2019高考物理总复习 计算题增分练(三)
2019高考物理总复习 计算题增分练(四)
计算题增分练(四)(满分32分 20分钟)1．如图所示，间距为d 的平行金属板MN 与一对光滑的平行导轨相连，平行导轨间距为L .一根导体棒ab 与导轨垂直且以速度v 0沿导轨向右匀速运动，棒的右侧存在一个垂直纸面向里，大小为B 的匀强磁场．当棒进入磁场时，粒子源P 释放一个初速度为零的带负电的粒子，已知带电粒子的质量为m (重力不计)、电量为q .粒子经电场加速后从M 板上的小孔O 穿出．在板的上方，有一个环形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场．已知外圆半径为2d ，内圆半径为d ，两圆的圆心与小孔重合，求：(1)粒子到达M 板的速度大小v ；(2)若粒子不能从外圆边界飞出，则环形区域内磁感应强度最小为多少？解析：(1)ab 棒切割磁感线，产生的电动势U ＝BLv 0粒子从N 板到M 板，由动能定理得qU ＝12mv 2－0 解得v ＝2qBLv 0m(2)如图所示，要使粒子不从外边界飞出，则粒子最大半径时的轨迹与外圆相切．由几何关系得(2d －r )2＝r 2＋d 2解得r ＝34d由牛顿第二定律得qvB ′＝m v 2r解得B ′＝43d 2BLmv 0q答案：(1) 2qBLv 0m (2)B ′＝43d 2BLmv 0q2．如图所示，光滑水平地面的左侧静止放置一长木板AB ，右侧固定一足够长光滑斜面CD ，木板的上表面与斜面底端C 处于同一水平面．木板质量M ＝2 kg ，板长为l ＝7 m ．一物块以速度v 0＝9 m/s 冲上木板的A 端，木板向右运动，B 端碰到C 点时被粘连，且B 、C 之间平滑连接．物块质量为m ＝1 kg ，可视为质点，与木板间的动摩擦因数为μ＝0.45，取g ＝10 m/s 2，求(1)若初始时木板B 端距C 点的距离足够长，求物块第一次与木板相对静止时的速度和相对木板滑动的距离；(2)设初始时木板B 端距C 点的距离为L ，试讨论物块最终位置距C 点的距离与L 的关系，并求此最大距离．解析：(1)距离足够长，则m 与M 达到共同速度解法一：mv 0＝(M ＋m )v 共μmg Δl ＝12mv 20－12(M ＋m )v 2共 解得：v 共＝3 m/sΔl ＝6 m解法二：对物块a m ＝μg ＝4.5 m/s 2对木板a M ＝μmg M＝2.25 m/s 2 v 共＝v 0－a m t ＝a M t解得：v 共＝3 m/sΔl ＝v 20－v 2共2a m －v 2共2a M＝6 m (2)对木板：μmgs ＝12Mv 2共－0 s ＝2 m(或者等同于s ＝v 2共2a M＝2 m) 当L ≥2 m 时，木板B 端和C 点相碰前，物块和木板已经达到共同速度，碰后物块以v 共＝3 m/s 匀减速到C 点v 2共－v 2C 1＝2a m (l －Δl )a m＝μg＝4.5 m/s2解得v C1＝0 m/s恰好停在C点，与L无关当L＜2 m时，木板B端和C点相碰前，物块和木板未达到共同速度，物块一直在做匀减速运动v20－v2C2＝2a m(l＋L)v C2＝32－L物块以此速度冲上斜面并会原速率返回，最终停在木板上，s＝v2C22a m＝2－L 当L＝0 m时，s有最大值s max＝2 m答案：(1)v共＝3 m/s Δl＝6 m (2)当L≥2 m时，恰好停在C点与L无关，当L＜2 m，s＝2－L，s max＝2 m。
2019高考物理总复习计算题增分练一
计算题增分练(一)(满分32分 20分钟)1．如图所示，与水平面夹角θ＝37°的倾斜传送带以v 0＝2 m/s 的速度沿顺时针方向转动，小物块A 从传送带顶端无初速度释放的同时，小物块B 以v 1＝8 m/s 的速度从底端滑上传送带．已知小物块A 、B 质量均为m ＝1 kg ，与传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.5，小物块A 、B 未在传送带上发生碰撞，重力加速度g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(1)小物块B 向上运动过程中平均速度的大小；(2)传送带的长度l 应满足的条件．解析：(1)对小物块B 由牛顿第二定律得 mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1解得a 1＝10 m/s 2小物块B 减速至与传送带共速的过程中，时间t 1＝v 1－v 0a 1＝0.6 s 位移s 1＝v 21－v 202a 1＝3 m 之后，小物块B 的速度小于传送带的速度，其所受滑动摩擦力沿传送带向上，由牛顿第二定律得mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2，解得a 2＝2 m/s 2小物块B 减速至0的时间t 2＝v 0a 2＝1 s 位移s 2＝v 202a 2＝1 m 小物块B 向上运动过程中平均速度v ＝s 1＋s 2t 1＋t 2＝2.5 m/s (2)小物块A 的加速度也为a 2＝2 m/s 2，小物块B 开始加速向下运动时，小物块A 已经具有向下的速度，二者加速度大小相等，要使二者不相碰，应在小物块B 滑下传送带后，小物块A 到达传送带底端．当小物块B 刚滑下传送带时，小物块A 恰好运动至传送带底端，此时传送带长度最小，最小长度l 0＝12a 2t 2 小物块B 向下运动过程s 1＋s 2＝12a 2t 23 解得t 3＝2 s则t ＝t 1＋t 2＋t 3＝3.6 s代入解得l 0＝12.96 m ，即传送带的长度l ≥12.96 m答案：(1)2.5 m/s (2)l ≥12.96 m2．如图甲所示，间距为l 、电阻不计的光滑导轨固定在倾角为θ的斜面上．在区域Ⅰ内有方向垂直于斜面的匀强磁场，磁感应强度恒为B ；在区域Ⅱ内有垂直于斜面向下的匀强磁场，其磁感应强度B 1的大小随时间t 变化的规律如图乙所示．t ＝0时刻，在轨道上端的金属细棒ab 从如图位置由静止开始沿导轨下滑，同时下端的另一金属细棒cd 在位于区域Ⅰ内的导轨上也由静止释放．在ab 棒运动到区域Ⅱ的下边界EF 之前，cd 棒始终静止不动，两棒均与导轨接触良好．已知cd 棒的质量为m 、电阻为R ，ab 棒的质量、阻值均未知，区域Ⅱ沿斜面的长度为2l ，在t ＝t x 时刻(t x 未知)ab 棒恰好进入区域Ⅱ，重力加速度为g .求：(1)试判断通过cd 棒的电流方向和区域Ⅰ内磁场的方向；(2)当金属棒ab 在区域Ⅱ内运动时，金属棒cd 消耗的电功率P ；(3)ab 棒开始下滑的位置离区域Ⅱ下边界的距离；(4)为了求得ab 棒开始下滑至EF 的过程中，回路中产生总的热量Q ，某同学先求出ab 棒的质量、到达EF 处的速度，并利用(3)问中的距离，然后用总热量Q 等于机械能的减小量进行求解．若这位同学的方法正确，请用他的方法求出总热量Q ；若他的方法不正确，请用你的方法求出总热量Q .解析： 本题考查电磁感应中的单棒问题，涉及楞次定律、法拉第电磁感应定律、平衡、闭合电路欧姆定律等知识的应用．(1)Ⅱ内磁场均匀变化因此在回路中产生感应电流，由楞次定律可知，流过cd 的电流方向是由d 到c .因cd 棒静止，由平衡条件可得cd 棒所受安培力沿导轨向上，据左手定则可知，区域Ⅰ内磁场垂直于斜面向上．(2)因cd 棒静止，由平衡条件可得BIl ＝mg sin θ，金属棒ab 在区域Ⅱ内运动时，金属棒cd 消耗的电功率P ＝I 2R ， 解得I ＝mg sin θBl ，P ＝m 2g 2R sin 2 θB 2l 2(3)ab 棒开始下滑到达区域Ⅱ前做匀加速运动，加速度a ＝g sin θ，因在ab 棒运动到区域Ⅱ的下边界EF 之前，cd 棒始终静止不动，则ab 棒达区域Ⅱ前后回路中的电动势不变，且ab 棒在区域Ⅱ中做匀速直线运动，可得ΔΦΔt ＝Blv ，即Bl ·2l t x＝Bl (g sin θ·t x ) 解得：t x ＝ 2l g sin θ，v ＝2gl sin θ ab 棒开始下滑的位置离区域Ⅱ下边界的距离s ＝12vt x ＋2l ＝3l(4)这位同学的解法不正确． ab 棒在区域Ⅱ匀速运动时，受力平衡有m ab g sin θ＝BIl ，可得ab 和cd 两棒质量相等均为m .第一阶段电路产热Q 1＝EIt x ＝Bl ·2l t x ×mg sin θBl×t x ＝2mg sin θ·l . 第二阶段ab 棒匀速下滑，根据能量守恒得电路产热Q 2＝mg 2l sin θ.所以电路中产生的总热量Q ＝Q 1＋Q 2＝4mgl sin θ.答案：(1)从d 到c 区域Ⅰ内磁场垂直于斜面向上(2)m 2g 2R sin 2 θB 2l 2(3)3l (4)不正确 4mgl sin θ 计算题增分练(二)(满分32分 20分钟)1．在短道速滑世锦赛女子500米决赛中，接连有选手意外摔倒，由于在短道速滑比赛中很难超越对手，因而在比赛开始阶段每个选手都要以最大的加速度加速，在过弯道前超越对手．为提高速滑成绩，选手在如下场地进行训练：赛道的直道长度为L ＝30 m ，弯道半径为R ＝2.5 m ．忽略冰面对选手的摩擦力，且冰面对人的弹力沿身体方向．在过弯道时，身体对冰面的夹角θ的最小值为45°，直线加速过程视为匀加速过程，加速度a ＝1 m/s 2.若训练过程中选手没有减速过程，为保证速滑中不出现意外情况，选手在直道上速滑的最短时间为多少？(g 取10 m/s 2)解析：若选手在直道上一直加速，选手能达到的最大速度为v1，根据运动学公式有v 21＝2aL ，解得v 1＝60 m/s ，设选手过弯道时，允许的最大速度为v 2，此时人与冰面的夹角θ为45°，对选手受力分析如图． 则：F N cos 45°＝mg 、F N sin 45°＝m v 22R解得：v 2＝5 m/s ，由于v 1＞v 2，因而选手允许加速达到的最大速度为v 2＝5 m/s ，设选手在直道上加速的距离为x ，则v 22＝2ax ，解得x ＝12.5 m ，选手在直道上的最短时间t ＝v 2a ＋L －x v 2，解得：t ＝8.5 s. 答案：8.5 s2．如图所示，在xOy 平面内存在均匀、大小随时间周期性变化的磁场和电场，变化规律分别如图乙、丙所示(规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向、＋y 轴方向为电场强度的正方向)．在t ＝0时刻由原点O 发射初速度大小为v 0、方向沿＋y 轴方向的带负电粒子(不计重力)．已知v 0、B 0、E 0，且E 0＝B 0v 0π，粒子的比荷q m ＝πB 0t 0，x 轴上有一点坐标为A ⎝ ⎛⎭⎪⎫48v 0t 0π，0.(1)求t 02时带电粒子的位置坐标； (2)求粒子运动过程中偏离x 轴的最大距离；(3)粒子经多长时间经过A 点？解析：(1)由T ＝2πm qB得T ＝2t 0， 所以t 02＝T 4，运动了T 4. 又因为r ＝mv qB 得r ＝v 0t 0π 所以位置坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫v 0t 0π，v 0t 0π.(2)由图可知y 1＝v 0＋v 2t 0因v ＝v 0＋qE 0m t 0＝2v 0所以y 1＝3v 0t 02由r ＝mv qB 得r 2＝2v 0t 0π所以y m ＝y 1＋r 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32＋2πv 0t 0(3)由图可知粒子以4t 0为一个周期，在一个周期内的距离d ＝2(r 1＋r 2)＝6v 0t 0π所以t ＝48v 0t 0πd ×4t 0＝32t 0答案：(1)⎝ ⎛⎭⎪⎫v 0t 0π，v 0t 0π (2)⎝ ⎛⎭⎪⎫32＋2πv 0t 0 (3)32t 0。
2019年高考物理专题训练 计算题限时突破(全国通用) (3)
（8套）2019年高考物理专题训练计算题限时突破（全国通用）计算题限时突破(一)(限时：25分钟)24．(12分)如图1所示, 为室内冰雪乐园中一个游玩项目, 倾斜冰面与水平面夹角θ＝30°, 冰面长、宽均为L＝40 m, 倾斜冰面两侧均安装有安全网护栏, 在冰面顶端中点, 由工作人员负责释放载有人的凹形滑板, 与冰面相连的水平面上安有缓冲装置(图中未画出), 使滑下者能安全停下．周末某父子俩前往游玩, 设父亲与滑板总质量为M＝80 kg, 儿子与滑板总质量为m＝40 kg, 父子俩准备一起下滑, 在工作人员静止释放的瞬间, 父亲沿水平方向推了一下儿子, 父子俩迅速分开, 并沿冰面滑下．不计一切阻力, 重力加速度g取10 m/s2, 父子俩均视为质点．图1(1)若父子俩都能安全到达冰面底端(没碰到护栏), 下滑的时间t多长？(2)父子俩都能安全达到冰面底端(没碰到护栏), 父亲在推儿子时最多做功W 为多少？ 答案 (1)4 s (2)750 J解析 (1)父子俩都沿冰面做类平抛运动, 沿冰面向下的加速度为：a ＝g sin θ＝5 m/s 2, 两者同时达到底端．根据位移与时间关系：L ＝12at 2, 代入数据解得：t ＝4 s (2)推开后, 设父亲获得初速度为v M , 儿子获得初速度v m ,父子俩水平方向动量守恒, 则：M v M ＝m v m因儿子质量小些, 只要儿子安全即可, 水平滑动距离为L 2, 若儿子刚好没有碰到护栏, 根据位移与时间关系：L 2＝v m t , 代入数据解得v m ＝5 m /s, 代入动量守恒式, 得：v M ＝2.5 m/s根据功能关系：W ＝12m v 2m ＋12M v 2M 代入数据得最多做功：W ＝750 J25．(20分)如图2所示, 在方向竖直向上、大小为E ＝1×106 V /m 的匀强电场中, 固定一个穿有A 、B 两个小球(均视为质点)的光滑绝缘圆环, 圆环在竖直平面内, 圆心为O 、半径为R ＝0.2 m ．A 、B 用一根绝缘轻杆相连, A 带的电荷量为q ＝＋7×10－7 C, B 不带电, 质量分别为m A ＝0.01 kg 、m B ＝0.08 kg.将两小球从圆环上的图示位置(A 与圆心O 等高, B 在圆心O 的正下方)由静止释放, 两小球开始沿逆时针方向转动．取g ＝10 m/s 2.图2(1)通过计算判断, 小球A 能否到达圆环的最高点C .(2)求小球A 的最大速度值．(可保留根号)(3)求小球A 从图示位置逆时针转动的过程中, 其电势能变化的最大值．答案 (1)A 不能到达圆环最高点 (2)223m/s (3)0.134 4 J 解析 (1)设A 、B 在转动过程中, 轻杆对A 、B 做的功分别为W T 、W T ′, 则W T ＋W T ′＝0 设A 、B 到达圆环最高点的动能分别为E k A 、E k B对A 由动能定理：qER －m A gR ＋W T ＝E k A对B 由动能定理：W T ′－m B gR ＝E k B联立解得：E k A ＋E k B ＝－0.04 J上式表明, A 在圆环最高点时, 系统动能为负值．故A 不能到达圆环最高点．(2)设B 转过α角时, A 、B 的速度大小分别为v A 、v B , 因A 、B 做圆周运动的半径和角速度均相同, 故v A ＝v B对A 由动能定理：qER sin α－m A gR sin α＋W T ＝12m A v 2A 对B 由动能定理：W T ′－m B gR (1－cos α)＝12m B v 2B 联立方程并结合数学知识, 解得：v 2A ＝89×(3sin α＋4cos α－4)＝89×5sin(53°＋α)－329解得当α＝37°时, A 、B 有最大速度, 均为v max ＝223m/s (3)A 、B 从图示位置逆时针转动过程中, 当两球速度为0时, 电场力做功最多, 电势能减少最多, 故得：3sin α＋4cos α－4＝0 解得：sin α＝2425(sin α＝0舍去) A 的电势能减少了ΔE p ＝qER sin α代入数值得：A 的电势能减少量的最大值为ΔE pm ＝0.134 4 J ．计算题限时突破(二)(限时：25分钟)24．(12分)如图1甲所示, 边长L ＝2.5 m 、质量m ＝0.5 kg 的正方形金属线框, 放在光滑绝缘的水平面上, 整个装置处在方向竖直向上、磁感应强度为B ＝0.8 T 的匀强磁场中, 它的一边与磁场的边界MN 重合．在水平力F 的作用下, 线框由静止开始向左运动, 经过5 s 被拉出磁场区域, 此过程中利用电流传感器测得线框中的电流强度I 随时间t 变化的图象如图乙所示．则在这个过程中：图1(1)由图乙可得出通过线框导线截面的电荷量q ＝______ C, I 与t 的关系式是：______；(2)求出线框的电阻R;(3)试判断说明线框的运动情况, 并求出水平力F 随时间t 变化的表达式.答案 见解析解析 (1)I －t 图线与横轴所围的面积在数值上等于通过线框截面的电荷量q , 即有：q ＝12×0.5×5 C ＝1.25 C 由I －t 图象可知, 感应电流I 与时间t 成正比, 有：I ＝kt ＝0.1t(2)由I ＝E R , E ＝ΔΦΔt, ΔΦ＝BL 2, q ＝I Δt 联立得：q ＝BL 2R则电阻：R ＝BL 2q ＝0.8×2.521.25Ω＝4 Ω； (3)设在某时刻t , 线框的速度为v , 则线框中感应电流：I ＝BL v R结合(1)中I ＝kt ＝0.1t 可得金属框速度随时间也是线性变化的, 有v ＝Rkt BL ＝4×0.1×t 0.8×2.5＝0.2t 所以可知线框做匀加速直线运动, 加速度为：a ＝0.2 m/s 2由牛顿第二定律得：F －BIL ＝ma ,联立解得水平力F 随时间t 变化满足：F ＝BLkt ＋ma ＝(0.2t ＋0.1) N.25．(20分)如图2所示, 一个质量为m ＝2 kg 的小物块(可看成质点)开始时静止在高度h ＝0.2 m 、长度L ＝4 m 、质量M ＝1 kg 的木板AB 的最左端A 处, C 点为AB 的中点．木板上表面AC 部分粗糙, CB 部分光滑, 下表面与水平地面间的动摩擦因数μ1＝0.1.现对小物块施加一个水平向右的大小为F ＝12 N 的恒力, 木板和小物块恰好能保持相对静止．已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力, 重力加速度g 取10 m/s 2.图2(1)求小物块与木板上表面AC 部分间的动摩擦因数μ2；(2)如果对小物块改成施加一个水平向右的大小为F ′＝14 N 的恒力, 当小物块运动到达C 点时, 小物块和木板的速度各为多少？(3)在第(2)问的情况下, 当小物块到达C 点时撤去F ′, 求小物块落地时与木板B 端的水平距离．答案 (1)0.3 (2)8 m /s 6m/s (3)0.82 m解析 (1)因为木板和小物块恰好能保持相对静止, 并且最大静摩擦力等于滑动摩擦力, 根据牛顿第二定律对整体：F －μ1(M ＋m )g ＝(M ＋m )a 1对小物块：F －μ2mg ＝ma 1解得：μ2＝0.3(2)F ′＝14 N, 此时小物块与木板发生相对滑动, 对木板受力分析, 根据牛顿第二定律有 μ2mg －μ1(M ＋m )g ＝Ma 2可得木板加速度a 2＝3 m/s 2对小物块有F ′－μ2mg ＝ma 3可得小物块加速度a 3＝4 m/s 2根据位移关系有12a 3t 21－12a 2t 21＝12L , 可得t 1＝2 s 设小物块到C 点时小物块和木板各自的速度分别为v 1、v 2v 1＝a 3t 1＝4×2 m /s ＝8 m/s, v 2＝a 2t 1＝3×2 m /s ＝6 m/s(3)当小物块到达C 点撤去F ′后, 小物块水平方向不受力, 做匀速直线运动．木板受到地面的摩擦力不变, 由牛顿第二定律得：－μ1(m ＋M )g ＝Ma 4, 代入数据得：a 4＝－3 m/s 2设再经过时间t 2小物块离开木板, 则：v 1t 2－(v 2t 2＋12a 4t 22)＝12L 代入数据得：t 2＝23s, t 2＝－2 s(舍去) 小物块离开木板时木板的速度：v 3＝v 2＋a 4t 2＝6 m/s ＋(－3)×23m /s ＝4 m/s 小物块离开木板后做平抛运动, 平抛的运动时间：t 3＝2h g ＝ 2×0.210s ＝0.2 s 该过程小物块沿水平方向的位移：x 3＝v 1t 3＝8×0.2 m ＝1.6 m木板在水平方向做匀减速运动, 其加速度：a 5＝－μ1Mg M＝－μ1g ＝－1 m/s 2 t 3时间内木板的位移：x 4＝v 3t 3＋12a 5t 23＝4×0.2 m －12×1×0.22 m ＝0.78 m 所以小物块落地时与木板B 端的水平距离：Δx ＝x 3－x 4＝(1.6－0.78) m ＝0.82 m计算题限时突破(三)(限时：25分钟)24．(12分)如图1甲所示, 倾角θ＝37°的足够长粗糙斜面固定在水平面上, 滑块A 、B 用细线跨过光滑轻质定滑轮相连, A 与滑轮间的细线与斜面平行, B 距地面一定高度, A 可在细线的牵引下沿斜面向上滑动．某时刻由静止释放 A , 测得A 沿斜面向上运动的v －t 图象如图乙所示(B 落地后不反弹)．已知m A ＝2 kg, m B ＝4 kg, 重力加速度 g ＝10 m/s 2, sin 37°＝0.6, cos 37°＝0.8, 求：图1(1)A 与斜面间的动摩擦因数；(2)A 沿斜面向上滑动的最大位移．答案 (1)0.25 (2)0.75 m解析 (1)在0～0.5 s 内, 根据题图图象, 可得AB 系统的加速度大小为a 1＝v t＝4 m/s 2 设细线张力大小为F T , 分别对A 、B , 由牛顿第二定律有F T －m A g sin θ－μm A g cos θ ＝m A a 1m B g －F T ＝m B a 1联立上述两式并代入数据解得μ＝0.25(2)B 落地后, A 继续减速上升, 由牛顿第二定律有m A g sin θ＋μm A g cos θ ＝m A a 2代入数据解得加速度大小a 2＝ 8 m/s 2故A 减速向上滑动的位移为：x 2＝v 22a 2＝0.25 m 0～0.5 s 内A 加速向上滑动的位移x 1＝v 22a 1＝0.5 m 所以A 沿斜面上滑的最大位移为x ＝x 1＋x 2＝0.75 m.25．(20分)平面OM 和水平面ON 之间的夹角为30°, 其横截面如图2所示, 平面OM 和平面ON 之间同时存在匀强磁场和匀强电场, 磁感应强度大小为B , 方向垂直于纸面向外．匀强电场的方向竖直向上, 一带电小球的质量为m , 电荷量为q , 带电小球沿纸面以大小为v 0的速度从OM 的某点向左上方射入磁场, 速度方向与OM 成30°角, 带电小球进入磁场后恰好做匀速圆周运动, 已知带电小球在磁场中的运动轨迹与ON 恰好相切, 且带电小球能从OM 上另一点P 射出磁场(P 未画出)．图2(1)判断带电小球带何种电荷？所加电场强度E 为多大？(2)带电小球离开磁场的出射点P 到两平面交点O 的距离s 多大？(3)带电小球离开磁场后继续运动, 能打在左侧竖直的光屏OO ′上, 求此点到O 点的距离多大？ 答案 见解析解析 (1)小球在复合场中做匀速圆周运动, 洛伦兹力提供向心力, 小球受到的电场力与重力平衡, 小球所受电场力竖直向上, 电场力方向与场强方向相同, 则小球带正电荷；电场力与重力大小相等：qE ＝mg , 解得：E ＝mg q； (2)小球进入磁场后做匀速圆周运动, 洛伦兹力提供向心力, 由牛顿第二定律得：q v 0B ＝m v 20r解得：r ＝m v 0qB根据题意, 带电小球在匀强磁场中的运动轨迹如图所示,Q 点为运动轨迹与ON 相切的点, P 点为出射点小球离开磁场的速度方向与OM 的夹角也为30°, 由几何关系可得, QP 为圆轨迹的直径,所以OP 的长度为：s ＝QP sin 30°＝2r sin 30°＝4r ＝4m v 0qB； (3)带电小球从P 点离开磁场后做平抛运动,设打在光屏上的T 点, 竖直位移为y .水平位移：x ＝v 0t , 解得：t ＝x v 0＝s cos 30°v 0＝23m qB竖直位移：y ＝12gt 2＝6m 2g q 2B2 OT 的距离为：H ＝2r ＋y ＝2m v 0qB ＋6m 2g q 2B2.计算题限时突破(四)(限时：25分钟)24．(12分)(2017·广东佛山市高三教学质检一)在水平面上, 平放一半径为R 的光滑半圆管道, 管道处在方向竖直、磁感应强度为B 的匀强磁场中, 另有一个质量为m 、带电荷量为＋q 的小球．图1(1)当小球从管口沿切线方向以某速度射入, 运动过程中恰不受管道侧壁的作用力, 求此速度v 0；(2)现把管道固定在竖直面内, 且两管口等高, 磁场仍保持和管道平面垂直, 如图1所示, 空间再加一个水平向右、场强E ＝mg q的匀强电场(未画出), 若小球仍以v 0的初速度沿切线方向从左边管口射入, 求小球：①运动到最低点的过程中动能的增量；②在管道运动全程中获得的最大速度．答案 见解析解析 (1)小球在水平面上洛伦兹力提供向心力, 故q v 0B ＝m v 20R解得v 0＝qBR m(2)①小球在管道运动时, 洛伦兹力始终不做功．对小球运动到最低点的过程, 由动能定理：mgR ＋qER ＝ΔE k由题目已知：E ＝mgq联合以上两式得：动能增量ΔE k ＝2mgR ②求最大速度方法一：当小球到达管道中与水平方向成θ角的位置(如图甲所示)时, 应用动能定理, 有mgR sin θ＋qE (R ＋R cos θ)＝12m v 2－12m v 20即v 2＝q 2B 2R 2m 2＋2gR ＋2gR (sin θ＋cos θ) 对函数y ＝sin θ＋cos θ求极值, 可得θ＝45°时, y max ＝ 2 可得最大速度为：v max ＝q 2B 2R 2m 2＋(2＋22)gR求最大速度方法二：如图乙所示, 根据场的叠加原理, 小球所受的等效重力为：mg ′＝(mg )2＋(qE )2＝2mg tan φ＝mgqE＝1, 即φ＝45°小球在等效重力场的“最低点”时, 即当小球到达管道中与水平方向成θ＝φ＝45°角时, 速度最大． 由动能定理：mgR sin θ＋qE (R ＋R cos θ)＝12m v 2max －12m v 20解得：v max ＝q 2B 2R 2m 2＋(2＋22)gR 25．(20分)如图2所示, MN 、PQ 是足够长的光滑平行导轨, 其间距为L , 且MP ⊥MN .导轨平面与水平面间的夹角θ＝30°.MP 接有电阻R , 有一匀强磁场垂直于导轨平面, 磁感应强度为B 0, 将一根质量为m 的金属棒ab 紧靠MP 放在导轨上, 且与导轨接触良好, 金属棒的电阻也为R , 其余电阻均不计．现质量为m 的重物通过与导轨平行且足够长的绳, 沿导轨平面向上拉金属棒, 使金属棒从静止开始沿导轨向上运动．金属棒运动过程中始终与MP 平行, 当金属棒滑行至cd 处时己经达到稳定速度, MP 到cd 的距离为s .不计定滑轮的质量、一切摩擦及空气阻力, 重力加速度大小为g , 求：图2(1)金属棒达到的稳定速度；(2)金属棒从静止开始运动到cd 的过程中, 电阻R 上产生的热量；(3)若将金属棒滑行至cd 处的时刻记作t ＝0, 从此时刻起, 让磁感应强度逐渐减小, 可使金属棒中不产生感应电流, 求出磁感应强度B 随时间t 变化的关系式． 答案 (1)mgR B 20L 2 (2)14mgs －m 3g 2R 22B 40L4(3)B ＝8B 30L 2sB 20L 2(8s ＋gt 2)＋8mgRt解析 (1)根据平衡条件有： mg ＝mg sin θ＋F 安 切割产生的电动势为：E ＝B 0L v 电流为：I ＝E 2R金属棒所受的安培力：F 安＝B 0IL 解得：v ＝mgRB 20L2(2)金属棒从静止开始运动到cd 的过程, 由能量守恒关系得：mgs －mgs sin θ＝12·2m v 2＋Q电阻R 上产生的热量为：Q R ＝12Q解得Q R ＝14mgs －m 3g 2R 22B 40L4(3)当回路中的总磁通量不变时, 金属棒中不产生感应电流．此时金属棒将沿导轨做匀加速运动．根据牛顿第二定律： mg －mg sin θ＝2ma 解得a ＝g4根据磁通量不变则有：B 0Ls ＝BL (s ＋v t ＋12at 2)解得：B ＝8B 30L 2sB 20L 2(8s ＋gt 2)＋8mgRt计算题限时突破(五)(限时：25分钟)24．(12分)如图1所示, 相邻两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ, 设磁感应强度的大小分别为B 1、B 2.已知磁感应强度方向相反且垂直纸面, 两个区域的宽度都为d .质量为m 、电荷量为＋q 的粒子由静止开始经电压恒为U 的电场加速后, 垂直于区域Ⅰ的边界线MN , 从A 点进入并穿越区域Ⅰ后进入区域Ⅱ, 最后恰好不能从边界线PQ 穿出区域Ⅱ.不计粒子重力．求：图1(1)B 1的取值范围； (2)B 1与B 2的关系式． 答案 (1)0＜B 1＜2qUm qd (2)B 2－B 1＝2qUmqd解析 (1)设粒子经U 加速后获得的速度为v , 根据动能定理有：qU ＝12m v 2①在区域Ⅰ的磁场中偏转, 有：qB 1v ＝m v 2R 1②要使粒子能进入区域Ⅱ, 必须：R 1＞d ③ 联立①②③④得：0＜B 1＜2qUmqd④ (2)两区域磁场方向相反(以区域Ⅰ磁场方向垂直纸向外, 区域Ⅱ磁场方向垂直纸面向里为例), 则粒子的运动轨迹如图线ACD .带电粒子在区域Ⅱ的磁场中偏转, 由洛伦兹力提供向心力, 有：qB 2v ＝m v 2R 2⑤如图△O 1HC ∽△O 2JC , 则有：R 1d ＝R 2d －R 2⑥联立①②⑤⑥得：B 2－B 1＝2qUmqd25．(20分)如图2所示, 一长为L 的木板A 放置在水平地面上, 木板的两端分别放置着B 、C 两物块, 三者质量分别为m A ＝3m , m B ＝2m 和m C ＝m , A 与地面、B 与A 、C 与A 间的动摩擦因数分别为μ6、μ和2μ, 开始时三者均静止, 现给物块B 一水平向右的初速度v 0(v 0＝5μgL8), 同时给物块C 一向左的水平拉力F (F ＝3μmg ), 设最大静摩擦力等于滑动摩擦力, 重力加速度为g , 试求：图2(1)经过多长时间木板A 开始运动； (2)从A 开始运动至B 与C 相遇的时间．答案 (1)10μgL 4μg (2)10μgL8μg解析 (1)各接触面上的最大静摩擦力分别为：F f A m ＝16μ×6mg ＝μmg , F f B m ＝F f C m ＝2μmgB 开始运动时, 假定把A 与C 看成整体, 整体水平方向所受合力为零, 而：F ＝3μmg ＞F f C m 故开始时C 向左运动, A 仍处于静止状态, 设此时B 、C 的加速度大小分别为a B 、a C 由牛顿第二定律：2μmg ＝2ma B,3μmg －2μmg ＝ma C , 解得：a B ＝a C ＝μg当B 的速度减为零时, 分析可以知道C 对A 的摩擦力大于地面对A 的最大静摩擦力, 此时A 和B 共同向左运动, 因此A 由静止开始运动需经过时间t 1＝v 0μg ＝10μgL4μg .(2)设A 板开始运动前B 、C 的位移大小分别为x B 、x C , 由运动学公式得： x B ＝v 202a B ＝5L 16, x C ＝12a C t 12＝5L16B 的速度减为零时,C 的速度v C ＝a C t 1＝v 0A 与B 共同向左做匀加速运动的过程中, 对A 、B 整体, 由牛顿第二定律可得：a AB ＝2μmg －16×6μmg5m ＝15μg设再经过时间t , B 与C 相遇, 此过程中B 、C 所运动的位移分别为x B ′、x C ′, 由运动学公式可以得到：x C ′－x B ′＝L －x B －x C 即：v 0t ＋12a C t 2－12a AB t 2＝L －2×516L把L ＝8v 205μg 代入上式可以得到：2(μg )2t 2＋5μg v 0t －3v 20＝0 解得：t ＝v 02μg ＝10μgL 8μg.计算题限时突破(六)(限时：25分钟)24．(12分)如图1甲所示, 可视为质点的A 、B 两物体置于一静止长纸带上, 纸带左端与A 间距离为d 1＝0.5 m, A 与B 间距为d 2＝1.5 m, 两物体与纸带间的动摩擦因数均为μ1＝0.1, 与地面间的动摩擦因数均为μ2＝0.2.现以恒定的加速度a ＝2 m /s 2向右水平拉动纸带, 重力加速度g ＝10 m/s 2.图1(1)求A 物体在纸带上的滑动时间；(2)在图乙给定的坐标系中画出A 、B 两物体的v －t 图象； (3)求两物体A 、B 停在地面上的距离s . 答案 见解析解析 (1)A 、B 在纸带上加速时的加速度均为a 1＝μ1g ＝1 m/s 2, 设A 物体在纸带上的滑动时间为t 1, 对A 物体有12at 21－12a 1t 21＝d 1代入数据得 t 1＝1 s(2)A 、B 两物体的v －t 图象如图所示．(3)由图象得x B －x A ＝(12×3×2－12×1.5×1) m ＝2.25 m两物体A 、B 停在地面上的距离 s ＝x B －x A ＋d 2＝(2.25＋1.5) m ＝3.75 m25．(20分)如图2所示, 水平面内有一光滑金属导轨QPMN , MP 边长度为d ＝3 m 、阻值为R ＝1.5 Ω, 且MP 与 PQ 垂直, 与MN 的夹角为135°, MN 、PQ 边的电阻不计．将质量m ＝2 kg 、电阻不计的足够长直导体棒放在导轨上, 并与MP 平行, 棒与MN 、PQ 交点F 、E 间的距离L ＝4 m, 整个空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场(图中未画出), 磁感应强度B ＝0.5 T ．在外力作用下, 棒由EF 处以初速度v 0＝3 m/s 向右做直线运动, 运动过程中回路的电流强度始终不变．求：图2(1)棒在EF 处所受的安培力的功率P ； (2)棒由EF 处向右移动2 m 所需的时间Δt ； (3)棒由EF 处向右移动2 s 的过程中, 外力做功W . 答案 (1)24 W (2)56s (3) 41.25 J解析 (1)棒在EF 处的感应电动势E ＝BL v 0＝6 V 电流I ＝ER ＝4 A安培力F 安＝BIL ＝8 N 安培力的功率P ＝F 安v 0＝24 W(2)棒向右移动2 m 的过程中回路磁通量变化量 ΔΦ＝B ΔS ＝B (Lx ＋12x 2)＝5 Wb因为电流强度始终不变, 电动势也不变, 由E ＝ΔΦΔt 可得Δt ＝ΔΦE ＝56s(3)棒由EF 处向右移动2 s 的过程中, 回路磁通量变化量ΔΦ′＝E Δt ′＝12 Wb 棒扫过的面积为ΔS ′＝ΔΦ′B＝24 m 2设2 s 的过程棒移动了x ′, ΔS ′＝Lx ′＋x ′22, 解得x ′＝4 m此时电动势不变E ＝B (L ＋x ′)v , 解得v ＝1.5 m/s 安培力做功等于回路产生的焦耳热W 安＝I 2R Δt ′＝48 J 根据动能定理得W －W 安＝12m v 2－12m v 2解得W ＝41.25 J.计算题限时突破(七)(限时：25分钟)24．(12分)如图1所示, 在第一象限内有一正三角形区域的有界匀强磁场(未画出), 方向垂直纸面向里, 磁感应强度大小B ＝0.5 T, —比荷为2×102 C /kg 的带正电粒子, 从M 点以v ＝200 m/s 的速度垂直x 轴方向射入第一象限, 粒子射出磁场时, 速度方向恰好与OA 直线垂直．不计粒子的重力, 则：图1(1)粒子在磁场中运动的时间为多少； (2)正三角形磁场区域的最小面积为多少． 答案 (1)π3×10－2 s (2)3 m 2解析 (1)粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期： T ＝2πR v ＝2πm qB解得：T ＝2π×10－2 s由题可知, 粒子在磁场中运动的时间：t ＝16T解得：t ＝π3×10－2 s(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动, 有：qB v ＝m v 2RR ＝m vqB＝2 m则正三角形的最小边长：L ＝R ＝2 m故正三角形的最小面积：S ＝12L 2sin 60°＝ 3 m 225．(20分)如图2所示, 水平传送带两轮间的距离L ＝40 m, 传送带以恒定的速率v 0＝2 m /s 顺时针匀速转动, 两个完全一样的滑块P 、Q (视为质点)用一根轻绳(未画出)连接, 中间夹着一根被压缩的轻质弹簧(弹簧与物体不拴接), 此时弹簧的弹性势能E p >5 J, 现把P 、Q 从传送带的最左端由静止开始释放, t 1＝4 s 时突然烧断轻绳, 很短时间内弹簧伸长至原长(不考虑弹簧的长度的影响), 此时滑块Q 的速率刚好是P 的速率的两倍．已知两滑块的质量都是m ＝0.2 kg, 两滑块与传送带之间的动摩擦因数都是μ＝0.1, 重力加速度g ＝10 m/s 2, 求：图2(1)轻绳断前, 两滑块的位移； (2)弹簧的最大弹性势能； (3)两滑块离开传送带的时间差．答案 见解析解析 (1)绳子断前, 对PQ 整体分析其加速度：a ＝μg ＝1 m/s 2P 、Q 从开始释放到与传送带相对静止的时间：t 0＝v 0a＝2 s ＜t 1＝4 s 故4 s 内两滑块的位移：x 1＝v 202a＋v 0(t 1－t 0)＝6 m ＜L ＝40 m, 符合题意． (2)绳断到弹簧处于原长的过程, PQ 系统动量守恒若P 、Q 与弹簧分离时速度方向相同则有2m v 0＝m v P ＋m v Q又v Q ＝2v P联立解得：v P ＝43 m/s, v Q ＝83m/s 由题给数据知：E p ＞5 J而12m v 2P ＋12m v 2Q ＝89J ＜E p , 不符合题意． 若P 、Q 与弹簧分离时速度方向相反, 有2m v 0＝－m v P ′＋m v Q ′又v Q ′＝2v P ′联立解得：v P ′＝4 m /s, v Q ′＝8 m/s由能量守恒定律可知, 弹簧的最大弹性势能：E p ＝12m v P ′2＋12m v Q ′2－12×2m v 20＝7.2 J (3)弹簧处于原长后, 滑块Q 与传送带共速的时间：t 2＝v Q ′－v 0μg ＝6 s 这段时间内Q 的位移：x 2＝v Q ′＋v 02t 2＝30 m ＜L －x 1＝34 m 故滑块Q 先匀减速运动, 再匀速运动, 匀速运动的时间：t 3＝(L －x 1)－x 2v 0＝2 s 则弹簧处于原长后Q 到传送带最右端的时间：t Q ＝t 2＋t 3＝8 s弹簧处于原长后, 对滑块P , 其减速到零的位移：x 3＝v P ′22μg＝8 m ＞x 1 故弹簧处于原长后P 到传送带最左端的过程：x 1＝v P ′t P －12μgt 2P解得：t P ＝2 s 或t P ′＝6 s(舍去)故两滑块离开传送带的时间差：Δt ＝t Q －t P ＝6 s计算题限时突破(八)(限时：25分钟)24．(12分)如图1甲所示, 物体A 、B (均可视为质点)用绕过光滑轻质定滑轮的轻绳连接, A 、B 离水平地面的高度H ＝1 m ．A 的质量m 0＝0.4 kg, 如果B 的质量m 可以连续变化, 得到A 的加速度随m 的变化图线如图乙所示, 图中虚线为渐近线, 设竖直向上为加速度的正方向, 不计空气阻力, 重力加速度g 取10 m/s 2.求：图1(1)图乙中a 0值；(2)若m ＝1.2 kg, 由静止同时释放A 、B 后, A 距离水平地面的最大高度(设B 着地后不反弹, A 不与天花板碰撞)答案 (1)10 (2)2.5 m解析 (1)分别选择B 、A 进行受力分析, 根据牛顿第二定律可得：mg －F T ＝maF T －m 0g ＝m 0a解得a ＝m －m 0m ＋m 0g , 当m →∞时, a →g ＝10 m/s 2 故a 0的值为10.(2)当m ＝1.2 kg 时, AB 的加速度大小为a ′＝12g , 设B 着地时的速度为v .则有v 2＝2a ′H , 接着A 做竖直上抛运动, 到速度为零时到达最高点, 由机械能守恒定律可得：m 0gh ＝12m 0v 2, 解得：h ＝0.5 mA 距离水平地面的最大高度：h m ＝2H ＋h ＝2.5 m.25．(20分)如图2所示, 两条相同的、阻值不计的“L ”形金属导轨平行固定且相距d ＝1 m ．水平部分LM 、OP 在同一水平面上且处于竖直向下的匀强磁场中, 磁感应强度B 1＝1 T ；倾斜部分MN 、PQ 与水平面成37°角, 有垂直于轨道平面向下的匀强磁场, 磁感应强度B 2＝3 T ．金属棒ab 质量为m 1＝0.2 kg 、电阻R 1＝1 Ω, 金属棒ef 质量为m 2＝0.5 kg 、电阻为R 2＝2 Ω.ab 置于光滑水平导轨上, ef 置于动摩擦因数μ＝0.5的倾斜导轨上, 两金属棒均与导轨垂直且接触良好．从t ＝0时刻起, ab 棒在水平恒力F 1的作用下由静止开始向右运动, ef 棒在沿斜面向上的力F 2的作用下保持静止状态．当ab 棒匀速运动时, 撤去力F 2, 金属棒ef 恰好不向上滑动(设定最大静摩擦力等于滑动摩擦力), ab 始终在水平导轨上运动, 取sin 37°＝0.6, cos 37°＝0.8, g ＝10 m/s 2.图2(1)当金属棒ab 匀速运动时, 求其速度为多大；(2)求金属棒ab 在运动过程中最大加速度的大小；(3)若金属棒ab 从静止开始到匀速运动用时1.2 s, 则此过程中金属棒ef 产生的焦耳热为多少？答案 (1)5 m/s (2)253 m/s 2 (3)53J 解析 (1)撤去力F 2, 金属棒ef 恰好不上滑, 由平衡条件得m 2g sin 37°＋μm 2g cos 37°＝B 2Id 由闭合电路欧姆定律得E ＝I (R 1＋R 2)金属棒ab 产生电动势E ＝B 1d v解得v ＝5 m/s(2)金属棒ab 匀速运动时, 由平衡条件得F 1＝B 1Id解得：F 1＝53N由牛顿第二定律得a ＝F 1m 1＝253m/s 2 (3)金属棒ab 从静止开始到匀速运动过程, 由动量定理得F 1t －B 1I dt ＝m 1v得电荷量q ＝I t ＝F 1t －m 1v B 1d由法拉第电磁感应定律得E ＝ΔΦΔt由闭合电路欧姆定律得I ＝ER 1＋R 2 电荷量q ＝I t ＝ΔΦR 1＋R 2＝B 1ds R 1＋R 2由能量守恒定律得F 1s ＝12m 1v 2＋Q 金属棒ef 产生的焦耳热Q ′＝R 2Q R 1＋R 2＝53J。
2019高考物理总练习(3-1)：8-3带电粒子在复合场中的运动
2019高考物理总练习（3-1）：8-3带电粒子在复合场中的运动对应学生用书P141复合场是指电场、磁场和重力场并存，或其中某两场并存，或分区域存在、从场的复合形式上一般可分为如下四种情况：1.当带电粒子在复合场中所受合外力为零时，将处于静止状态或做匀速直线运动、 2、匀速圆周运动当带电粒子所受的重力与电场力大小相等，方向相反时，带电粒子在洛伦兹力的作用下，在垂直于匀强磁场的平面内做匀速圆周运动、3、较复杂的曲线运动当带电粒子所受合外力的大小和方向均变化，且与初速度方向不在同一条直线上，粒子做非匀变速曲线运动，这时粒子运动轨迹既不是圆弧，也不是抛物线、4、分阶段运动带电粒子可能依次通过几个情况不同的复合场区域，其运动情况随区域发生变化，其运复合场中重力是否考虑的三种情况(1)对于微观粒子，如电子、质子、离子等，因为其重力一般情况下与电场力或磁场力相比太小，可以忽略、而对于一些实际物体，如带电小球、液滴、金属块等，一般应考虑其重力、(2)在题目中明确说明的按说明要求是否考虑重力、(3)不能直接判断是否考虑重力的，在进行受力分析与运动分析时，要由分析结果确定是否考虑重力、图8－3－11、如图8－3－1是磁流体发电机的原理示意图，金属板M、N正对着平行放置，且板面垂直于纸面，在两板之间接有电阻R.在极板间有垂直于纸面向里的匀强磁场、当等离子束(分别带有等量正、负电荷的离子束)从左向右进入极板时，以下说法中正确的选项是()、①N板的电势高于M板的电势②M板的电势高于N板的电势③R中有由b向a方向的电流④R中有由a向b方向的电流A、①②B、③④C、②④D、①③解析此题考查洛伦兹力的方向的判断，电流形成的条件等知识点、根据左手定那么可知正电荷向上极板偏转，负电荷向下极板偏转，那么M板的电势高于N板的电势、M板相当于电源的正板，那么R中有由a向b方向的电流、答案C图8－3－22、如图8－3－2所示，有一混合正离子束先后通过正交的电场、磁场区域Ⅰ和匀强磁场区域Ⅱ，如果这束正离子流在区域Ⅰ中不偏转，进入区域Ⅱ后偏转半径r相同，那么它们一定具有相同的()、A、动能B、质量C、电荷量D、比荷答案D图8－3－33、(2018·南昌高三调研)某空间存在水平方向的匀强电场(图中未画出)，带电小球沿如图8－3－3所示的直线斜向下由A点沿直线向B点运动，此空间同时存在由A指向B的匀强磁场，那么以下说法正确的选项是()、A、小球一定带正电B、小球可能做匀速直线运动C、带电小球一定做匀加速直线运动D、运动过程中，小球的机械能减少解析此题考查带电体在复合场中的运动问题、由于重力方向竖直向下，空间存在磁场，且直线运动方向斜向下，与磁场方向相同，故不受磁场力作用，电场力必水平向右，但电场具体方向未知，故不能判断带电小球的电性，选项A 错误；重力和电场力的合力不为零，故不是匀速直线运动，所以选项B 错误；因为重力与电场力的合力方向与运动方向相同，故小球一定做匀加速运动，选项C 正确；运动过程中由于电场力做正功，故机械能增大，选项D 错误、答案C4、如图8－3－4所示，在空间中存在垂直纸面向里的匀强磁场，其竖直边界AB ，CD 的宽度为d ，在边界AB 左侧是竖直向下、场强为E 的匀强电场、现有质量为m 、带电量为＋q 的粒子(不计重力)从P 点以大小为v 0的水平初速度射入电场，随后与边界AB 成45°射入磁场、假设粒子能垂直CD 边界飞出磁场，穿过小孔进入如下图两竖直平行金属板间的匀强电场中减速至零且不碰到正极板、(1)请画出粒子上述过程中的运动轨迹，并求出粒子进入磁场时的速度大小v ； (2)求匀强磁场的磁感应强度B ； (3)求金属板间的电压U 的最小值、图8－3－4解析(1)轨迹如下图v ＝v 0cos 45°＝2v 0(2)粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动设其轨道半径R ，由几何关系可知R ＝dsin 45°＝2dqvB ＝m v 2R 解得B ＝mv 0qd(3)粒子进入板间电场至速度减为零的过程，由动能定理有－qU ＝0－12mv 2解得U ＝mv 02q .答案(1)轨迹见解析图2v 0(2)mv 0qd (3)mv 02q对应学生用书P142考点一带电粒子在分离复合场中的运动【典例1】在竖直平面内，图8－3－5以虚线为界分布着如图8－3－5所示的匀强电场和匀强磁场，其中匀强电场的方向竖直向下，大小为E ；匀强磁场的方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B .虚线与水平线之间的夹角为θ＝45°，一个带负电荷的粒子在O 点以速度v 0水平射入匀强磁场，带电粒子所带的电荷量为q ，质量为m (重力忽略不计，电场、磁场区域足够大)、求：(1)带电粒子第1次通过虚线时距O 点的距离；(2)带电粒子从O 点开始到第3次通过虚线时所经历的时间； (3)带电粒子第4次通过虚线时距O 点的距离、 解析带电粒子运动的轨迹如下图(1)据qv 0B ＝m v 02r 得r ＝mv 0qB ，又由几何知识可知：d 1＝2r ，解得d 1＝2mv 0qB .(2)在磁场中运动时间为t 1＝T 4＝πm2qB在电场中a ＝qEm运动时间为t 2＝2v 0a ＝2mv 0qE 再一次在磁场中运动t 3＝3πm2qB ，所以总时间t ＝2πm qB ＋2mv 0qE .(3)再次进入电场中从C 到D 做类平抛运动(如下图)x ＝v 0t 4，y ＝at 422，x ＝y ，得x ＝2mv 02qE所以距O 点距离为Δd ＝2d 1－2x ＝22mv 0qB －22mv 02qE .答案(1)2mv 0qB (2)2πm qB ＋2mv 0qE (3)22mv 0qB －22mv 02qE——解决带电粒子在分离复合场中运动问题的思路方法【变式1】在如图8－3－6所示的空图8－3－6间坐标系中，y 轴的左侧有一匀强电场，场强大小为E ，场强方向与y 轴负方向成30°，y 轴的右侧有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B (未画出)、现有一质子在x 轴上坐标为x 0＝10cm 处的A 点，以一定的初速度v 0第一次沿x 轴正方向射入磁场，第二次沿x 轴负方向射入磁场，回旋后都垂直于电场方向射入电场，最后又进入磁场、求：(1)质子在匀强磁场中的轨迹半径R ；(2)质子两次在磁场中运动时间之比；(3)假设第一次射入磁场的质子经电场偏转后，恰好从第二次射入磁场的质子进入电场的位置再次进入磁场，试求初速度v 0和电场强度E 、磁感应强度B 之间需要满足的条件、解析(1)质子两次运动的轨迹如下图，由几何关系可知x 0＝R sin30° 解得R ＝2x 0＝20cm.(2)第一次射入磁场的质子，轨迹对应的圆心角为θ1＝210° 第二次射入磁场的质子，轨迹对应的圆心角为θ2＝30°故质子两次在磁场中运动时间之比为t 1∶t 2＝θ1∶θ2＝7∶1. (3)质子在磁场中做匀速圆周运动时，由ev 0B ＝m v 02R 得R ＝mv 0eB设第一次射入磁场的质子，从y 轴上的P 点进入电场做类平抛运动，从y 轴上的Q 点进入磁场，由几何关系得，质子沿y 轴的位移为Δy ＝2R质子的加速度a ＝eEm沿电场方向Δy cos30°＝12at 2垂直电场方向Δy sin30°＝v 0t解得v 0＝3E6B .答案(1)20cm(2)7∶1(3)v 0＝3E6B考点二带电粒子在叠加复合场中的运动带电粒子(体)在复合场中的运动问题求解要点(1)受力分析是基础、在受力分析时是否考虑重力必须注意题目条件、(2)运动过程分析是关键、在运动过程分析中应注意物体做直线运动，曲线运动及圆周运动、类平抛运动的条件、(3)构建物理模型是难点、根据不同的运动过程及物理模型选择合适的物理规律列方程求解、【典例2】如图8－3－7所示，与水平面成37°的倾斜轨道AC ，其延长线在D 点与半圆轨道DF 相切，全部轨道为绝缘材料制成且位于竖直面内，整个空间存在水平向左的匀强电场，MN 的右侧存在垂直纸面向里的匀强磁场(C 点处于MN 边界上)、一质量为0.4kg 的带电小球沿轨道AC 下滑，至C 点时速度为v C ＝1007m/s ，接着沿直线CD 运动到D 处进入半圆轨道，进入时无动能损失，且恰好能通过F 点，在F 点速度v F ＝4m/s(不计空气阻力，g ＝10m/s 2，cos37°＝0.8)、求：图8－3－7(1)小球带何种电荷？(2)小球在半圆轨道部分克服摩擦力所做的功；(3)小球从F 点飞出时磁场同时消失，小球离开F 点后的运动轨迹与直线AC (或延长线)的交点为(G 点未标出)，求G 点到D 点的距离、解析(1)正电荷(2)依题意可知小球在CD 间做匀速直线运动在D 点速度为v D ＝v C ＝1007m/s在CD 段受重力、电场力、洛伦兹力且合力为0，设重力与电场力的合力为F ＝qv C B又F ＝mg cos 37°＝5N 解得qB ＝F v C ＝720在F 处由牛顿第二定律可得qv F B ＋F ＝mv F 2R把qB ＝720代入得R ＝1m小球在DF 段克服摩擦力做功W f ，由动能定理可得－W f －2FR ＝m v F 2－v D 22W f ＝27.6J(3)小球离开F 点后做类平抛运动，其加速度为a ＝F m由2R ＝at 22得t ＝4mR F ＝2 25s交点G 与D 点的距离GD ＝v F t ＝1.62m ＝2.26m.答案见解析 【变式2】(2017·广东六校联合体联考)图8－3－8如图8－3－8所示，竖直平面内有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场强度E 1＝2500N/C ，方向竖直向上；磁感应强度B ＝103T ，方向垂直纸面向外；有一质量m ＝1×10－2kg 、电荷量q ＝4×10－5C 的带正电小球自O 点沿与水平线成45°角以v 0＝4m/s 的速度射入复合场中，之后小球恰好从P 点进入电场强度E 2＝2500N/C ，方向水平向左的第二个匀强电场中、不计空气阻力，g 取10m/s 2.求：(1)O 点到P 点的距离s 1；(2)带电小球经过P 点的正下方Q 点时与P 点的距离s 2.解析(1)带电小球在正交的匀强电场和匀强磁场中受到的重力G ＝mg ＝0.1N 电场力F 1＝qE 1＝0.1N即G ＝F 1，故带电小球在正交的电磁场中由O 到P 做匀速圆周运动根据牛顿第二定律得qv 0B ＝m v 02R解得：R ＝mv 0qB ＝1×10－2×44×10－5×103m ＝1m 由几何关系得：s 1＝2R ＝2m.(2)带电小球在P 点的速度大小仍为v 0＝4m/s ，方向与水平方向成45°.由于电场力F 2＝qE 2＝0.1N ，与重力大小相等，方向相互垂直，那么合力的大小为F ＝210N ，方向与初速度方向垂直，故带电小球在第二个电场中做类平抛运动建立如下图的x 、y 坐标系，沿y 轴方向上，带电小球的加速度a ＝Fm ＝102m/s 2，位移y ＝12at 2沿x 轴方向上，带电小球的位移x ＝v 0t由几何关系有：y ＝x 即：12at 2＝v 0t ，解得：t ＝252sQ 点到P 点的距离s 2＝2x ＝2×4×252m ＝3.2m.答案(1)2m(2)3.2m对应学生用书P14411.带电粒子“在复合场中运动的轨迹”模型图8－3－9轴上方有垂直于xOy 解析画出粒子运动轨迹如下图，形成“拱桥”图形、由题可知粒子轨道半径BqR 设粒子进入电场后沿y 轴负方向做减速运动的最大路程为y ，由动能定理知2mv 2＝qEy ，得y ＝qB 2L 232mE所以粒子运动的总路程为x ＝qB 2L 216mE ＋12πL .②“心连心”型图8－3－10【典例2】如图8－3－10所示，一理想磁场以x 轴为界，下方磁场的磁感应强度是上方磁感应强度B 的两倍、今有一质量为m 、电荷量为＋q 的粒子，从原点O 沿y 轴正方向以速度v 0射入磁场中，求此粒子从开始进入磁场到第四次通过x 轴的位置和时间(重力不计)、解析由r ＝mv Bq 知粒子在x 轴上方做圆周运动的轨道半径r 1＝mv 0Bq ，在x 轴下方做圆周运动的轨道半径r 2＝mv 02Bq ，所以r 1＝2r 2现作出带电粒子的运动的轨迹如下图，形成“心连心”图形，所以粒子第四次经过x轴的位置和时间分别为x ＝2r 1＝2mv 0Bq图8－3－11(1)粒子在0～1.0×10－4s内位移的大小x；OO h⑫对应学生用书P145图8－3－121、(2017·大纲全国卷，25)如图8－3－12所示，与水平面成45°角的平面MN 将空间分成Ⅰ和Ⅱ两个区域、一质量为m 、电荷量为q (q >0)的粒子以速度v 0从平面MN 上的P 0点水平向右射入Ⅰ区、粒子在Ⅰ区运动时，只受到大小不变、方向竖直向下的电场作用，电场强度大小为E ；在Ⅱ区运动时，只受到匀强磁场的作用，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面向里、求粒子首次从Ⅱ区离开时到出发点P 0的距离、粒子的重力可以忽略、解析带电粒子进入电场后，在电场力的作用下做类平抛运动，其加速度方向竖直向下，设其大小为a ， 由牛顿运动定律得qE ＝ma ①设经过时间t 0粒子从平面MN 上的点P 1进入磁场，由运动学公式和几何关系得v 0t 0＝12at 02②粒子速度大小v 1＝v 02＋at 02③设速度方向与竖直方向的夹角为α，那么tan α＝v 0at 0④此时粒子到出发点P 0的距离为 s 0＝2v 0t 0⑤此后，粒子进入磁场，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，圆周半径为r 1＝mv 1qB ⑥设粒子首次离开磁场的点为P 2，弧P 1P 2所对的圆心角为2β，那么点P 1到点P 2的距离为s 1＝2r 1sin β⑦由几何关系得 α＋β＝45°⑧联立①②③④⑥⑦⑧式得s 1＝2mv 0qB ⑨点P 2与点P 0相距l ＝s 0＋s 1⑩联系①②⑤⑨⑩解得l ＝2mv 0q ⎝ ⎛⎭⎪⎫2v 0E ＋1B ⑪ 答案2mv 0q ⎝ ⎛⎭⎪⎫2v 0E ＋1B图8－3－132、(2017·安徽卷，23)如图8－3－13所示，在以坐标原点O 为圆心、半径为R 的半圆形区域内，有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，磁感应强度为B ，磁场方向垂直于xOy 平面向里、一带正电的粒子(不计重力)从O 点沿y 轴正方向以某一速度射入，带电粒子恰好做匀速直线运动，经t 0时间从P 点射出、(1)求电场强度的大小和方向；(2)假设仅撤去磁场，带电粒子仍从O 点以相同的速度射入，经t 02时间恰从半圆形区域的边界射出、求粒子运动加速度的大小；(3)假设仅撤去电场，带电粒子仍从O 点射入，但速度为原来的4倍，求粒子在磁场中运动的时间、解析(1)因为带电粒子进入复合场后做匀速直线运动，那么qv 0B ＝qE ① R ＝v 0t 0②由①②联立解得E ＝BRt 0，方向沿x 轴正方向、(2)假设仅撤去磁场，带电粒子在电场中做类平抛运动，沿y 轴正方向做匀速直线运动y ＝v 0·t 02＝R2③沿x 轴正方向做匀加速直线运动x ＝12at 2④ 由几何关系知x ＝R 2－R 24＝32R ⑤解得a ＝43Rt 02(3)仅有磁场时，入射速度v ′＝4v ，带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，设轨道半径为r ，由牛顿第二定律有qv ′B ＝m v ′2r ⑥又qE ＝ma ⑦可得r ＝3R3⑧由几何知识sin α＝R2r ⑨即sin α＝32，α＝π3⑩带电粒子在磁场中运动周期T ＝2πmqB那么带电粒子在磁场中运动时间t ′＝2α2πT ，所以t ′＝3π18t 0. 答案见解析3、(2017·重庆卷，25)某仪器用电场和磁场来控制电子在材料表面上方的运动、如图8－3－14所示，材料表面上方矩形区域PP ′N ′N 充满竖直向下的匀强电场，宽为d ；矩形区域NN ′M ′M 充满垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B ，长为3s ，宽为s ；NN ′为磁场与电场之间的薄隔离层、一个电荷量为e 、质量为m 、初速为零的电子，从P 点开始被电场加速经隔离层垂直进入磁场，电子每次穿越隔离层，运动方向不变，其动能损失是每次穿越前动能的10%，最后电子仅能从磁场边界M ′N ′飞出、不计电子所受重力、图8－3－14(1)求电子第二次与第一次圆周运动半径之比、 (2)求电场强度的取值范围、(3)A 是M ′N ′的中点，假设要使电子在A 、M ′间垂直于AM ′飞出，求电子在磁场区域中运动的时间、解析(1)设圆周运动的半径分别为R 1、R 2、…R n 、R n ＋1…，第一和第二次圆周运动速率分别为v 1和v 2，动能分别为E k1和E k2.由：E k2＝0.81E k1，R 1＝mv 1Be ，R 2＝mv 2Be ，E k1＝12mv 12，E k2＝12mv 22，得R 2∶R 1＝0.9. (2)设电场强度为E ，第一次到达隔离层前的速率为v ′.由eEd ＝12mv ′2,0.9×12mv ′2＝12mv 12，R 1≤s得E ≤5B 2es29md ，又由：R n ＝0.9n －1R 1， 2R 1(1＋0.9＋0.92＋…＋0.9n ＋…)>3s得E >B 2es 280md ，故B 2es 280md <E ≤5B 2es 29md .(3)设电子在匀强磁场中，圆周运动的周期为T ，运动的半圆周个数为n ，运动总时间为t .由题意，有2R 11－0.9n1－0.9＋R n ＋1＝3s ，R 1≤s ，R n ＋1＝0.9nR 1，R n ＋1≥s2，得n ＝2，又由T ＝2πm eB .得：t ＝5πm 2eB .答案(1)0.9(2)B 2es 280md <E ≤5B 2es 29md (3)5πm2eB。
2019高考物理总复习 计算题增分练(二)
计算题增分练(二)(满分32分 20分钟)1．在短道速滑世锦赛女子500米决赛中，接连有选手意外摔倒，由于在短道速滑比赛中很难超越对手，因而在比赛开始阶段每个选手都要以最大的加速度加速，在过弯道前超越对手．为提高速滑成绩，选手在如下场地进行训练：赛道的直道长度为L ＝30 m ，弯道半径为R ＝2.5 m ．忽略冰面对选手的摩擦力，且冰面对人的弹力沿身体方向．在过弯道时，身体对冰面的夹角θ的最小值为45°，直线加速过程视为匀加速过程，加速度a ＝1 m/s 2.若训练过程中选手没有减速过程，为保证速滑中不出现意外情况，选手在直道上速滑的最短时间为多少？(g 取10 m/s 2)解析：若选手在直道上一直加速，选手能达到的最大速度为v1，根据运动学公式有v 21＝2aL ，解得v 1＝60 m/s ，设选手过弯道时，允许的最大速度为v 2，此时人与冰面的夹角θ为45°，对选手受力分析如图． 则：F N cos 45°＝mg 、F N sin 45°＝m v 22R解得：v 2＝5 m/s ，由于v 1＞v 2，因而选手允许加速达到的最大速度为v 2＝5 m/s ，设选手在直道上加速的距离为x ，则v 22＝2ax ，解得x ＝12.5 m ，选手在直道上的最短时间t ＝v 2a ＋L －x v 2，解得：t ＝8.5 s. 答案：8.5 s2．如图所示，在xOy 平面内存在均匀、大小随时间周期性变化的磁场和电场，变化规律分别如图乙、丙所示(规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向、＋y 轴方向为电场强度的正方向)．在t ＝0时刻由原点O 发射初速度大小为v 0、方向沿＋y 轴方向的带负电粒子(不计重力)．已知v 0、B 0、E 0，且E 0＝B 0v 0π，粒子的比荷q m ＝πB 0t 0，x 轴上有一点坐标为A ⎝ ⎛⎭⎪⎫48v 0t 0π，0.(1)求t 02时带电粒子的位置坐标； (2)求粒子运动过程中偏离x 轴的最大距离；(3)粒子经多长时间经过A 点？解析：(1)由T ＝2πm qB得T ＝2t 0， 所以t 02＝T 4，运动了T 4. 又因为r ＝mv qB 得r ＝v 0t 0π 所以位置坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫v 0t 0π，v 0t 0π. (2)由图可知y 1＝v 0＋v 2t 0 因v ＝v 0＋qE 0mt 0＝2v 0 所以y 1＝3v 0t 02由r ＝mv qB 得r 2＝2v 0t 0π所以y m ＝y 1＋r 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32＋2πv 0t 0 (3)由图可知粒子以4t 0为一个周期，在一个周期内的距离d ＝2(r 1＋r 2)＝6v 0t 0π所以t ＝48v 0t 0πd×4t 0＝32t 0 答案：(1)⎝⎛⎭⎫v 0t 0π，v 0t 0π (2)⎝⎛⎭⎫32＋2πv 0t 0 (3)32t 0倚窗远眺，目光目光尽处必有一座山，那影影绰绰的黛绿色的影，是春天的颜色。
2019高考物理总复习 计算题增分练(四)
计算题增分练(四)(满分32分 20分钟)1．如图所示，间距为d 的平行金属板MN 与一对光滑的平行导轨相连，平行导轨间距为L .一根导体棒ab 与导轨垂直且以速度v 0沿导轨向右匀速运动，棒的右侧存在一个垂直纸面向里，大小为B 的匀强磁场．当棒进入磁场时，粒子源P 释放一个初速度为零的带负电的粒子，已知带电粒子的质量为m (重力不计)、电量为q .粒子经电场加速后从M 板上的小孔O 穿出．在板的上方，有一个环形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场．已知外圆半径为2d ，内圆半径为d ，两圆的圆心与小孔重合，求：(1)粒子到达M 板的速度大小v ；(2)若粒子不能从外圆边界飞出，则环形区域内磁感应强度最小为多少？解析：(1)ab 棒切割磁感线，产生的电动势U ＝BLv 0粒子从N 板到M 板，由动能定理得qU ＝12mv 2－0 解得v ＝2qBLv 0m(2)如图所示，要使粒子不从外边界飞出，则粒子最大半径时的轨迹与外圆相切．由几何关系得(2d －r )2＝r 2＋d 2解得r ＝34d由牛顿第二定律得qvB ′＝m v 2r解得B ′＝43d 2BLmv 0q答案：(1) 2qBLv 0m (2)B ′＝43d 2BLmv 0q2．如图所示，光滑水平地面的左侧静止放置一长木板AB ，右侧固定一足够长光滑斜面CD ，木板的上表面与斜面底端C 处于同一水平面．木板质量M ＝2 kg ，板长为l ＝7 m ．一物块以速度v 0＝9 m/s 冲上木板的A 端，木板向右运动，B 端碰到C 点时被粘连，且B 、C 之间平滑连接．物块质量为m ＝1 kg ，可视为质点，与木板间的动摩擦因数为μ＝0.45，取g ＝10 m/s 2，求(1)若初始时木板B 端距C 点的距离足够长，求物块第一次与木板相对静止时的速度和相对木板滑动的距离；(2)设初始时木板B 端距C 点的距离为L ，试讨论物块最终位置距C 点的距离与L 的关系，并求此最大距离．解析：(1)距离足够长，则m 与M 达到共同速度解法一：mv 0＝(M ＋m )v 共μmg Δl ＝12mv 20－12(M ＋m )v 2共 解得：v 共＝3 m/sΔl ＝6 m解法二：对物块a m ＝μg ＝4.5 m/s 2对木板a M ＝μmg M＝2.25 m/s 2 v 共＝v 0－a m t ＝a M t解得：v 共＝3 m/sΔl ＝v 20－v 2共2a m －v 2共2a M＝6 m (2)对木板：μmgs ＝12Mv 2共－0 s ＝2 m(或者等同于s ＝v 2共2a M＝2 m) 当L ≥2 m 时，木板B 端和C 点相碰前，物块和木板已经达到共同速度，碰后物块以v 共＝3 m/s 匀减速到C 点v 2共－v 2C 1＝2a m (l －Δl )a m＝μg＝4.5 m/s2解得v C1＝0 m/s恰好停在C点，与L无关当L＜2 m时，木板B端和C点相碰前，物块和木板未达到共同速度，物块一直在做匀减速运动v20－v2C2＝2a m(l＋L)v C2＝32－L物块以此速度冲上斜面并会原速率返回，最终停在木板上，s＝v2C22a m＝2－L 当L＝0 m时，s有最大值s max＝2 m答案：(1)v共＝3 m/s Δl＝6 m (2)当L≥2 m时，恰好停在C点与L无关，当L＜2 m，s＝2－L，s max＝2 m。
【配套K12】[学习](全国通用版)2019高考物理总复习 优编增分练：计算题考点排查练13 201
2019高考物理总复习 优编增分练：计算题考点排查练13 201](https://img.taocdn.com/s3/m/0d23a1d0700abb68a982fb4b.png)
2018年(全国Ⅲ卷)计算题考点排查练24．(2018·贵州省安顺市适应性监测三)如图1所示，在xOy 平面内的y 轴左侧有沿y 轴负方向的匀强电场，y 轴右侧有垂直纸面向里的匀强磁场，y 轴为匀强电场和匀强磁场的理想边界．一个质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子(不计重力)从x 轴上的N 点(－L,0)以速度v 0沿x 轴正方向射出．已知粒子经y 轴的M 点⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－32L 进入磁场，若粒子离开电场后，y 轴左侧的电场立即撤去，粒子最终恰好经过N 点．求：图1(1)粒子进入磁场时的速度大小及方向； (2)匀强磁场的磁感应强度大小．答案 (1)2v 0 方向与y 轴负方向成30°角 (2)43mv 09Lq解析 (1)粒子在电场中做类平抛运动，有3L 2＝12at 12， L ＝v 0t 1，设粒子到达M 点的速度大小为v ，方向与y 轴负方向成θ角，轨迹如图：则有：tan θ＝v 0at 1， v ＝v 0sin θ，联立解得：θ＝30°，v ＝2v 0；(2)设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R ，有qvB ＝m v 2R，由几何关系有：3L 2＋L tan θ＝R ， 联立解得B ＝43mv 09Lq.25．(2018·福建省南平市第一次质检)如图2所示，质量均为m ＝4 kg 的两个小物块A 、B (均可视为质点)放置在水平地面上，竖直平面内半径R ＝0.4 m 的光滑半圆形轨道与水平地面相切于C ，弹簧左端固定．移动物块A 压缩弹簧到某一位置(弹簧在弹性限度内)，由静止释放物块A ，物块A 离开弹簧后与物块B 碰撞并粘在一起以共同速度v ＝5 m/s 向右运动，运动过程中经过一段长为s ，动摩擦因数μ＝0.2的水平面后，冲上圆轨道，除s 段外的其它水平面摩擦力不计．求：(g 取10 m/s 2)图2(1)若s ＝1 m ，两物块刚过C 点时对轨道的压力大小； (2)刚释放物块A 时，弹簧的弹性势能；(3)若两物块能冲上圆形轨道，且不脱离圆形轨道，s 应满足什么条件． 答案 (1)500 N (2)200 J (3)s ≤1.25 m 或4.25 m≤s <6.25 m解析 (1)设物块经过C 点时速度为v C ，物块受到轨道支持力为F N C 由功能关系得：12×2mv 2－2μmgs ＝12×2mv C 2又F N C －2mg ＝2m v C 2R代入解得：F N C ＝500 N由牛顿第三定律知，物块对轨道压力大小也为500 N(2)设A 与B 碰撞前A 的速度为v 0，以向右为正方向，由动量守恒得：mv 0＝2mv ，解得v 0＝10 m/s则：E p ＝E k ＝12mv 02＝200 J(3)物块不脱离轨道有两种情况①能过轨道最高点，设物块经过半圆形轨道最高点最小速度为v 1，则2mg ＝2mv 12R得：v 1＝gR ＝2 m/s物块从碰撞后到经过最高点过程中，由功能关系有12×2mv 2－2μmgs －4mgR ≥12×2mv 12代入解得s 满足条件：s ≤1.25 m ②物块上滑最大高度不超过14圆弧设物块刚好到达14圆弧处速度为v 2＝0物块从碰撞后到最高点，由功能关系有：12×2mv 2－2μmgs ≤2mgR同时依题意，物块能滑出粗糙水平面，由功能关系：12×2mv 2>2μmgs代入解得s 满足条件：4.25 m≤s <6.25 m。
2019高考物理总复习 计算题增分练(二)
计算题增分练(二)(满分32分 20分钟)1．在短道速滑世锦赛女子500米决赛中，接连有选手意外摔倒，由于在短道速滑比赛中很难超越对手，因而在比赛开始阶段每个选手都要以最大的加速度加速，在过弯道前超越对手．为提高速滑成绩，选手在如下场地进行训练：赛道的直道长度为L ＝30 m ，弯道半径为R ＝2.5 m ．忽略冰面对选手的摩擦力，且冰面对人的弹力沿身体方向．在过弯道时，身体对冰面的夹角θ的最小值为45°，直线加速过程视为匀加速过程，加速度a ＝1 m/s 2.若训练过程中选手没有减速过程，为保证速滑中不出现意外情况，选手在直道上速滑的最短时间为多少？(g 取10 m/s 2)解析：若选手在直道上一直加速，选手能达到的最大速度为v1，根据运动学公式有v 21＝2aL ，解得v 1＝60 m/s ，设选手过弯道时，允许的最大速度为v 2，此时人与冰面的夹角θ为45°，对选手受力分析如图． 则：F N cos 45°＝mg 、F N sin 45°＝m v 22R解得：v 2＝5 m/s ，由于v 1＞v 2，因而选手允许加速达到的最大速度为v 2＝5 m/s ，设选手在直道上加速的距离为x ，则v 22＝2ax ，解得x ＝12.5 m ，选手在直道上的最短时间t ＝v 2a ＋L －x v 2，解得：t ＝8.5 s. 答案：8.5 s2．如图所示，在xOy 平面内存在均匀、大小随时间周期性变化的磁场和电场，变化规律分别如图乙、丙所示(规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向、＋y 轴方向为电场强度的正方向)．在t ＝0时刻由原点O 发射初速度大小为v 0、方向沿＋y 轴方向的带负电粒子(不计重力)．已知v 0、B 0、E 0，且E 0＝B 0v 0π，粒子的比荷q m ＝πB 0t 0，x 轴上有一点坐标为A ⎝ ⎛⎭⎪⎫48v 0t 0π，0.(1)求t 02时带电粒子的位置坐标； (2)求粒子运动过程中偏离x 轴的最大距离；(3)粒子经多长时间经过A 点？2 解析：(1)由T ＝2πm qB 得T ＝2t 0，所以t 02＝T 4，运动了T 4.又因为r ＝mv qB 得r ＝v 0t 0π所以位置坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫v 0t 0π，v 0t 0π.(2)由图可知y 1＝v 0＋v 2t 0因v ＝v 0＋qE 0m t 0＝2v 0所以y 1＝3v 0t 02由r ＝mv qB 得r 2＝2v 0t 0π所以y m ＝y 1＋r 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32＋2πv 0t 0(3)由图可知粒子以4t 0为一个周期，在一个周期内的距离d ＝2(r 1＋r 2)＝6v 0t 0π所以t ＝48v 0t 0πd ×4t 0＝32t 0答案：(1)⎝ ⎛⎭⎪⎫v 0t 0π，v 0t 0π (2)⎝ ⎛⎭⎪⎫32＋2πv 0t 0 (3)32t 0。