京津鲁琼专用2020版高考物理大三轮复习高考题型专项练三 计算题专项练一_十二（含解析）

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1、计算题专项练（一）-（十二）计算题专项练(一)(建议用时：20分钟)题号12考点电磁感应中导体棒运动问题分析多过程问题的综合分析1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)(1)若框架固定，求导体棒的最大速度vm；(2)若框架固定，

2、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及流过导体棒的电荷量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v2.2如图所示，光滑水平面上有一质量M4.0 kg的平板车，车的上表面是一段长L1.5 m 的粗糙水平轨道，水平轨道左侧连一半径R0.25 m 的四分之一光滑圆弧轨道，圆弧轨道与水平轨道在点O处相切现有一质量m1.0 kg的小物块(可视为质点)从平板车的右端以水平向左的初速度v0滑上平板车，小物块与水平轨道间的动摩擦因数0.5，小物块恰能到达圆弧轨道的最高点A.取g10 m/s2，求：(1)小物块滑上平板车的初速度v0的大小；(2)小物块与

3、车最终相对静止时，它距点O的距离三、计算题专项练计算题专项练(一)1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a0时，速度最大，最大值vm9 m/s.(2)根据能量转化和守恒定律有mgxsin 37mv2Q代入数据解得Q5.6 Jqtt代入数据得q4.0 C.(3)回路中感应电流I2框架上边所受安培力F2BI2l当框架刚开始运动时，对框架有Mgsin 37BI2l(mM)gcos 37代入数据解得v27.2 m/s.答案：(1)9 m/s(2)5.6 J4.0 C(3)7.2 m/s2解析：(1)平板车和小物块组

4、成的系统在水平方向上动量守恒，设小物块到达圆弧轨道最高点A时，二者的共同速度为v1由动量守恒定律得mv0(Mm)v1由能量守恒定律得mv(Mm)vmgRmgL解得v05 m/s.(2)设小物块最终与车相对静止时，二者的共同速度为v2，从小物块滑上平板车，到二者相对静止的过程中，由动量守恒定律得mv0(Mm)v2设小物块与车最终相对静止时，它距O点的距离为x，由能量守恒定律得mv(Mm)vmg(Lx)解得x0.5 m.答案：(1)5 m/s(2)0.5 m计算题专项练(二)(建议用时：20分钟)题号12考点电磁感应中导体棒的平衡问题多过程问题的综合分析1如图所示，足够长的平行光滑金属导轨MN、P

5、Q相距L，倾斜置于匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向上，断开开关S，将长也为L的金属棒ab在导轨上由静止释放，经时间t，金属棒的速度大小为v1，此时闭合开关，最终金属棒以大小为v2的速度沿导轨匀速运动已知金属棒的质量为m，电阻为r，其他电阻均不计，重力加速度为g.(1)求导轨与水平面夹角的正弦值及磁场的磁感应强度B的大小；(2)若金属棒的速度从v1增至v2历时t，求该过程中流经金属棒的电荷量2如图所示，半径为R的四分之一光滑圆弧轨道竖直固定在水平地面上，下端与水平地面在P点相切，一个质量为2m的物块B(可视为质点)静止在水平地面上，左端固定有轻弹簧，Q点为弹簧处于原长时的左端点，P、Q间的距离

6、为R，PQ段地面粗糙、动摩擦因数为0.5，Q点右侧水平地面光滑，现将质量为m的物块A(可视为质点)从圆弧轨道的最高点由静止开始下滑，重力加速度为g.求：(1)物块A沿圆弧轨道滑至P点时对轨道的压力；(2)弹簧被压缩的最大弹性势能(未超过弹性限度)；(3)物块A最终停止位置到Q点的距离计算题专项练(二)1解析：(1)开关断开时，金属棒在导轨上匀加速下滑，由牛顿第二定律有mgsin ma由匀变速运动的规律有：v1at解得sin 开关闭合后，金属棒在导轨上做变加速运动，最终以v2匀速运动，匀速时mgsin BIL又有：I解得B .(2)在金属棒变加速运动阶段，根据动量定理可得mgsin tBLtmv

7、2mv1其中tq联立上式可得q(v1tv1tv2t) .答案：(1) (2)(v1tv1tv2t) 2解析：(1)物块A从静止沿圆弧轨道滑至P点，设速度大小为vP，由机械能守恒定律有：mgRmv在最低点轨道对物块的支持力大小为FN，由牛顿第二定律有：FNmgm，联立解得：FN3mg，由牛顿第三定律可知物块对轨道P点的压力大小为3mg，方向向下(2)设物块A与弹簧接触前瞬间的速度大小为v0，由动能定理有mgRmgRmv0，v0，物块A、物块B具有共同速度v时，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律有：mv0(m2m)v，由能量守恒定律得：mv(m2m)v2Epm，联立解得EpmmgR；(3)设物块A

8、与弹簧分离时，A、B的速度大小分别为v1、v2，规定向右为正方向，则有mv0mv12mv2，mvmv(2m)v，联立解得：v1，设A最终停在Q点左侧x处，由动能定理有：mgx0mv，解得xR.答案：(1)3mg，方向向下(2)mgR(3)R计算题专项练(三)(建议用时：20分钟)题号12考点竖直面内的圆周运动问题电磁感应的综合问题1如图所示，小球b静止在光滑水平面BC上的C点，被长为L的细绳悬挂于O点，细绳拉直但张力为零小球a从光滑曲面轨道AB上的A点由静止释放，沿轨道滑下后，进入水平面BC(不计小球在B处的能量损失)，与小球b发生正碰，碰后两球粘在一起，在细绳的作用下在竖直面内做圆周运动且恰

9、好通过最高点已知小球a的质量为M，小球b的质量为m，M5m.已知当地重力加速度为g.求：(1)小球a与b碰后的瞬时速度大小；(2)A点与水平面BC间的高度差h.2如图所示，固定的两足够长的光滑平行金属导轨PMN、PMN，由倾斜和水平两部分在M、M处平滑连接组成，导轨间距L1 m，水平部分处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B1 T金属棒a、b垂直于倾斜导轨放置，质量均为m0.2 kg，a的电阻R11 ，b的电阻R23 ，a、b长度均为L1 m，a棒距水平面的高度h10.45 m，b棒距水平面的高度为h2(h2h1)；保持b棒静止，由静止释放a棒，a棒到达磁场中OO停止运动后再由静止释放b棒，a

10、、b与导轨接触良好且导轨电阻不计，重力加速度g取10 m/s2.(1)求a棒进入磁场MM时加速度的大小；(2)a棒从释放到OO的过程中，求b棒产生的焦耳热；(3)若MM、OO间的距离x2.4 m，b棒进入磁场后，恰好未与a棒相碰，求h2的值计算题专项练(三)1解析：(1)两球恰能到达圆周最高点时，(Mm)g(Mm)设两球碰后瞬间速度为v共，则从碰后到最高点过程中由动能定理可知：(Mm)g2L(Mm)v2(Mm)v得a与b球碰后瞬间的速度大小为v共.(2)设两球碰前a球速度为vC，两球碰撞过程动量守恒：MvC(Mm)v共所以vCa球从A点下滑到C点过程中，由机械能守恒定律得：MghMvh3.6L

11、.答案：(1)(2)3.6L2解析：(1)设a棒到MM时的速度为v1.由机械能守恒定律得mgh1mv进入磁场时a棒产生的感应电动势EBLv1感应电流I对a棒受力分析，由牛顿第二定律得BILma代入数据解得a3.75 m/s2.(2)设a、b产生的总焦耳热为Q，由能量守恒定律得Qmgh1则b棒产生的焦耳热QbQQ联立解得Qb0.675 J.(3)设b棒到MM时的速度为v2，有mgh2mvb棒进入磁场后，两棒组成的系统合外力为零，系统的动量守恒，设a、b一起匀速运动的速度为v，取向右为正方向，由动量守恒定律得mv22mv设a棒经时间t加速到v，由动量定理得BLtmv0又qt，a、b恰好不相碰，有B

12、Lx，联立解得h21.8 m.答案：(1)3.75 m/s2(2)0.675 J(3)1.8 m计算题专项练(四)(建议用时：20分钟)题号12考点功能关系的理解和应用带电体在电场中直线运动的多过程问题1某物理兴趣小组制作了一个游戏装置，其简化模型如图所示，选手在A点用一弹射装置可将小滑块以水平速度弹射出去，沿水平直线轨道运动到B点后，进入半径R0.3 m的光滑竖直圆形轨道，运行一周后自B点向C点运动，C点右侧有一陷阱，C、D两点的竖直高度差h0.2 m，水平距离s0.6 m，水平轨道AB长为L11 m，BC长为L22.6 m，小滑块与水平轨道间的动摩擦因数0.5，重力加速度g10 m/s2.

13、(1)若小滑块恰能通过圆形轨道的最高点，求小滑块在A点被弹出时的速度大小；(2)若游戏规则为小滑块沿着圆形轨道运行一周后只要不掉进陷阱即选手获胜求获胜选手在A点将小滑块弹射出的速度大小的范围2如图所示，AB是位于竖直平面内、半径R0.5 m的圆弧形的光滑绝缘轨道，其下端点B与水平绝缘轨道平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中，电场强度E5103 N/C.今有一质量为m0.1 kg、带电荷量q8105 C的小滑块(可视为质点)从A点由静止释放若已知滑块与水平轨道间的动摩擦因数0.05，取g10 m/s2，求：(1)小滑块第一次经过圆弧形轨道最低点B时对B点的压力；(2)小滑块在水平轨道上向右

14、滑过的最大距离；(3)小滑块最终的运动情况计算题专项练(四)1解析：(1)小滑块恰能通过圆形轨道的最高点时，重力提供向心力，有mgm；小滑块由A到B再到圆形轨道的最高点的过程，由动能定理得mgL12mgRmv2mv，解得小滑块在A点的初速度vA5 m/s.(2)若小滑块恰好停在C处，对全程进行研究，则有mg(L1L2)0mv2代入数据解得v6 m/s.所以当5 m/svA6 m/s时，小滑块停在B、C间若小滑块恰能越过陷阱，则有hgt2，svCt，联立解得vC3 m/s由动能定理得mg(L1L2)mvmv2，代入数据解得v3 m/s，所以当vA3 m/s，小球越过陷阱故若小球既能通过圆形轨道的

15、最高点，又不能掉进陷阱，小滑块在A点弹射出的速度大小范围是5 m/svA6 m/s或vA3 m/s.答案：(1)5 m/s(2)5 m/svA6 m/s或vA3 m/s2解析：(1)设小滑块第一次到达B点时的速度为vB，圆弧轨道对滑块的支持力为FN，则由动能定理得mgRqERmv由牛顿第二定律得FNmgm解得FN2.2 N由牛顿第三定律知，小滑块滑到B点时对轨道的压力为2.2 N，方向竖直向下(2)设小滑块在水平轨道上向右滑行的最大距离为x，mgRqE(Rx)mgx0得x m.(3)由题意知qE81055103 N0.4 Nmg0.050.110 N0.05 N因此有qEmg所以小滑块最终在圆

16、弧轨道上往复运动答案：(1)2.2 N方向竖直向下(2) m(3)在圆弧轨道上往复运动计算题专项练(五)(建议用时：20分钟)题号12考点动能定理和动力学方法的应用带电体在电场中的运动问题1在水平桌面上画两个同心圆，它们的半径分别为r和2r.圆心处摆放一颗棋子B，大圆周上另一颗棋子A以某一初速度v0沿直径方向向右正对B运动，它们在圆心处发生弹性碰撞后，A刚好停在小圆周上，而B则刚好停在大圆周上两颗棋子碰撞前后都在同一条直线上运动，它们与桌面间的动摩擦因数均为，棋子大小远小于圆周半径，重力加速度为g.试求：(1)A、B两颗棋子的质量之比；(2)棋子A的初速度v0.2如图所示，直角坐标系xOy的x

17、轴水平，y轴竖直，处于竖直向下、大小为E0的匀强电场中，过O点，倾角为60的足够大斜面固定在坐标系中质量为m、带电荷量为q的粒子从y轴上的P点，以某一速度沿x轴正方向射入，经过时间t，在坐标平面内加上另一匀强电场E，再经过时间t，粒子刚好沿垂直于斜面的方向到达斜面，且到达斜面时速度为零不计粒子重力，求：(1)粒子的初速度大小；(2)P点与x轴的距离；(3)匀强电场E的电场强度大小计算题专项练(五)1解析：(1)设A、B质量分别为mA、mB，碰撞前、后A的速度分别是vA0、vA，碰撞后B的速度为vB.由于是弹性碰撞，故有mAvA0mAvAmBvBmAvmAvmBv依题意碰后A停在小圆周上，根据动

18、能定理有mAgrmAv而B停在大圆周上，则2mBgrmBv先讨论mAmB的情况在此条件下，A停在圆心右侧的小圆周上，B停在圆心右侧大圆周上联立式解得0与题设不符，故一定有mAmB因此，碰后A一定是反向运动，这样，A只可能停在圆心左侧的小圆周上根据式解得 .(2)根据动能定理，碰前对A有2mAgrmAvmAv联立式解得v0.答案：(1)(2)2解析：(1)粒子运动轨迹如图中虚线所示，第一个时间t内，粒子做类平抛运动加速度a加上电场E时，粒子做匀减速直线运动粒子在竖直方向的速度vyat此时合速度方向垂直于斜面：tan 可解得粒子的初速度v0.(2)第一个时间t内，粒子在竖直方向的位移y1at2水平

19、方向的位移x1v0t在第二个时间t内，粒子在竖直方向的位移也为y1，水平方向的位移x2y1tan P点到x轴的距离l2y1(x1x2)tan 代入数据得：l.(3)在第二个时间t内，在竖直方向：qEyqE0ma在水平方向：所以E解得：EE0.答案：(1)(2)(3)E0计算题专项练(六)(建议用时：20分钟)题号12考点带电粒子在组合场的运动“板块模型”问题的综合分析1如图所示的直角坐标系xOy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

20、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点与原点O的距离为l，N点与原点O的距离为l，第一象限的磁感应强度满足B1，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，在磁场中运动的总时间是多少？2某工地一传输工件的装置可简化为如图所示的情形，AB为一段足够大的圆弧固定轨道，圆弧半径R5.4 m，BC为水平轨道，CD为一段圆弧固定轨道，圆弧半径r1 m，三段轨道均光滑一长为L4 m、质量

21、为m21 kg 的平板小车最初停在BC轨道的最左端，小车上表面刚好与AB轨道相切，且与CD轨道最低点处于同一水平面一可视为质点、质量为m12 kg的工件从距AB轨道最低点高h处沿轨道自由滑下，滑上小车后带动小车也向右运动，小车与CD轨道左端碰撞(碰撞时间极短)后即被粘在C处工件只有从CD轨道最高点飞出，才能被站在台面上的工人接住工件与小车的动摩擦因数为0.5，重力加速度g10 m/s2.当工件从h0.5R高处静止下滑，(1)求工件到达圆形轨道最低点B对轨道的压力；(2)工件滑进小车后，小车恰好到达CD轨道处与工件共速，求BC之间的距离；(3)若平板小车长L3.4 m，工件在小车与CD轨道碰撞前

22、已经共速，则工件应该从多高处下滑才能让站台上的工人接住？计算题专项练(六)1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沿y轴方向：lv0t沿x轴方向：lat2解得：E.(2)粒子在电场中沿x轴方向做匀加速运动，速度v1at进入磁场时与y轴正方向夹角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：qvB1m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：qvB2m，解

23、得：B2.(3)带电粒子到达D点时，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，则应从第四象限G点(或多个周期后相应点)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)答案：(1)(2)(3)(n0，1，2，3，)2解析：(1)工件下滑到B处时速度为v0此过程机械能守恒m1vm1gh在B处FNm1gm1联立以上两式求得FNm1g40 N由牛顿第三定律得，工件对轨道最低点B的压力大小为FNFN40 N，方向竖直向下(2)设工件与小车共速

24、为v1，由动量守恒定律得m1v0(m1m2)v1小车移动位移s1，由动能定理得m1gs1m2v0联立求得s11.2 m故sBCLs15.2 m.(3)设工件滑至B点时速度为v0，与小车共速为v1，工件到达C点时速度为v2由动量守恒定律得m1v0(m1m2)v1由能量守恒定律得m1gLm1vm2vm1v工件恰好滑到CD轨道最高点，由机械能守恒定律得m1vm1gr工件从高为h处下滑，则m1vm1gh代入数据解得h3.47 m.答案：(1)40 N方向竖直向下(2)5.2 m(3)3.47 m计算题专项练(七)(建议用时：20分钟)题号12考点动量和能量观点的综合应用带电粒子在复合场中的运动1如图所

25、示，在水平面上依次放置小物块A和C以及曲面劈B，其中A与C的质量相等均为m，曲面劈B的质量M3m，劈B的曲面下端与水平面相切，且劈B足够高，各接触面均光滑现让小物块C以水平速度v0向右运动，与A发生碰撞，碰撞后两个小物块粘在一起又滑上劈B.求：(1)碰撞过程中系统损失的机械能；(2)碰后物块A与C在曲面劈B上能够达到的最大高度2如图所示竖直平面内的直角坐标系xOy，x轴水平且上方有竖直向下的匀强电场，场强大小为E，在x轴下方有一圆形有界匀强磁场，与x轴相切于坐标原点，半径为R.已知质量为m、电荷量为q的粒子，在y轴上的(0，R)点无初速释放，粒子恰好经过磁场中(R，R)点，粒子重力不计，求：(

26、1)磁场的磁感强度B；(2)若将该粒子释放位置沿yR直线向左移动一段距离L，无初速释放，当L为多大时粒子在磁场中运动的时间最长，最长时间多大；(3)在(2)的情况下粒子回到电场后运动到最高点时的水平坐标值计算题专项练(七)1解析：(1)小物块C与A发生碰撞粘在一起，取向右为正方向，由动量守恒定律得：mv02mv解得vv0；碰撞过程中系统损失的机械能为E损mv(2m)v2解得E损mv.(2)当A与C上升到最大高度时，A、B、C系统的速度相等；水平方向上动量守恒，取向右为正方向，根据动量守恒定律得mv0(mm3m)v1解得v1v0A、C粘在一起上滑至最大高度，由能量守恒定律得2mgh2m(v0)2

27、5m(v0)2解得h.答案：(1)mv(2)2解析：(1)粒子匀加速运动：EqRmv2设圆周运动半径为r，则qvBm，由几何关系可知：r2R2解得：rR，B，磁场方向垂直xOy平面向里；(2)当粒子在磁场中转过的弦为直径时对应的时间最长，所转过的圆心角为则rsin R，解得：，此时LRsin R在磁场中运动的时间为t解得：t；(3)粒子回到电场时速度与水平方向成30粒子沿y轴匀减速运动减到零时竖直高度最大vsin 30at，Eqma，水平方向匀速运动xvcos 30t解得：x粒子返回电场时的水平坐标为x0，cot 30，h运动到最高点时的水平坐标为：xx0xR.答案：(1) ，方向垂直xOy平

28、面向里(2)R(3)R计算题专项练(八)(建议用时：20分钟)题号12考点动力学方法和动量守恒定律的应用带电粒子在复合场中的运动1如图所示，水平光滑细杆上P点套一轻质小环，小环通过长L0.5 m的轻绳悬挂一质量不计的夹子，夹子内夹有质量m0.5 kg的物块，物块两竖直侧面与夹子间的最大静摩擦力均为Ffm3 N现对物块施加F5 N 的水平恒力作用，物块和小环一起沿水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，小环碰到杆上的钉子Q时立即停止运动，物块恰要相对夹子滑动，与此同时撤去外力，一质量为0.1 kg的直杆以1 m/s的速度沿水平方向相向插入夹子将夹子与物块锁定(此过程时间极短)物块可看成质点，重力加

29、速度g10 m/s2.求：(1)物块做匀加速运动的加速度大小a；(2)P、Q两点间的距离s；(3)物块向右摆动的最大高度h.2如图所示，xOy坐标系中，在y0的区域内分布有沿y轴正方向的匀强电场，在0y.(2)粒子相邻两次从电场进入磁场时，沿x轴前进的距离x2xr4y0r其中初始位置为(2y0，0)由r得B又因为粒子不能射出边界：yy0，所以(1)ry0，即0r(2)y0所以有(62)y0x4y0粒子通过P点，回旋次数n则n，即12n(2)见解析计算题专项练(九)(建议用时：20分钟)题号12考点带电粒子在复合场中的运动动力学、动量和能量观点处理竖直面内的圆周运动1如图所示，在平面直角坐标系x

30、Oy的第二象限内有平行于y轴的匀强电场，方向沿y轴负方向在第一、四象限内有一个圆，圆心O坐标为(r，0)，圆内有方向垂直于xOy平面向里的匀强磁场一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子(不计粒子所受的重力)，从P(2h，h)点，以大小为v0的速度沿平行于x轴正方向射入电场，通过坐标原点O进入第四象限，又经过磁场从x轴上的Q点离开磁场求：(1)电场强度E的大小；(2)圆内磁场的磁感应强度B的大小；(3)带电粒子从P点进入电场到从Q点射出磁场的总时间t.2如图所示，质量均为m4 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R0.4 m的光滑半圆形轨道与水平地面相切于C，弹簧

31、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v5 m/s向右运动，运动过程中经过一段长为s，动摩擦因数0.2的水平面后，冲上圆轨道，除s段外的其他水平面摩擦力不计求：(g取10 m/s2)(1)若s1 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应满足什么条件计算题专项练(九)1解析：(1)带电粒子在电场中做类平抛运动，有水平方向：2hv0t1竖直方向：hata由式得E.(2)粒子进入磁场时沿y轴方向的速度vyat1v0粒子进入磁场时

32、的速度v粒子在洛伦兹力作用下做圆周运动，有qvBm由几何关系有Rr由式得B.(3)粒子在磁场中运动的时间t2T粒子在磁场中做圆周运动的周期T粒子从P点进入电场到Q点射出磁场的总时间tt1t2由式解得t.答案：(1)(2)(3)2解析：(1)设物块经过C点时速度为vC，物块受到轨道支持力为FNC由功能关系得：2mv22mgs2mv又FNC2mg2m代入解得：FNC500 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v0，以向右为正方向，由动量守恒得：mv02mv，解得v010 m/s则：EpEkmv200 J.(3)物块不脱离轨道有两种情况能过轨道最高点，

33、设物块经过半圆形轨道最高点最小速度为v1，则2mg得：v12 m/s物块从碰撞后到经过最高点过程中，由功能关系有2mv22mgs4mgR2mv代入解得s满足条件：s1.25 m.物块上滑最大高度不超过圆弧设物块刚好到达圆弧处速度为v20物块从碰撞后到最高点，由功能关系有：2mv22mgs2mgR同时依题意，物块能滑出粗糙水平面，由功能关系：2mv22mgs代入解得s满足条件：4.25 ms6.25 m.答案：(1)500 N(2)200 J(3)s1.25 m或4.25 ms6.25 m计算题专项练(十)(建议用时：20分钟)题号12考点带电粒子在磁场中的运动分析碰撞问题1.如图所示，在0xa

34、、0y范围内有垂直于xOy平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B.坐标原点O处有一个粒子源，在某时刻发射大量质量为m、电荷量为q的带正电粒子，它们的速度大小相同，速度方向均在xOy平面内，与y轴正方向的夹角分布在090范围内已知粒子在磁场中做圆周运动的半径介于到a之间，从发射粒子到粒子全部离开磁场经历的时间恰好为粒子在磁场中做圆周运动周期的四分之一求最后离开磁场的粒子从粒子源射出时，(1)粒子速度的大小；(2)粒子速度方向与y轴正方向夹角的正弦值2长度L7 m、质量M1 kg 的木板C静止在粗糙的水平地面上，木板上表面左右两端各有长度d1 m的粗糙区域，中间部分光滑可视为质点的小物块A和B初始

35、时如图放置，质量分别是mA0.25 kg和mB0.75 kg，A、B与木板粗糙区域之间的动摩擦因数均为10.2，木板与水平地面之间的动摩擦因数为20.3.某时刻对木板施加F8 N的水平恒力，木板开始向右加速，在A与B碰撞粘在一起不再分开的瞬间撤去F，取g10 m/s2，求：(1)物块A与B碰后瞬间的速度大小；(2)最终物块A与木板C左端的距离计算题专项练(十)1解析：(1)设粒子的发射速度为v，粒子做圆周运动的轨迹半径为R，由牛顿第二定律和洛伦兹力公式，得qvBm由式得R当Ra时，在磁场中运动时间最长的粒子，其轨迹是圆心为C的圆弧，圆弧与磁场的上边界相切，如图所示设该粒子在磁场中运动的时间为t

36、，依题意t，得OCA设最后离开磁场的粒子的发射方向与y轴正方向的夹角为，由几何关系可得Rsin RRsin aRcos 又sin2cos21由式得Ra由式得v.(2)由式得sin .答案：见解析2解析：(1)假设物块A与木板C共同加速，两者加速度均为a，由牛顿第二定律有：F2(MmAmB)g(MmA)a而当C对A的摩擦力达到最大静摩擦力时，设A的加速度为aA，可知1mAgmAaA代入数据解得a1.6 m/s2，aA2 m/s2由于aaA，所以A、C能共同加速，假设成立研究A、C整体，设A与B碰前瞬间的速度为v0，从木板开始运动到A与B碰前的过程，由运动学公式有：v2a(L2d)研究A、B系统，

37、设碰后瞬间AB整体的速度为v1，又A、B碰撞过程系统动量守恒，则有：mAv0(mAmB)v1联立解得v11 m/s.(2)撤去力F后，AB整体继续加速，设加速度大小为a1，由牛顿第二定律有：1(mAmB)g(mAmB)a1木板C减速，设加速度大小为a2，由牛顿第二定律有：2(MmAmB)g1(mAmB)gMa2设经过t1时间，AB整体与木板C速度相等且为v2，由运动学公式有：v2v0a2t1v1a1t1计算得：a12 m/s2，a28 m/s2，t10.3 s，v21.6 m/s该过程AB整体与木板相对位移：s1t1t1接着，AB整体减速向右运动，对木板的摩擦力向右，木板继续减速，其加速度大小

38、为a3，由牛顿第二定律有：2(MmAmB)g1(mAmB)gMa3设再经过时间t2木板停止运动，t2t2时间内AB整体相对木板向右的位移大小为：s2v2t2a1tt2此时AB整体的速度为：v3v2a1t2AB整体继续减速再经过一段位移：s3，便停在木板上解得：s10.45 m，a34 m/s2，t20.4 s，s20.16 m，s30.16 m最终AB整体与木板左端的水平距离为：sds1s2s30.87 m.答案：见解析计算题专项练(十一)(建议用时：20分钟)题号12考点带电粒子在电场中的运动汽车刹车问题中的动力学和能量问题1如图所示，在竖直平面内存在竖直方向的匀强电场长度为l的轻质绝缘细绳

39、一端固定在O点，另一端连接一质量为m、电荷量为q的小球(可视为质点)，初始时小球静止在电场中的a点，此时细绳拉力为2mg，g为重力加速度(1)求电场强度E和a、O两点的电势差UaO；(2)小球在a点获得一水平初速度va，使其能在竖直面内做完整的圆周运动，则va应满足什么条件？2如图所示，地面固定一个圆心为O，竖直放置的光滑半圆轨道ABC，B为半圆轨道中点，半径R0.08 m，COB90.木板DE质量为m，长度L10 m，E与A距离s2 m，木板与地面间的动摩擦因数为10.1，木板与A碰撞后立即原速率返回，并由地面控制装置(图中未画出)保证E与A只能碰撞一次E与A等高，以使E与A重合时板上的物体

40、可以滑入半圆轨道，当E与A一旦分离，板上物块将落地而无法进入半圆轨道一个可看做质点的物体质量为2m，物体与木板间动摩擦因数为20.2，物体在合适的位置以合适的初速度v0开始向右运动，重力加速度g10 m/s2，结果可保留根号求：(1)要使物体沿轨道刚能到达B点，物体在A处的速度vA的大小；(2)要使物体能到达C点而不脱离轨道，物体初速度v0的取值范围计算题专项练(十一)1解析：(1)小球静止在a点时，由共点力平衡可得mg2mgqE得E，方向竖直向上在匀强电场中，有UOaEl则a、O两点电势差UaO.(2)小球从a点恰好运动到b点，设到b点速度大小为vb，由动能定理得qE2lmg2lmvmv小球做圆周运动通过b点时，由牛顿第二定律可得qEmgm联立式可