。 (1)若公交车刹车过程视为匀减速运动，其加速度大小是多少？ (2）试计算分析，此人是应该上这班车，还是等下一班车. 答案 （1）4。5 m/s （2）应该上这班车
解析 (1)公交车的加速度为：a1＝错误!＝错误! m/s＝－4。5 m/s，所以其加速度大小为4。5 m/s
(2）公交车从开始相遇到开始刹车用时为:t1＝错误!＝错误! s＝错误! s， 公交车刹车过程中用时为：t2＝错误!＝错误! s＝错误! s, 此人以最大加速度达到最大速度用时为:
2
2
2
2
2
t3＝错误!＝错误! s＝2 s，
此人加速过程中位移为：x2＝错误!t3＝错误!×2 m＝7 m， 以最大速度跑到车站用时为:t4＝错误!＝错误! s，
显然,t3＋t4＜t1＋t2＋10，可以在公交车还停在车站时安全上车。
2。如图1所示，以MN为下边界的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外, MN上方有一单匝矩形导线框abcd，其质量为m,电阻为R,ab边长为l1，bc边长为l2，cd边离MN的高度为h。现将线框由静止释放,线框下落过程中ab边始终保持水平，且ab边离开磁场前已做匀速直线运动，求线框从静止释放到完全离开磁场的过程中，
图1
（1)ab边离开磁场时的速度v； (2)通过导线横截面的电荷量q; (3)导线框中产生的热量Q.
答案 （1)错误! (2）错误! (3)mg（h＋l2）－错误!
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解析 （1)线框匀速运动时，E＝Bl1v ①
I＝错误! F＝BIl1 mg＝F 由①②③④联立：v＝错误!
②
③
④
(2)导线框穿过磁场的过程中，q＝It ⑤
I＝错误!
错误!＝错误!＝错误!
⑥ ⑦
由⑤⑥⑦联立：q＝错误!
(3)导线框穿过磁场的过程中，利用能量守恒定律，mg（h＋l2）＝错误!mv＋Q 代入（1）中的速度，解得：
2
Q＝mg（h＋l2）－错误!
计算题专练（三）
1.如图1所示，一条轨道固定在竖直平面内,粗糙的ab段水平，bcde段光滑，cde段是以O为圆心，R为半径的一小段圆弧，可视为质点的物块A和B紧靠在一起，静止于b处,A的质量是B的3倍。两物块在足够大的内力作用下突然分离，分别向左、右始终沿轨道运动。B到
d点时速度沿水平方向，此时轨道对B的支持力大小等于B所受重力的错误!，A与ab段的动
摩擦因数为μ，重力加速度为g,求:
图1
(1)物块B在d点的速度大小；
(2)物块A、B在b点刚分离时,物块B的速度大小; （3)物块A滑行的最大距离s.
答案 (1)错误! (2）错误! (3）错误!
解析 (1）物块B在d点时，重力和支持力的合力提供向心力,则：mBg－FN＝错误!
又因为：FN＝错误!mBg ①
②
联立①②式得物块B2017高考物理全国卷计算题分析及专练
在d点时的速度v＝错误!。
（2)物块B从b到d过程,只有重力做功，机械能守恒有：
错误!mBv错误!＝mBgR＋错误!mBv
2
解得vB＝错误!错误!
③
（3)物块A和B分离过程中由动量守恒定律得
mAvA＋mBvB＝0
④
物块A和B分离后，物块A做匀减速直线运动，由动能定理得 1
－μmAgs＝－mAv错误!
2
⑤
联立③④⑤式，得物块A滑行的距离s＝错误!。
2.如图2所示，间距为L的平行且足够长的光滑导轨由两部分组成：倾斜部分与水平部分平滑相连，倾角为θ，在倾斜导轨顶端连接一阻值为r的定值电阻。质量为m、电阻也为r的金属杆MN垂直导轨跨放在导轨上,在倾斜导轨区域加一垂直导轨平面向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场;在水平导轨区域加另一垂直导轨平面向下、磁感应强度大小也为B的匀强磁场。闭合开关S，让金属杆MN从图示位置由静止释放，已知金属杆运动到水平导轨前,已达到最大速度，不计导轨电阻且金属杆始终与导轨接触良好，重力加速度为g。求：
图2
(1）金属杆MN在倾斜导轨上滑行的最大速率vm；
(2）金属杆MN在倾斜导轨上运动,速度未达到最大速度vm前，当流经定值电阻的电流从零增大到I0的过程中，通过定值电阻的电荷量为q,求这段时间内在定值电阻上产生的焦耳热Q； (3)金属杆MN在水平导轨上滑行的最大距离xm。 答案 （1)错误! （2）错误!－错误! (3）
4mgrsin θ2
2
B4L4
解析 (1)金属杆MN在倾斜导轨上滑行的速度最大时，其受到的合力为零, 对其受力分析，可得：
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mgsin θ－BIL＝0
根据欧姆定律可得:I＝错误! 解得：vm＝
2mgrsin θB2L2
(2)设在这段时间内，金属杆运动的位移为x， 由电流的定义可得：q＝错误!Δt
根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律得：
错误!＝错误!＝错误!
解得：x＝错误!
设电流为I0时金属杆的速度为v0，根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律，可得：I0＝错误! 此过程中，电路产生的总焦耳热为Q总，由功能关系可得：mgxsin θ＝Q总＋错误!mv错误! 定值电阻产生的焦耳热Q＝错误!Q总 解得：Q＝错误!－错误!
(3）由牛顿第二定律得：BIL＝ma
由法拉第电磁感应定律、欧姆定律可得：
BLvI＝ 2r可得：错误!v＝m错误!
错误!vΔt＝mΔv，
即错误!xm＝mvm 得:xm＝错误!
计算题专练（四)
1.两个带电小球A、B(可视为质点）通过绝缘的不可伸长的轻绳相连，若将轻绳的某点O固定在天花板上，平衡时两个小球的连线恰好水平，且两根悬线偏离竖直方向的夹角分别为30°和60°，如图1甲所示。若将轻绳跨接在竖直方向的光滑定滑轮(滑轮大小可不计)两端，调节两球的位置能够重新平衡,如图乙所示,求：
图1
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(1)两个小球的质量之比；
（2)图乙状态，滑轮两端的绳长O′A、O′B之比。 答案 见解析
解析 （1）对小球，有FTcos θ－mg＝0
FTsin θ－F＝0
解得：mg＝错误!,所以：错误!＝错误!＝错误! (2）对小球，根据三角形相似,有错误!＝错误! 解得：L＝错误!
LO′A所以：＝错误!＝错误!.
LO′B2。如图2所示，两条足够长的平行金属导轨倾斜放置（导轨电阻不计)，倾角为30°，导轨间距为0.5 m，匀强磁场垂直导轨平面向下，B＝0。2 T，两根材料相同的金属棒a、b与导轨构成闭合回路，a、b金属棒的质量分别为3 kg、2 kg，两金属棒的电阻均为R＝1 Ω，刚开始两根金属棒都恰好静止,假设最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力.现对a棒施加一平行导轨向上的恒力F＝60 N，经过足够长的时间后，两金属棒都达到了稳定状态.求：
图2
(1）金属棒与导轨间的动摩擦因数；
(2）当两金属棒都达到稳定状态时，b棒所受的安培力大小.
（3)设当a金属棒从开始受力到向上运动5 m时,b金属棒向上运动了2 m，且此时a的速度为4 m/s，b的速度为1 m/s，则求此过程中回路中产生的电热及通过a金属棒的电荷量。 答案 (1)错误! (2）24 N （3)85 J 0。15 C
解析 (1）a棒恰好静止时，有magsin 30°＝μmagcos 30° 解得μ＝错误!
(2）两棒稳定时以相同的加速度向上匀加速运动，此时两棒有恒定的速度差。 对a棒:F－magsin 30°－μmagcos 30°－F安＝maa 对b棒：F安－mbgsin 30°－μmbgcos 30°＝mba 解得F安＝24 N
（3）此过程对a、b棒一起根据功能关系，有
Q＝Fxa－(magsin 30°＋μmagcos 30°)xa－(mbgsin 30°＋μmbgcos 30°）xb－错误!mav错误!
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－错误!mbv错误! 解得Q＝85 J
q＝错误!·Δt,错误!＝错误!,
错误!＝错误!＝错误!
解得q＝错误!＝0.15 C。
计算题专练（五）
1.光滑水平面上放着质量mA＝1 kg的物块A与质量mB＝2 kg的物块B，A与B均可视为质点,A靠在竖直墙壁上，A、B间夹一个被压缩的轻弹簧(弹簧与A、B均不拴接)，用手挡住B不动,此时弹簧弹性势能Ep＝49 J。在A、B间系一轻质细绳，细绳长度大于弹簧的自然长度，如图1所示.放手后B向右运动，绳在短暂时间内被拉断，之后B冲上与水平面相切的竖直半圆光滑轨道，其半径R＝0.5 m，B恰能到达最高点C.取g＝10 m/s，求：
2
图1
（1）绳拉断后瞬间B的速度vB的大小; (2）绳拉断过程绳对B的冲量I的大小； (3）绳拉断过程绳对A所做的功W。 答案 （1)5 m/s (2)4 N·s (3)8 J
2
vC
解析 （1）设B在绳被拉断后瞬间的速度为vB,到达C时的速度为vC，有mBg＝mB R错误!mBv错误!＝错误!mBv错误!＋2mBgR
代入数据得vB＝5 m/s
（2)设弹簧恢复到自然长度时B的速度为v1,取水平向右为正方向，有Ep＝错误!mBv错误!，I＝
mBvB－mBv1
代入数据得I＝－4 N·s,其大小为4 N·s
（3）设绳断后A的速度为vA，取水平向右为正方向,有
mBv1＝mBvB＋mAvA W＝错误!mAv错误!
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代入数据得W＝8 J。
2.如图2所示，在第一象限内有垂直纸面向里和向外的匀强磁场，磁感应强度分别为B1＝0。1 T、B2＝0。05 T，分界线OM与x轴正方向的夹角为α.在第二、三象限内存在着沿x轴正方向的匀强电场，电场强度E＝1×10 V/m.现有一带电粒子由x轴上A点静止释放，从O点进入匀强磁场区域。已知A点横坐标xA＝ －5×10 m，带电粒子的质量m＝1.6×10电荷量q＝＋1.6×10
－15
－2
－24
4
kg，
C.
图2
(1)要使带电粒子能始终在第一象限内运动，求α的取值范围?（用反三角函数表示) (2)如果α＝30°,则粒子能经过OM分界面上的哪些点？
(3)如果α＝30°，让粒子在OA之间的某点释放，要求粒子仍能经过(2)问中的那些点,则粒子释放的位置应满足什么条件？
答案 （1)α<错误!－错误!arcsin错误! (2)见解析 （3)见解析
解析 （1)粒子进入匀强 磁场后，做匀速圆周运动.设在B1中运动的半径为r1,在B2中运动的半径为r2
由qvB＝m错误! B1＝2B2 得r2＝2r1
由几何关系解得α＜错误!－错误!arcsin错误!
（2)当α＝30°时,粒子每次在任意一个磁场中运动的圆弧的圆心角均为60°,弦长均等于半径.
粒子在电场中运动 qExA＝错误!mv 粒子在磁场中运动 r1＝错误!
解得：r1＝1×10 m r2＝2r1＝2×10 m
－2
－2
2
OM上经过的点距离O点的距离是
l＝kr1＋（k－1）r2＝（3k－2)r1＝（3k－2)×10－2 m(k＝1、2、3……）
和l＝k′(r1＋r2）＝3k′×10 m(k′＝1、2、3……)
－2
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（3）要仍然经过原来的点，需满足r1＝n(r1′＋r2′)（n＝1、2、3……） 解得r′＝错误!即v′＝错误!
粒子释放的位置应满足xA′＝错误!(n＝1、2、3……) 或者r1＝n′(2r1″＋r2″)(n′＝1、2、3……） 解得r″＝错误!即v″＝错误!
粒子释放的位置应满足xA″＝错误!（n′＝1、2、3……）
计算题专练(六）
1.如图1甲所示,水平传送带AB逆时针匀速转动，一个质量为M＝1.0 kg的小物块以某一初速度由传送带左端滑上，通过速度传感器记录下物块速度随时间的变化关系如图乙所示(图中取向左为正方向,以物块滑上传送带时为计时零点）.已知传送带的速度保持不变，g取10 m/s.求：
2
甲
乙 图1
(1）物块与传送带间的动摩擦因数μ; (2)物块在传送带上的运动时间； （3)整个过程中系统生成的热量. 答案 (1）0.2 (2)4。5 s （3)18 J
解析 (1)由速度—时间图象可得,物块做匀变速运动的加速度：
a＝
Δv22
＝错误! m/s＝2.0 m/s Δt由牛顿第二定律得Ff＝Ma
得到物块与传送带间的动摩擦因数μ＝错误!＝错误!＝0.2
（2)由速度—图象可知，物块初速度大小v＝4 m/s，传送带速度大小v′＝2 m/s，物块在传
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送带上滑动t1＝3 s后，与传送带相对静止.
前2秒内物块的位移大小x1＝错误!t′＝4 m,方向向右, 第3秒内的位移大小x2＝错误!t ″＝1 m，方向向左， 3秒内位移x＝x1－x2＝3 m，方向向右； 物块再向左运动，时间t2＝错误!＝1。5 s 物块在传送带上运动的时间t＝t1＋t2＝4。5 s
（3)物块在传送带上滑动的3 s内，传送带的位移x′＝v′t1＝6 m，向左; 物块的位移x＝x1－x2＝3 m，向右 相对位移为:Δx＝x′＋x＝9 m 所以转化的热量Q＝Ff×Δx＝18 J
2。如图2所示,xOy坐标系中，y〈0的区域有垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B；在第四象限有沿x轴正方向的匀强电场；第一、三象限的空间也存在着匀强电场（图中未画出)，第一象限内的匀强电场与x轴平行。一个质量为m、电荷量为q的带正电微粒从第一象限的P点由静止释放，恰好能在坐标平面内沿与x轴成θ＝30°角的直线斜向下运动，经过x轴上的a点进入y〈0的区域后开始做匀速直线运动，经过y轴上的b点进入x〈0的区域后做匀速圆周运动,最后通过x轴上的c点，且Oa＝Oc。已知重力加速度为g，空气阻力可忽略不计,求：
图2
(1)第一象限内电场的电场强度E1的大小及方向；
(2)带电微粒由P点运动到c点的过程中,其电势能的变化量ΔEp； （3）带电微粒从a点运动到c点所经历的时间t。 答案 见解析
解析 （1)如图甲,E1方向水平向左（或沿x轴负方向)
且有：
mg＝qE1tan θ ①
解①得:E1＝错误!
2017高考物理全国卷计算题分析及专练
②
（2)如图乙，在第四象限内有:
qvBcos θ－mg＝0 ③
在第一象限，对微粒由牛顿运动定律及运动学公式:
错误!＝ma ④
Pa之间的距离： x＝错误!
⑤
微粒由P点运动到c点的过程中，由动能定理：
W电＋mgxsin θ＝错误!mv2
其电势能的变化量: ΔEp＝－W电
联立③④⑤⑥⑦解得：
⑥
⑦
m3g2
ΔEp＝－22
2Bq ⑧
（3）在第三象限内，带电微粒做匀速圆周运动，则电场力与重力平衡，根据牛顿第二定律:
v2
qvB＝m
R ⑨
如图丙，带电微粒在第三象限运动的轨迹如图所示,过b点做ab的垂线与bc弦的垂直平分线必交于x轴上的d点,即d点为轨迹圆的圆心.所以ab之间的距离：
xab＝错误!
其在第四象限运动的时间：
⑩
t1＝错误!
微粒从b到c的时间:t2＝错误! 因此从a点运动到c点的时间:
⑪ ⑫
t＝t1＋t2
联立⑨⑩⑪⑫⑬得：
2017高考物理全国卷计算题分析及专练
⑬
t＝（错误!＋错误!)错误!.
计算题专练（七)
1.如图1所示，光滑水平面MN上放两相同小物块A、B，左端挡板处有一弹射装置P，右端N处与水平传送带理想连接,传送带水平部分长度L＝8 m，沿逆时针方向以恒定速度v＝6 m/s匀速转动。物块A、B(大小不计）与传送带间的动摩擦因数均为μ＝0。2.物块A、B质量mA＝mB＝1 kg.开始时A、B静止,A、B间有一压缩轻质弹簧处于锁定状态，贮有弹性势能Ep＝16 J.现解除弹簧锁定，弹开A、B,同时迅速撤走弹簧.求：（g＝10 m/s）
2
图1
(1）物块B沿传送带向右滑动的最远距离； (2）物块B滑回水平面MN的速度大小vB′；
(3）若物体B返回水平面MN后与被弹射装置P弹回的A在水平面上相碰，且A、B碰后互换速度，则弹射装置P必须给A做多少功才能让A、B碰后B能从Q端滑出. 答案 见解析
解析 (1)解除锁定弹开A、B过程中，系统机械能守恒：
Ep＝错误!mAv错误!＋错误!mBv错误! ①
②
取向右为正方向，由动量守恒有：mAvA＋mBvB＝0 由①②得：vA＝－4 m/s，vB＝4 m/s
B滑上传送带做匀减速运动，当速度减为零时，滑动的距离最远，由动能定理得：
－μmBgsm＝0－错误!mBv错误! 所以：sm＝错误!＝4 m
物块B沿传送带向右滑动的最远距离为4 m.
(2）假设物块B沿传送带向左返回时,先匀加速运动,物块速度与传送带速度相同时一起匀速运动，物块B加速到传送带速度v需要滑动的距离设为s′， 由μmBgs′＝错误!mBv2
③
④
得s′＝错误!＝9 m〉sm
2017高考物理全国卷计算题分析及专练
说明物块B滑回水平面MN的速度没有达到传送带速度，vB′＝错误!＝4 m/s
物块B滑回水平面MN的速度大小vB′＝4 m/s （3）设弹射装置给A做功为W
错误!mAvA′＝错误!mAv错误!＋W 2
⑤
⑥
A、B碰后速度互换，B的速度vB″＝vA′
B要滑出传送带Q端，由能量关系有：错误!mBvB″2≥μmBgL ⑦
又mA＝mB，所以由⑤⑥⑦得W≥μmBgL－错误!mAv错误! 解得：W≥8 J
弹簧装置P必须给A最少做8 J的功才能让A、B碰后B能从Q端滑出.
2.如图2所示,在xOy平面内，有一边长为L的等边三角形区域OPQ,PQ边与x轴垂直，在三角形区域以外，均存在着磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外的匀强磁场，三角形OPQ区域内无磁场分布.现有质量为m，带电量为＋q的粒子从O点射入磁场，粒子重力忽略不计.
⑧
图2
(1）若要使该粒子不出磁场，直接到达P点，求粒子从O点射入的最小速度的大小和方向; （2)若粒子从O点以初速度v0＝错误!,沿y轴正方向射入,能再次经过O点，求该粒子从出发到再次过O点所经历的时间.
答案 （1)错误!，方向垂直于OP向上（或与y轴正方向成30°角斜向左上方） （2) （4π＋3错误!）错误!
解析 (1)如图甲所示，当初速度v0垂直于OP射入磁场时，粒子射入速度最小， 由几何知识得： r1＝错误! 由qvB＝m错误! 得:v0＝错误!
① ② ③
方向垂直于OP向上或与y轴正方向成30°角斜向左上方
甲
(2)若粒子从O点以初速度v0＝错误!，沿y轴正方向射入，则由qvB＝m错误!得:
r2＝错误!＝错误!L 2017高考物理全国卷计算题分析及专练
④
如图乙所示，粒子从O运动至A点出磁场进入三角形区域 由几何知识得：OA＝3r2＝错误! 圆心角∠OO1A＝120° 运动时间：t1＝错误!T＝错误!
⑤ ⑥ ⑦
粒子从A到B做匀速直线运动，运动时间
t2＝错误!＝错误! ⑧
由轨迹图象可知，粒子可以回到O点,所用时间
t＝6t1＋3t2＝(4π＋33)错误!
乙
计算题专练（八)
1.如图1甲所示，滑块与足够长的木板叠放在光滑水平面上，开始时均处于静止状态.作用于滑块的水平力F随时间t变化图象如图乙所示，t＝2.0 s时撤去力F，最终滑块与木板间无相对运动。已知滑块质量m＝2 kg，木板质量M ＝ 1 kg，滑块与木板间的动摩擦因数μ＝0。2，取g＝10 m/s。求：
2
图1
(1）t＝0.5 s时滑块的速度大小； (2）0~2。0 s内木板的位移大小; (3)整个过程中因摩擦而产生的热量. 答案 见解析
解析 （1)木板M的最大加速度am＝错误!＝4 m/s，滑块与木板保持相对静止时的最大拉力
2
Fm＝（M＋m）am＝12 N
即F为6 N时，M与m一起向右做匀加速运动
2017高考物理全国卷计算题分析及专练
对整体分析有:F＝(M＋m)a1
v1＝a1t1
代入数据得：v1＝1 m/s
(2)对M：0~0.5 s,x1＝错误!a1t错误! 0。5～2 s,μmg＝Ma2
x2＝v1t2＋错误!a2t错误!
则0～2 s内木板的位移x＝x1＋x2＝6。25 m （3)对滑块：
0.5～2 s，F－μmg＝ma2′ 0～2 s时滑块的位移x′＝x1＋(v1t2＋错误!a2′t错误!） 在0～2 s内m与M相对位移Δx1＝x′－x＝2。25 m
t＝2 s时木板速度v2＝v1＋a2t2＝7 m/s
滑块速度v2′＝v1＋a2′t2＝10 m/s
撤去F后，对M：μmg＝Ma3 对m：－μmg＝ma3′
当滑块与木板速度相同时保持相对静止，即v2＋a3t3＝v2′＋a3′t3 解得t3＝0.5 s
该段时间内，M位移x3＝v2t3＋错误!a3t错误!
m位移x3′＝v2′t3＋错误!a3′t错误!
相对位移Δx2＝x3′－x3＝0.75 m
整个过程中滑块在木板上滑行的相对位移Δx＝Δx1＋Δx2＝3 m 系统因摩擦产生的热量Q＝μmg·Δx＝12 J.
2。如图2所示,以O为圆心、半径为R的圆形区域内存在垂直圆面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，一粒子源位于圆周上的M点,可向磁场区域内垂直磁场沿各个方向发射质量为m、电荷量为－q的粒子，不计粒子重力，N为圆周上另一点，半径OM和ON间的夹角为θ，且满足tan错误!＝0.5.
图2
（1）若某一粒子以速率v1＝错误!,沿与MO成60°角斜向上方射入磁场，求此粒子在磁场中运动的时间；
(2）若某一粒子以速率v2，沿MO方向射入磁场，恰能从N点离开磁场，求此粒子的速率v2；
2017高考物理全国卷计算题分析及专练
(3）若由M点射入磁场各个方向的所有粒子速率均为v2，求磁场中有粒子通过的区域面积. 答案 见解析
解析 (1)粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，设轨迹半径为r1，由牛
mv 2，1
顿第二定律可得qv1B＝ r1
解得：r1＝错误!＝R
粒子沿与MO成60°角方向射入磁场，设粒子从区域边界P射出,其运动轨迹如图甲所示。由图中几何关系可知粒子轨迹所对应的圆心角为α＝150°，
甲
方法1:故粒子在磁场中的运动时间
t＝错误!＝错误!＝错误!
方法2：粒子运动周期T＝
2πmBq 粒子在磁场中的运动时间t＝错误!T 得t＝错误!
（2)粒子以速率v2沿MO方向射入磁场,在磁场中做匀速圆周运动,恰好从N点离开磁场，其运动轨迹如图乙,设粒子轨迹半径为r2 ，由图中几何关系可得：
r2＝Rtan错误!＝错误!R
乙
由牛顿第二定律可得
qv2B＝错误!
解得粒子的速度
v2＝错误!＝错误!
(3)粒子沿各个方向以v2进入磁场做匀速圆周运动时的轨迹半径都为r2,且不变。由图丙可知，粒子在磁场中通过的面积S等于以O3为圆心的扇形MO3O的面积S1、以M为圆心的扇形MOQ的
2017高考物理全国卷计算题分析及专练
面积S2和以O点为圆心的圆弧MQ与直线MQ围成的面积S3之和。
丙
S1＝错误!π(错误!）2＝错误! S2＝错误!πR2
S3＝错误!πR2－错误!×R×错误!tan 60°＝错误!πR2－错误!R2
则S＝错误!πR－错误!R.
2
2
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