高考物理大三輪復(fù)習(xí) 高考題型專項練三 計算題專項練（一）-（十二）（含解析）試題

計算題專項練（一）-（十二）計算題專項練(一)(建議用時：20分鐘)題號12考點電磁感應(yīng)中導(dǎo)體棒運動問題分析多過程問題的綜合分析1．如圖所示，電阻不計且足夠長的U形金屬框架放置在傾角θ＝37°的絕緣斜面上，該裝置處于垂直斜面向下的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小B＝0.4T．質(zhì)量m＝0.2kg、電阻R＝0.3Ω的導(dǎo)體棒ab垂直放在框架上，與框架接觸良好，從靜止開始沿框架無摩擦地下滑．框架的質(zhì)量M＝0.4kg、寬度l＝0.5m，框架與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.7，與斜面間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力．(g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(1)若框架固定，求導(dǎo)體棒的最大速度vm；(2)若框架固定，導(dǎo)體棒從靜止開始下滑6m時速度v1＝4m/s，求此過程回路中產(chǎn)生的熱量Q及流過導(dǎo)體棒的電荷量q；(3)若框架不固定，求當(dāng)框架剛開始運動時導(dǎo)體棒的速度大小v2.2．如圖所示，光滑水平面上有一質(zhì)量M＝4.0kg的平板車，車的上表面是一段長L＝1.5m的粗糙水平軌道，水平軌道左側(cè)連一半徑R＝0.25m的四分之一光滑圓弧軌道，圓弧軌道與水平軌道在點O′處相切．現(xiàn)有一質(zhì)量m＝1.0kg的小物塊(可視為質(zhì)點)從平板車的右端以水平向左的初速度v0滑上平板車，小物塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，小物塊恰能到達圓弧軌道的最高點A.取g＝10m/s2，求：(1)小物塊滑上平板車的初速度v0的大小；(2)小物塊與車最終相對靜止時，它距點O′的距離．三、計算題專項練計算題專項練(一)1．解析：(1)棒ab產(chǎn)生的電動勢E＝Blv回路中感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R)棒ab所受的安培力F＝BIl對棒ab，mgsin37°－BIl＝ma當(dāng)加速度a＝0時，速度最大，最大值vm＝eq\f(mgRsin37°,（Bl）2)＝9m/s.(2)根據(jù)能量轉(zhuǎn)化和守恒定律有mgxsin37°＝eq\f(1,2)mv2＋Q代入數(shù)據(jù)解得Q＝5.6Jq＝eq\o(I,\s\up6(－))t＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),R)t＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(Blx,R)代入數(shù)據(jù)得q＝4.0C.(3)回路中感應(yīng)電流I2＝eq\f(Blv2,R)框架上邊所受安培力F2＝BI2l當(dāng)框架剛開始運動時，對框架有Mgsin37°＋BI2l＝μ(m＋M)gcos37°代入數(shù)據(jù)解得v2＝7.2m/s.答案：(1)9m/s(2)5.6J4.0C(3)7.2m/s2．解析：(1)平板車和小物塊組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，設(shè)小物塊到達圓弧軌道最高點A時，二者的共同速度為v1由動量守恒定律得mv0＝(M＋m)v1由能量守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(M＋m)veq\o\al(2,1)＝mgR＋μmgL解得v0＝5m/s.(2)設(shè)小物塊最終與車相對靜止時，二者的共同速度為v2，從小物塊滑上平板車，到二者相對靜止的過程中，由動量守恒定律得mv0＝(M＋m)v2設(shè)小物塊與車最終相對靜止時，它距O′點的距離為x，由能量守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(M＋m)veq\o\al(2,2)＝μmg(L＋x)解得x＝0.5m.答案：(1)5m/s(2)0.5m計算題專項練(二)(建議用時：20分鐘)題號12考點電磁感應(yīng)中導(dǎo)體棒的平衡問題多過程問題的綜合分析1．如圖所示，足夠長的平行光滑金屬導(dǎo)軌MN、PQ相距L，傾斜置于勻強磁場中，磁場方向垂直導(dǎo)軌平面向上，斷開開關(guān)S，將長也為L的金屬棒ab在導(dǎo)軌上由靜止釋放，經(jīng)時間t，金屬棒的速度大小為v1，此時閉合開關(guān)，最終金屬棒以大小為v2的速度沿導(dǎo)軌勻速運動．已知金屬棒的質(zhì)量為m，電阻為r，其他電阻均不計，重力加速度為g.(1)求導(dǎo)軌與水平面夾角α的正弦值及磁場的磁感應(yīng)強度B的大??；(2)若金屬棒的速度從v1增至v2歷時Δt，求該過程中流經(jīng)金屬棒的電荷量．2．如圖所示，半徑為R的四分之一光滑圓弧軌道豎直固定在水平地面上，下端與水平地面在P點相切，一個質(zhì)量為2m的物塊B(可視為質(zhì)點)靜止在水平地面上，左端固定有輕彈簧，Q點為彈簧處于原長時的左端點，P、Q間的距離為R，PQ段地面粗糙、動摩擦因數(shù)為μ＝0.5，Q點右側(cè)水平地面光滑，現(xiàn)將質(zhì)量為m的物塊A(可視為質(zhì)點)從圓弧軌道的最高點由靜止開始下滑，重力加速度為g.求：(1)物塊A沿圓弧軌道滑至P點時對軌道的壓力；(2)彈簧被壓縮的最大彈性勢能(未超過彈性限度)；(3)物塊A最終停止位置到Q點的距離．計算題專項練(二)1．解析：(1)開關(guān)斷開時，金屬棒在導(dǎo)軌上勻加速下滑，由牛頓第二定律有mgsinα＝ma由勻變速運動的規(guī)律有：v1＝at解得sinα＝eq\f(v1,gt)開關(guān)閉合后，金屬棒在導(dǎo)軌上做變加速運動，最終以v2勻速運動，勻速時mgsinα＝BIL又有：I＝eq\f(BLv2,r)解得B＝eq\f(1,L)eq\r(\f(mrv1,v2t)).(2)在金屬棒變加速運動階段，根據(jù)動量定理可得mgsinαΔt－Beq\o(I,\s\up6(－))LΔt＝mv2－mv1其中eq\o(I,\s\up6(－))Δt＝q聯(lián)立上式可得q＝(v1t＋v1Δt－v2t)eq\r(\f(mv2,rv1t)).答案：(1)eq\f(v1,gt)eq\f(1,L)eq\r(\f(mrv1,v2t))(2)(v1t＋v1Δt－v2t)eq\r(\f(mv2,rv1t))2．解析：(1)物塊A從靜止沿圓弧軌道滑至P點，設(shè)速度大小為vP，由機械能守恒定律有：mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,P)在最低點軌道對物塊的支持力大小為FN，由牛頓第二定律有：FN－mg＝meq\f(veq\o\al(2,P),R)，聯(lián)立解得：FN＝3mg，由牛頓第三定律可知物塊對軌道P點的壓力大小為3mg，方向向下．(2)設(shè)物塊A與彈簧接觸前瞬間的速度大小為v0，由動能定理有mgR－μmgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－0，v0＝eq\r(gR)，物塊A、物塊B具有共同速度v時，彈簧的彈性勢能最大，由動量守恒定律有：mv0＝(m＋2m)v，由能量守恒定律得：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)(m＋2m)v2＋Epm，聯(lián)立解得Epm＝eq\f(1,3)mgR；(3)設(shè)物塊A與彈簧分離時，A、B的速度大小分別為v1、v2，規(guī)定向右為正方向，則有mv0＝－mv1＋2mv2，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)(2m)veq\o\al(2,2)，聯(lián)立解得：v1＝eq\f(1,3)eq\r(gR)，設(shè)A最終停在Q點左側(cè)x處，由動能定理有：－μmgx＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，解得x＝eq\f(1,9)R.答案：(1)3mg，方向向下(2)eq\f(1,3)mgR(3)eq\f(1,9)R計算題專項練(三)(建議用時：20分鐘)題號12考點豎直面內(nèi)的圓周運動問題電磁感應(yīng)的綜合問題1．如圖所示，小球b靜止在光滑水平面BC上的C點，被長為L的細繩懸掛于O點，細繩拉直但張力為零．小球a從光滑曲面軌道AB上的A點由靜止釋放，沿軌道滑下后，進入水平面BC(不計小球在B處的能量損失)，與小球b發(fā)生正碰，碰后兩球粘在一起，在細繩的作用下在豎直面內(nèi)做圓周運動且恰好通過最高點．已知小球a的質(zhì)量為M，小球b的質(zhì)量為m，M＝5m.已知當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間.求：(1)小球a與b碰后的瞬時速度大??；(2)A點與水平面BC間的高度差h.2．如圖所示，固定的兩足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌PMN、P′M′N′，由傾斜和水平兩部分在M、M′處平滑連接組成，導(dǎo)軌間距L＝1m，水平部分處于豎直向上的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度B＝1T．金屬棒a、b垂直于傾斜導(dǎo)軌放置，質(zhì)量均為m＝0.2kg，a的電阻R1＝1Ω，b的電阻R2＝3Ω，a、b長度均為L＝1m，a棒距水平面的高度h1＝0.45m，b棒距水平面的高度為h2(h2>h1)；保持b棒靜止，由靜止釋放a棒，a棒到達磁場中OO′停止運動后再由靜止釋放b棒，a、b與導(dǎo)軌接觸良好且導(dǎo)軌電阻不計，重力加速度g取10m/s2.(1)求a棒進入磁場MM′時加速度的大??；(2)a棒從釋放到OO′的過程中，求b棒產(chǎn)生的焦耳熱；(3)若MM′、OO′間的距離x＝2.4m，b棒進入磁場后，恰好未與a棒相碰，求h2的值．計算題專項練(三)1．解析：(1)兩球恰能到達圓周最高點時，(M＋m)g＝(M＋m)eq\f(v2,L)設(shè)兩球碰后瞬間速度為v共，則從碰后到最高點過程中由動能定理可知：－(M＋m)g·2L＝eq\f(1,2)(M＋m)v2－eq\f(1,2)(M＋m)veq\o\al(2,共)得a與b球碰后瞬間的速度大小為v共＝eq\r(5gL).(2)設(shè)兩球碰前a球速度為vC，兩球碰撞過程動量守恒：MvC＝(M＋m)v共所以vC＝eq\f(6,5)eq\r(5gL)a球從A點下滑到C點過程中，由機械能守恒定律得：Mgh＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,C)h＝3.6L.答案：(1)eq\r(5gL)(2)3.6L2．解析：(1)設(shè)a棒到MM′時的速度為v1.由機械能守恒定律得mgh1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)進入磁場時a棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝BLv1感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R1＋R2)對a棒受力分析，由牛頓第二定律得BIL＝ma代入數(shù)據(jù)解得a＝3.75m/s2.(2)設(shè)a、b產(chǎn)生的總焦耳熱為Q，由能量守恒定律得Q＝mgh1則b棒產(chǎn)生的焦耳熱Qb＝eq\f(R2,R1＋R2)Q＝eq\f(3,4)Q聯(lián)立解得Qb＝0.675J.(3)設(shè)b棒到MM′時的速度為v2，有mgh2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)b棒進入磁場后，兩棒組成的系統(tǒng)合外力為零，系統(tǒng)的動量守恒，設(shè)a、b一起勻速運動的速度為v，取向右為正方向，由動量守恒定律得mv2＝2mv設(shè)a棒經(jīng)時間Δt加速到v，由動量定理得Beq\o(I,\s\up6(－))L·Δt＝mv－0又q＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt，eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),R1＋R2)，eq\o(E,\s\up6(－))＝eq\f(ΔΦ,Δt)a、b恰好不相碰，有ΔΦ＝BLx，聯(lián)立解得h2＝1.8m.答案：(1)3.75m/s2(2)0.675J(3)1.8m計算題專項練(四)(建議用時：20分鐘)題號12考點功能關(guān)系的理解和應(yīng)用帶電體在電場中直線運動的多過程問題1．某物理興趣小組制作了一個游戲裝置，其簡化模型如圖所示，選手在A點用一彈射裝置可將小滑塊以水平速度彈射出去，沿水平直線軌道運動到B點后，進入半徑R＝0.3m的光滑豎直圓形軌道，運行一周后自B點向C點運動，C點右側(cè)有一陷阱，C、D兩點的豎直高度差h＝0.2m，水平距離s＝0.6m，水平軌道AB長為L1＝1m，BC長為L2＝2.6m，小滑塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，重力加速度g＝10m/s2.(1)若小滑塊恰能通過圓形軌道的最高點，求小滑塊在A點被彈出時的速度大??；(2)若游戲規(guī)則為小滑塊沿著圓形軌道運行一周后只要不掉進陷阱即選手獲勝．求獲勝選手在A點將小滑塊彈射出的速度大小的范圍．2．如圖所示，AB是位于豎直平面內(nèi)、半徑R＝0.5m的eq\f(1,4)圓弧形的光滑絕緣軌道，其下端點B與水平絕緣軌道平滑連接，整個軌道處在水平向左的勻強電場中，電場強度E＝5×103N/C.今有一質(zhì)量為m＝0.1kg、帶電荷量q＝＋8×10－5C的小滑塊(可視為質(zhì)點)從A點由靜止釋放．若已知滑塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)μ＝0.05，取g＝10m/s2，求：(1)小滑塊第一次經(jīng)過圓弧形軌道最低點B時對B點的壓力；(2)小滑塊在水平軌道上向右滑過的最大距離；(3)小滑塊最終的運動情況．計算題專項練(四)1．解析：(1)小滑塊恰能通過圓形軌道的最高點時，重力提供向心力，有mg＝meq\f(v2,R)；小滑塊由A到B再到圓形軌道的最高點的過程，由動能定理得－μmgL1－2mgR＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，解得小滑塊在A點的初速度vA＝5m/s.(2)若小滑塊恰好停在C處，對全程進行研究，則有－μmg(L1＋L2)＝0－eq\f(1,2)mv′2代入數(shù)據(jù)解得v′＝6m/s.所以當(dāng)5m/s≤vA≤6m/s時，小滑塊停在B、C間．若小滑塊恰能越過陷阱，則有h＝eq\f(1,2)gt2，s＝vCt，聯(lián)立解得vC＝3m/s由動能定理得－μmg(L1＋L2)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mv″2，代入數(shù)據(jù)解得v″＝3eq\r(5)m/s，所以當(dāng)vA≥3eq\r(5)m/s，小球越過陷阱故若小球既能通過圓形軌道的最高點，又不能掉進陷阱，小滑塊在A點彈射出的速度大小范圍是5m/s≤vA≤6m/s或vA≥3eq\r(5)m/s.答案：(1)5m/s(2)5m/s≤vA≤6m/s或vA≥3eq\r(5)m/s2．解析：(1)設(shè)小滑塊第一次到達B點時的速度為vB，圓弧軌道對滑塊的支持力為FN，則由動能定理得mgR－qER＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)由牛頓第二定律得FN－mg＝meq\f(veq\o\al(2,B),R)解得FN＝2.2N由牛頓第三定律知，小滑塊滑到B點時對軌道的壓力為2.2N，方向豎直向下．(2)設(shè)小滑塊在水平軌道上向右滑行的最大距離為x，mgR－qE(R＋x)－μmgx＝0得x＝eq\f(2,3)m.(3)由題意知qE＝8×10－5×5×103N＝0.4Nμmg＝0.05×0.1×10N＝0.05N因此有qE>μmg所以小滑塊最終在圓弧軌道上往復(fù)運動．答案：(1)2.2N方向豎直向下(2)eq\f(2,3)m(3)在圓弧軌道上往復(fù)運動計算題專項練(五)(建議用時：20分鐘)題號12考點動能定理和動力學(xué)方法的應(yīng)用帶電體在電場中的運動問題1．在水平桌面上畫兩個同心圓，它們的半徑分別為r和2r.圓心處擺放一顆棋子B，大圓周上另一顆棋子A以某一初速度v0沿直徑方向向右正對B運動，它們在圓心處發(fā)生彈性碰撞后，A剛好停在小圓周上，而B則剛好停在大圓周上．兩顆棋子碰撞前后都在同一條直線上運動，它們與桌面間的動摩擦因數(shù)均為μ，棋子大小遠小于圓周半徑，重力加速度為g.試求：(1)A、B兩顆棋子的質(zhì)量之比；(2)棋子A的初速度v0.2．如圖所示，直角坐標(biāo)系xOy的x軸水平，y軸豎直，處于豎直向下、大小為E0的勻強電場中，過O點，傾角為θ＝60°的足夠大斜面固定在坐標(biāo)系中．質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的粒子從y軸上的P點，以某一速度沿x軸正方向射入，經(jīng)過時間t，在坐標(biāo)平面內(nèi)加上另一勻強電場E，再經(jīng)過時間t，粒子剛好沿垂直于斜面的方向到達斜面，且到達斜面時速度為零．不計粒子重力，求：(1)粒子的初速度大??；(2)P點與x軸的距離；(3)勻強電場E的電場強度大?。嬎泐}專項練(五)1．解析：(1)設(shè)A、B質(zhì)量分別為mA、mB，碰撞前、后A的速度分別是vA0、vA，碰撞后B的速度為vB.由于是彈性碰撞，故有mAvA0＝mAvA＋mBvB①eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A0)＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)②依題意碰后A停在小圓周上，根據(jù)動能定理有μmAgr＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)③而B停在大圓周上，則2μmBgr＝eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)④先討論mA＞mB的情況．在此條件下，A停在圓心右側(cè)的小圓周上，B停在圓心右側(cè)大圓周上．聯(lián)立①②③④式解得eq\f(mA,mB)＝eq\f(1,1－\r(2))＜0⑤與題設(shè)不符，故一定有mA＜mB⑥因此，碰后A一定是反向運動，這樣，A只可能停在圓心左側(cè)的小圓周上．根據(jù)①②③④⑥式解得eq\f(mA,mB)＝eq\f(1,1＋\r(2)).⑦(2)根據(jù)動能定理，碰前對A有－2μmAgr＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A0)－eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,0)⑧聯(lián)立①③④⑥⑦⑧式解得v0＝eq\r(（10＋4\r(2)）μgr).答案：(1)eq\f(1,1＋\r(2))(2)eq\r(（10＋4\r(2)）μgr)2．解析：(1)粒子運動軌跡如圖中虛線所示，第一個時間t內(nèi)，粒子做類平拋運動加速度a＝eq\f(qE0,m)加上電場E時，粒子做勻減速直線運動．粒子在豎直方向的速度vy＝at此時合速度方向垂直于斜面：eq\f(v0,vy)＝tanθ可解得粒子的初速度v0＝eq\f(\r(3)qE0t,m).(2)第一個時間t內(nèi)，粒子在豎直方向的位移y1＝eq\f(1,2)at2水平方向的位移x1＝v0t在第二個時間t內(nèi)，粒子在豎直方向的位移也為y1，水平方向的位移x2＝y(tǒng)1tanθP點到x軸的距離l＝2y1＋(x1＋x2)tanθ代入數(shù)據(jù)得：l＝eq\f(11qE0t2,2m).(3)在第二個時間t內(nèi)，在豎直方向：qEy－qE0＝ma在水平方向：eq\f(qEx,m)＝eq\f(v0,t)所以E＝eq\r(Eeq\o\al(2,x)＋Eeq\o\al(2,y))解得：E＝eq\r(7)E0.答案：(1)eq\f(\r(3)qE0t,m)(2)eq\f(11qE0t2,2m)(3)eq\r(7)E0計算題專項練(六)(建議用時：20分鐘)題號12考點帶電粒子在組合場的運動“板－塊模型”問題的綜合分析1．如圖所示的直角坐標(biāo)系xOy中，在第一象限和第四象限分別存在垂直紙面向外和向里的勻強磁場，PQ是磁場的右邊界，磁場的上下區(qū)域足夠大，在第二象限存在沿x軸正方向的勻強電場，一個質(zhì)量為m、電荷量為＋q的帶電粒子從x軸上的M點以速度v0垂直于x軸沿y軸正方向射入電場中，粒子經(jīng)過電場偏轉(zhuǎn)后從y軸上的N點進入第一象限，帶電粒子剛好不從y軸負半軸離開第四象限，最后垂直磁場右邊界PQ離開磁場區(qū)域，已知M點與原點O的距離為eq\f(3,2)l，N點與原點O的距離為eq\r(3)l，第一象限的磁感應(yīng)強度滿足B1＝eq\f(2mv0,ql)，不計帶電粒子的重力，求：(1)勻強電場的電場強度為多大？(2)第四象限內(nèi)的磁感應(yīng)強度多大？(3)若帶電粒子從進入磁場到垂直磁場右邊界離開磁場，在磁場中運動的總時間是多少？2．某工地一傳輸工件的裝置可簡化為如圖所示的情形，AB為一段足夠大的eq\f(1,4)圓弧固定軌道，圓弧半徑R＝5.4m，BC為水平軌道，CD為一段eq\f(1,4)圓弧固定軌道，圓弧半徑r＝1m，三段軌道均光滑．一長為L＝4m、質(zhì)量為m2＝1kg的平板小車最初停在BC軌道的最左端，小車上表面剛好與AB軌道相切，且與CD軌道最低點處于同一水平面．一可視為質(zhì)點、質(zhì)量為m1＝2kg的工件從距AB軌道最低點高h處沿軌道自由滑下，滑上小車后帶動小車也向右運動，小車與CD軌道左端碰撞(碰撞時間極短)后即被粘在C處．工件只有從CD軌道最高點飛出，才能被站在臺面上的工人接住．工件與小車的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5，重力加速度g＝10m/s2.當(dāng)工件從h＝0.5R高處靜止下滑，(1)求工件到達圓形軌道最低點B對軌道的壓力；(2)工件滑進小車后，小車恰好到達CD軌道處與工件共速，求BC之間的距離；(3)若平板小車長L′＝3.4m，工件在小車與CD軌道碰撞前已經(jīng)共速，則工件應(yīng)該從多高處下滑才能讓站臺上的工人接?。坑嬎泐}專項練(六)1．解析：(1)設(shè)帶電粒子在電場中運動的加速度為a根據(jù)牛頓第二定律得：qE＝ma沿y軸方向：eq\r(3)l＝v0t沿x軸方向：eq\f(3,2)l＝eq\f(1,2)at2解得：E＝eq\f(mveq\o\al(2,0),ql).(2)粒子在電場中沿x軸方向做勻加速運動，速度v1＝at進入磁場時與y軸正方向夾角tanθ＝eq\f(v1,v0)＝eq\r(3)解得θ＝60°進入磁場時速度大小為v＝2v0其運動軌跡，如圖所示在第一象限由洛倫茲力提供向心力得：qvB1＝meq\f(v2,R1)解得：R1＝l由幾何知識可得粒子第一次到達x軸時過A點，因ON滿足：ON＝2Rcos30°，所以NA為直徑．帶電粒子剛好不從y軸負半軸離開第四象限，滿足：(2R1＋R2)sin30°＝R2，解得R2＝2l根據(jù)：qvB2＝meq\f(v2,R2)，解得：B2＝eq\f(B1,2)＝eq\f(mv0,ql).(3)帶電粒子到達D點時，因為DC＝R1sin30°＝eq\f(l,2)D′H＝R2－R2sin30°＝lF點在H點的左側(cè)，帶電粒子不可能從第一象限垂直磁場邊界離開磁場，則應(yīng)從第四象限G點(或多個周期后相應(yīng)點)離開磁場．帶電粒子在第一象限運動周期T1＝eq\f(2πR1,2v0)＝eq\f(πl(wèi),v0)帶電粒子在第四象限運動周期T2＝eq\f(2πR2,2v0)＝eq\f(2πl(wèi),v0)帶電粒子在磁場中運動時間滿足t＝eq\f(T1,2)＋eq\f(5T2,12)＋n×eq\f(5,6)(T1＋T2)解得：t＝eq\f(4πl(wèi),3v0)＋eq\f(5nπl(wèi),2v0)(n＝0，1，2，3…)．答案：(1)eq\f(mveq\o\al(2,0),ql)(2)eq\f(mv0,ql)(3)eq\f(4πl(wèi),3v0)＋eq\f(5nπl(wèi),2v0)(n＝0，1，2，3，…)2．解析：(1)工件下滑到B處時速度為v0此過程機械能守恒eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,0)＝m1gh在B處FN－m1g＝m1eq\f(veq\o\al(2,0),R)聯(lián)立以上兩式求得FN＝m1geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2h,R)))＝40N由牛頓第三定律得，工件對軌道最低點B的壓力大小為F′N＝FN＝40N，方向豎直向下．(2)設(shè)工件與小車共速為v1，由動量守恒定律得m1v0＝(m1＋m2)v1小車移動位移s1，由動能定理得μm1gs1＝eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,1)－0聯(lián)立求得s1＝eq\f(m1m2veq\o\al(2,0),2μ（m1＋m2）2g)＝eq\f(m1m2R,2μ（m1＋m2）2)＝1.2m故sBC＝L＋s1＝5.2m.(3)設(shè)工件滑至B點時速度為v′0，與小車共速為v′1，工件到達C點時速度為v′2由動量守恒定律得m1v′0＝(m1＋m2)v′1由能量守恒定律得μm1gL′＝eq\f(1,2)m1v′eq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)m2v′eq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)m1v′eq\o\al(2,2)工件恰好滑到CD軌道最高點，由機械能守恒定律得eq\f(1,2)m1v′eq\o\al(2,2)＝m1gr工件從高為h′處下滑，則eq\f(1,2)m1v′eq\o\al(2,0)＝m1gh′代入數(shù)據(jù)解得h′＝3.47m.答案：(1)40N方向豎直向下(2)5.2m(3)3.47m計算題專項練(七)(建議用時：20分鐘)題號12考點動量和能量觀點的綜合應(yīng)用帶電粒子在復(fù)合場中的運動1．如圖所示，在水平面上依次放置小物塊A和C以及曲面劈B，其中A與C的質(zhì)量相等均為m，曲面劈B的質(zhì)量M＝3m，劈B的曲面下端與水平面相切，且劈B足夠高，各接觸面均光滑．現(xiàn)讓小物塊C以水平速度v0向右運動，與A發(fā)生碰撞，碰撞后兩個小物塊粘在一起又滑上劈B.求：(1)碰撞過程中系統(tǒng)損失的機械能；(2)碰后物塊A與C在曲面劈B上能夠達到的最大高度．2．如圖所示豎直平面內(nèi)的直角坐標(biāo)系xOy，x軸水平且上方有豎直向下的勻強電場，場強大小為E，在x軸下方有一圓形有界勻強磁場，與x軸相切于坐標(biāo)原點，半徑為R.已知質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子，在y軸上的(0，R)點無初速釋放，粒子恰好經(jīng)過磁場中(eq\f(\r(3),3)R，－R)點，粒子重力不計，求：(1)磁場的磁感強度B；(2)若將該粒子釋放位置沿y＝R直線向左移動一段距離L，無初速釋放，當(dāng)L為多大時粒子在磁場中運動的時間最長，最長時間多大；(3)在(2)的情況下粒子回到電場后運動到最高點時的水平坐標(biāo)值．計算題專項練(七)1．解析：(1)小物塊C與A發(fā)生碰撞粘在一起，取向右為正方向，由動量守恒定律得：mv0＝2mv解得v＝eq\f(1,2)v0；碰撞過程中系統(tǒng)損失的機械能為E損＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(2m)v2解得E損＝eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0).(2)當(dāng)A與C上升到最大高度時，A、B、C系統(tǒng)的速度相等；水平方向上動量守恒，取向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律得mv0＝(m＋m＋3m)v1解得v1＝eq\f(1,5)v0A、C粘在一起上滑至最大高度，由能量守恒定律得2mgh＝eq\f(1,2)×2m(eq\f(1,2)v0)2－eq\f(1,2)×5m×(eq\f(1,5)v0)2解得h＝eq\f(3veq\o\al(2,0),40g).答案：(1)eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)(2)eq\f(3veq\o\al(2,0),40g)2．解析：(1)粒子勻加速運動：EqR＝eq\f(1,2)mv2設(shè)圓周運動半徑為r，則qvB＝meq\f(v2,r)，由幾何關(guān)系可知：r2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(r－\f(\r(3),3)R))eq\s\up12(2)＋R2解得：r＝eq\f(2\r(3),3)R，B＝eq\r(\f(3mE,2qR))，磁場方向垂直xOy平面向里；(2)當(dāng)粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的弦為直徑時對應(yīng)的時間最長，所轉(zhuǎn)過的圓心角為α則rsineq\f(α,2)＝R，解得：α＝eq\f(2,3)π，此時L＝Rsineq\f(α,2)＝eq\f(\r(3),2)R在磁場中運動的時間為t＝eq\f(rα,v)解得：t＝eq\f(2π,9)eq\r(\f(6mR,Eq))；(3)粒子回到電場時速度與水平方向成30°粒子沿y軸勻減速運動減到零時豎直高度最大vsin30°＝at′，Eq＝ma，水平方向勻速運動x′＝vcos30°t′解得：x′＝eq\f(\r(3)R,2)粒子返回電場時的水平坐標(biāo)為x0，eq\f(x0－L,h)＝cot30°，h＝eq\f(3R,2)運動到最高點時的水平坐標(biāo)為：x＝x0＋x′＝eq\f(5\r(3),2)R.答案：(1)eq\r(\f(3mE,2qR))，方向垂直xOy平面向里(2)eq\f(\r(3),2)Req\f(2π,9)eq\r(\f(6mR,qE))(3)eq\f(5\r(3),2)R計算題專項練(八)(建議用時：20分鐘)題號12考點動力學(xué)方法和動量守恒定律的應(yīng)用帶電粒子在復(fù)合場中的運動1．如圖所示，水平光滑細桿上P點套一輕質(zhì)小環(huán)，小環(huán)通過長L＝0.5m的輕繩懸掛一質(zhì)量不計的夾子，夾子內(nèi)夾有質(zhì)量m＝0.5kg的物塊，物塊兩豎直側(cè)面與夾子間的最大靜摩擦力均為Ffm＝3N．現(xiàn)對物塊施加F＝5N的水平恒力作用，物塊和小環(huán)一起沿水平方向做初速度為零的勻加速直線運動，小環(huán)碰到桿上的釘子Q時立即停止運動，物塊恰要相對夾子滑動，與此同時撤去外力，一質(zhì)量為0.1kg的直桿以1m/s的速度沿水平方向相向插入夾子將夾子與物塊鎖定(此過程時間極短)．物塊可看成質(zhì)點，重力加速度g＝10m/s2.求：(1)物塊做勻加速運動的加速度大小a；(2)P、Q兩點間的距離s；(3)物塊向右擺動的最大高度h.2．如圖所示，xOy坐標(biāo)系中，在y<0的區(qū)域內(nèi)分布有沿y軸正方向的勻強電場，在0<y<y0的區(qū)域內(nèi)分布有垂直于xOy平面向里的勻強磁場，一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子以初速度v0由坐標(biāo)(0，－y0)處沿x軸正方向射入電場．已知電場強度大小E＝eq\f(mveq\o\al(2,0),2qy0)，粒子重力不計．(1)要使粒子不從y＝y(tǒng)0邊界射出磁場，求磁感應(yīng)強度應(yīng)滿足的條件；(2)要使粒子從電場進入磁場時能通過點P(50y0，0)(圖中未畫出)，求磁感應(yīng)強度的大小．計算題專項練(八)1．解析：(1)以整體為研究對象，由牛頓第二定律得：F＝ma，得：a＝10m/s2.(2)環(huán)到達Q，物塊剛達到最大靜摩擦力，由牛頓第二定律2Ffm－mg＝eq\f(mv2,L)根據(jù)動能定理有Fs＝eq\f(1,2)mv2，聯(lián)立得s＝0.05m.(3)直桿插入夾子時，直桿與物塊水平方向動量守恒，取向右為正方向，mv－m0v0＝(m＋m0)v共由動能定理得：－(m＋m0)gh＝0－eq\f(1,2)(m＋m0)veq\o\al(2,共)聯(lián)立得h≈0.022m.答案：(1)10m/s2(2)0.05m(3)0.022m2．解析：(1)粒子在電場中做類平拋運動，則有：x＝v0t，y0＝eq\f(1,2)at2qE＝ma，vy＝at解得：x＝2y0，vy＝v0進入磁場時的速度v＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y))＝eq\r(2)v0速度與x軸夾角的正切值tanθ＝eq\f(vy,v0)＝1，得θ＝45°若粒子剛好不從y＝y(tǒng)0邊界射出磁場，則有：qvB＝meq\f(v2,r)由幾何關(guān)系知(1＋eq\f(\r(2),2))r＝y(tǒng)0解得B＝eq\f(（\r(2)＋1）mv0,qy0)故要使粒子不從y＝y(tǒng)0邊界射出磁場，應(yīng)滿足磁感應(yīng)強度B>eq\f(（\r(2)＋1）mv0,qy0).(2)粒子相鄰兩次從電場進入磁場時，沿x軸前進的距離Δx＝2x－eq\r(2)r′＝4y0－eq\r(2)r′其中初始位置為(2y0，0)由r′＝eq\f(mv,qB)得B＝eq\f(2mv0,q（4y0－Δx）)又因為粒子不能射出邊界：y＝y(tǒng)0，所以(eq\f(\r(2),2)＋1)r′<y0，即0<r′<(2－eq\r(2))y0所以有(6－2eq\r(2))y0<Δx<4y0粒子通過P點，回旋次數(shù)n＝eq\f(50y0－2y0,Δx)則eq\f(48y0,4y0)<n<eq\f(48y0,（6－2\r(2)）y0)，即12<n<15.1n為整數(shù)，只能取n＝13、n＝14和n＝15n＝13時，B＝eq\f(13mv0,2qy0)n＝14時，B＝eq\f(7mv0,2qy0)n＝15時，B＝eq\f(5mv0,2qy0).答案：(1)B>eq\f(（\r(2)＋1）mv0,qy0)(2)見解析計算題專項練(九)(建議用時：20分鐘)題號12考點帶電粒子在復(fù)合場中的運動動力學(xué)、動量和能量觀點處理豎直面內(nèi)的圓周運動1．如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系xOy的第二象限內(nèi)有平行于y軸的勻強電場，方向沿y軸負方向．在第一、四象限內(nèi)有一個圓，圓心O′坐標(biāo)為(r，0)，圓內(nèi)有方向垂直于xOy平面向里的勻強磁場．一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子(不計粒子所受的重力)，從P(－2h，h)點，以大小為v0的速度沿平行于x軸正方向射入電場，通過坐標(biāo)原點O進入第四象限，又經(jīng)過磁場從x軸上的Q點離開磁場．求：(1)電場強度E的大?。?2)圓內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強度B的大?。?3)帶電粒子從P點進入電場到從Q點射出磁場的總時間t.2．如圖所示，質(zhì)量均為m＝4kg的兩個小物塊A、B(均可視為質(zhì)點)放置在水平地面上，豎直平面內(nèi)半徑R＝0.4m的光滑半圓形軌道與水平地面相切于C，彈簧左端固定．移動物塊A壓縮彈簧到某一位置(彈簧在彈性限度內(nèi))，由靜止釋放物塊A，物塊A離開彈簧后與物塊B碰撞并粘在一起以共同速度v＝5m/s向右運動，運動過程中經(jīng)過一段長為s，動摩擦因數(shù)μ＝0.2的水平面后，沖上圓軌道，除s段外的其他水平面摩擦力不計．求：(g取10m/s2)(1)若s＝1m，兩物塊剛過C點時對軌道的壓力大??；(2)剛釋放物塊A時，彈簧的彈性勢能；(3)若兩物塊能沖上圓形軌道，且不脫離圓形軌道，s應(yīng)滿足什么條件．計算題專項練(九)1．解析：(1)帶電粒子在電場中做類平拋運動，有水平方向：2h＝v0t1①豎直方向：h＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)②a＝eq\f(Eq,m)③由①②③式得E＝eq\f(mveq\o\al(2,0),2qh).④(2)粒子進入磁場時沿y軸方向的速度vy＝at1＝v0⑤粒子進入磁場時的速度v＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y))⑥粒子在洛倫茲力作用下做圓周運動，有qvB＝meq\f(v2,R)⑦由幾何關(guān)系有R＝eq\r(2)r⑧由③⑤⑥⑦⑧式得B＝eq\f(mv0,qr).⑨(3)粒子在磁場中運動的時間t2＝eq\f(1,4)T⑩粒子在磁場中做圓周運動的周期T＝eq\f(2πm,qB)?粒子從P點進入電場到Q點射出磁場的總時間t＝t1＋t2?由①⑨⑩??式解得t＝eq\f(4h＋πr,2v0).答案：(1)eq\f(mveq\o\al(2,0),2qh)(2)eq\f(mv0,qr)(3)eq\f(4h＋πr,2v0)2．解析：(1)設(shè)物塊經(jīng)過C點時速度為vC，物塊受到軌道支持力為FNC由功能關(guān)系得：eq\f(1,2)×2mv2－2μmgs＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,C)又FNC－2mg＝2meq\f(veq\o\al(2,C),R)代入解得：FNC＝500N由牛頓第三定律知，物塊對軌道壓力大小也為500N.(2)設(shè)A與B碰撞前A的速度為v0，以向右為正方向，由動量守恒得：mv0＝2mv，解得v0＝10m/s則：Ep＝Ek＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝200J.(3)物塊不脫離軌道有兩種情況①能過軌道最高點，設(shè)物塊經(jīng)過半圓形軌道最高點最小速度為v1，則2mg＝eq\f(2mveq\o\al(2,1),R)得：v1＝eq\r(gR)＝2m/s物塊從碰撞后到經(jīng)過最高點過程中，由功能關(guān)系有eq\f(1,2)×2mv2－2μmgs－4mgR≥eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,1)代入解得s滿足條件：s≤1.25m.②物塊上滑最大高度不超過eq\f(1,4)圓弧設(shè)物塊剛好到達eq\f(1,4)圓弧處速度為v2＝0物塊從碰撞后到最高點，由功能關(guān)系有：eq\f(1,2)×2mv2－2μmgs≤2mgR同時依題意，物塊能滑出粗糙水平面，由功能關(guān)系：eq\f(1,2)×2mv2>2μmgs代入解得s滿足條件：4.25m≤s<6.25m.答案：(1)500N(2)200J(3)s≤1.25m或4.25m≤s<6.25m計算題專項練(十)(建議用時：20分鐘)題號12考點帶電粒子在磁場中的運動分析碰撞問題1.如圖所示，在0≤x≤a、0≤y≤eq\f(a,2)范圍內(nèi)有垂直于xOy平面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B.坐標(biāo)原點O處有一個粒子源，在某時刻發(fā)射大量質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，它們的速度大小相同，速度方向均在xOy平面內(nèi)，與y軸正方向的夾角分布在0～90°范圍內(nèi)．已知粒子在磁場中做圓周運動的半徑介于eq\f(a,2)到a之間，從發(fā)射粒子到粒子全部離開磁場經(jīng)歷的時間恰好為粒子在磁場中做圓周運動周期的四分之一．求最后離開磁場的粒子從粒子源射出時，(1)粒子速度的大小；(2)粒子速度方向與y軸正方向夾角的正弦值．2．長度L＝7m、質(zhì)量M＝1kg的木板C靜止在粗糙的水平地面上，木板上表面左右兩端各有長度d＝1m的粗糙區(qū)域，中間部分光滑．可視為質(zhì)點的小物塊A和B初始時如圖放置，質(zhì)量分別是mA＝0.25kg和mB＝0.75kg，A、B與木板粗糙區(qū)域之間的動摩擦因數(shù)均為μ1＝0.2，木板與水平地面之間的動摩擦因數(shù)為μ2＝0.3.某時刻對木板施加F＝8N的水平恒力，木板開始向右加速，在A與B碰撞粘在一起不再分開的瞬間撤去F，取g＝10m/s2，求：(1)物塊A與B碰后瞬間的速度大小；(2)最終物塊A與木板C左端的距離．計算題專項練(十)1．解析：(1)設(shè)粒子的發(fā)射速度為v，粒子做圓周運動的軌跡半徑為R，由牛頓第二定律和洛倫茲力公式，得qvB＝meq\f(v2,R)①由①式得R＝eq\f(mv,qB)②當(dāng)eq\f(a,2)<R<a時，在磁場中運動時間最長的粒子，其軌跡是圓心為C的圓弧，圓弧與磁場的上邊界相切，如圖所示．設(shè)該粒子在磁場中運動的時間為t，依題意t＝eq\f(T,4)，得∠OCA＝eq\f(π,2)③設(shè)最后離開磁場的粒子的發(fā)射方向與y軸正方向的夾角為α，由幾何關(guān)系可得Rsinα＝R－eq\f(a,2)④Rsinα＝a－Rcosα⑤又sin2α＋cos2α＝1⑥由④⑤⑥式得R＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(\r(6),2)))a⑦由②⑦式得v＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(\r(6),2)))eq\f(aqB,m).⑧(2)由④⑦式得sinα＝eq\f(6－\r(6),10).答案：見解析2．解析：(1)假設(shè)物塊A與木板C共同加速，兩者加速度均為a，由牛頓第二定律有：F－μ2(M＋mA＋mB)g＝(M＋mA)a而當(dāng)C對A的摩擦力達到最大靜摩擦力時，設(shè)A的加速度為aA，可知μ1mAg＝mAaA代入數(shù)據(jù)解得a＝1.6m/s2，aA＝2m/s2由于a<aA，所以A、C能共同加速，假設(shè)成立研究A、C整體，設(shè)A與B碰前瞬間的速度為v0，從木板開始運動到A與B碰前的過程，由運動學(xué)公式有：veq\o\al(2,0)＝2a(L－2d)研究A、B系統(tǒng)，設(shè)碰后瞬間AB整體的速度為v1，又A、B碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，則有：mAv0＝(mA＋mB)v1聯(lián)立解得v1＝1m/s.(2)撤去力F后，AB整體繼續(xù)加速，設(shè)加速度大小為a1，由牛頓第二定律有：μ1(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a1木板C減速，設(shè)加速度大小為a2，由牛頓第二定律有：μ2(M＋mA＋mB)g＋μ1(mA＋mB)g＝Ma2設(shè)經(jīng)過t1時間，AB整體與木板C速度相等且為v2，由運動學(xué)公式有：v2＝v0－a2t1＝v1＋a1t1計算得：a1＝2m/s2，a2＝8m/s2，t1＝0.3s，v2＝1.6m/s該過程AB整體與木板相對位移：Δs1＝eq\f(v0＋v2,2)t1－eq\f(v1＋v2,2)t1接著，AB整體減速向右運動，對木板的摩擦力向右，木板繼續(xù)減速，其加速度大小為a3，由牛頓第二定律有：μ2(M＋mA＋mB)g－μ1(mA＋mB)g＝Ma3設(shè)再經(jīng)過時間t2木板停止運動，t2＝eq\f(v2,a3)t2時間內(nèi)AB整體相對木板向右的位移大小為：Δs2＝v2t2－eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,2)－eq\f(v2,2)t2此時AB整體的速度為：v3＝v2－a1t2AB整體繼續(xù)減速再經(jīng)過一段位移：Δs3＝eq\f(veq\o\al(2,3),2a1)，便停在木板上．解得：Δs1＝0.45m，a3＝4m/s2，t2＝0.4s，Δs2＝0.16m，Δs3＝0.16m最終AB整體與木板左端的水平距離為：Δs＝d－Δs1＋Δs2＋Δs3＝0.87m.答案：見解析計算題專項練(十一)(建議用時：20分鐘)題號12考點帶電粒子在電場中的運動汽車剎車問題中的動力學(xué)和能量問題1．如圖所示，在豎直平面內(nèi)存在豎直方向的勻強電場．長度為l的輕質(zhì)絕緣細繩一端固定在O點，另一端連接一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的小球(可視為質(zhì)點)，初始時小球靜止在電場中的a點，此時細繩拉力為2mg，g為重力加速度．(1)求電場強度E和a、O兩點的電勢差UaO；(2)小球在a點獲得一水平初速度va，使其能在豎直面內(nèi)做完整的圓周運動，則va應(yīng)滿足什么條件？2．如圖所示，地面固定一個圓心為O，豎直放置的光滑半圓軌道ABC，B為半圓軌道中點，半徑R＝0.08m，∠COB＝90°.木板DE質(zhì)量為m，長度L＝10m，E與A距離s＝2m，木板與地面間的動摩擦因數(shù)為μ1＝0.1，木板與A碰撞后立即原速率返回，并由地面控制裝置(圖中未畫出)保證E與A只能碰撞一次．E與A等高，以使E與A重合時板上的物體可以滑入半圓軌道，當(dāng)E與A一旦分離，板上物塊將落地而無法進入半圓軌道．一個可看做質(zhì)點的物體質(zhì)量為2m，物體與木板間動摩擦因數(shù)為μ2＝0.2，物體在合適的位置以合適的初速度v0開始向右運動，重力加速度g＝10m/s2，結(jié)果可保留根號．求：(1)要使物體沿軌道剛能到達B點，物體在A處的速度vA的大小；(2)要使物體能到達C點而不脫離軌道，物體初速度v0的取值范圍．計算題專項練(十一)1．解析：(1)小球靜止在a點時，由共點力平衡可得mg＋2mg＝qE①得E＝eq\f(3mg,q)，方向豎直向上②在勻強電場中，有UOa＝El③則a、O兩點電勢差UaO＝－eq\f(3mgl,q).④(2)小球從a點恰好運動到b點，設(shè)到b點速度大小為vb，由動能定理得－qE·2l＋mg·2l＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,b)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,a)⑤小球做圓周運動通過b點時，由牛頓第二定律可得qE－mg＝meq\f(veq\o\al(2,b),l)⑥聯(lián)立②⑤⑥式可得va＝eq\r(10gl)，故應(yīng)滿足va≥eq\r(10gl).答案：(1)eq\f(3mg,q)，方向豎直向上－eq\f(3mgl,q)(2)va≥eq\r(10gl)2．解析：(1)對物體，從A到B的過程，由動能定理可得：－mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)剛好到達B點，vB＝0解得：vA＝eq\f(2\r(10),5)m/s.(2)設(shè)物體在A點的速度為v1，從A到C的過程，由動能定理可得：－mg2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)要使物體能到達C點不脫離軌道，在C點有：mg＝meq\f(veq\o\al(2,C),R)聯(lián)立以上方程解得：v1＝2m/s根據(jù)分析，可分以下兩種情形求解：情形①當(dāng)物體相對木板從左端的D點滑到E時，木板恰好運動了s＝2m，使E與A相遇，而且物體的速度大于v1，物體對應(yīng)的v0有最大值．設(shè)木板的加速度為a1，物體的加速度為a2，對木板有：μ22mg－μ13mg＝ma1可得：a1＝1m/s2對物體有：μ22mg＝2ma2可得：a2＝2m/s2設(shè)木板運動到與A相碰所用的時間為t1，則木板和物體的位移關(guān)系為：L＝(v0t1－eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,1))－eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)解得：t1＝2s，v0＝8m/s此時物體到A點的速度為：v＝v0－a2t1＝4m/s＞v1故v0＝8m/s是最大值．情形②當(dāng)物體與木板達到共同速度時恰好滑到E點，以后一起運動直到E與A相遇，而且物體的速度等于v1，物體對應(yīng)的v0有最