高考物理计算题(共29题)

1、学生错题之计算题（共29题）计算题力学部分：（共12题）1计算题电磁学部分：（共13题）12计算题气体热学部分：（共3题）34计算题原子物理部分：（共1题）37计算题力学部分：（共12题）1.长木板A静止在水平地面上，长木板的左端竖直固定着弹性挡板P，长木板A的上表面分为三个区域，其中PO段光滑，长度为1 m；OC段粗糙，长度为1.5 m；CD段粗糙，长度为1.19 m。可视为质点的滑块B静止在长木板上的O点。已知滑块、长木板的质量均为1 kg，滑块B与OC段动摩擦因数为0.4，长木板与地面间的动摩擦因数为0.15。现用水平向右、大小为11 N的恒力拉动长木板，当弹性挡板P将要与滑块B相碰时撤

2、去外力，挡板P与滑块B发生弹性碰撞，碰后滑块B最后停在了CD段。已知质量相等的两个物体发生弹性碰撞时速度互换，g=10 ms2，求：（1）撤去外力时，长木板A的速度大小；（2）滑块B与木板CD段动摩擦因数的最小值；（3）在（2）的条件下，滑块B运动的总时间。答案：（1）4m/s （2）0.1（3）2.45s【解析】（1）对长木板A由牛顿第二定律可得F-22mg=ma，解得a=8m/s2；由v2=2asOP可得v=4m/s；（2）挡板P与滑块B发生弹性碰撞，速度交换，滑块B以4m/s的速度向右滑行，长木板A静止，当滑上OC段时，对滑块B有1mg=ma1，解得a1=4m/s2滑块B的位移s1=vt

3、1-12a1t12；对长木板A有1mg-22mg=ma2a2=1m/s2；长木板A的位移s2=12a2t12，所以有s1-s2=sOC，可得t1=0.6s或t1=1s（舍去）（3）滑块B匀速运动时间t2=sOPv=0.25s；滑块B在CD段减速时间t3=v1a3=1.6s；滑块B从开始运动到静止的时间t=t1+t2+t3=2.45s2.如图所示，足够宽的水平传送带以v0=2ms的速度沿顺时针方向运行，质量m=0.4kg的小滑块被光滑固定挡板拦住静止于传送带上的A点，t=0时，在小滑块上施加沿挡板方向的拉力F，使之沿挡板做a=1ms2的匀加速直线运动，已知小滑块与传送带间的动摩擦因数=0.2，重

4、力加速度g=10ms2，求：（1）t=0时，拉力F的大小及t=2s时小滑块所受摩擦力的功率；（2）请分析推导出拉力F与t满足的关系式。答案：（1）0.4N；425W（2）F=4t5t2+4+25【解析】（1）由挡板挡住使小滑块静止的A点，知挡板方向必垂直于传送带的运行方向；t=0时对滑块：F=ma解得F=0.4N；t=2s时，小滑块的速度v=at=2m/s摩擦力方向与挡板夹角tan=v0v=1 ，则=450此时摩擦力的功率P=mgcos450v，解得P=425W （2）t时刻，小滑块的速度v=at=t，小滑块所受的摩擦力与挡板的夹角为tan=v0at=2t cos=t4+t2 由牛顿第二定律F

5、-mgcos=ma 解得F=4t5t2+4+25（N） 3.某研究所正在研究一种电磁刹车装置，试验小车质量m=2kg，底部有一个匝数n=10匝边长L=0.1m水平放置的正方形线圈，线圈总电阻r=1，在试验中，小车从轨道起点由静止滑下，进入水平轨道，两根平行直导轨间分布若干等间距的匀强磁场B=1.0T，磁场区域的宽度和无磁场区域的宽度均为d=0.1m，磁场方向竖直向上，整个运动过程中不计小车所受的摩擦及空气阻力，小车在骨雕连接处运动时无能量损失，当试验小车从h=1.25m高度无初速度释放，（小车可简化为正方形线圈，进入前边与磁场边界平行）（1）求车下线圈刚进入磁场边界时产生感应电动势的大小；（2

6、）求车下线圈完全通过第一个磁场区域的过程中线圈产生的热量；（3）求车下线圈刚进入第k个磁场区域时，线圈的电功率。答案：（1）5V（2）1J（3）P=(51-k10)2【解析】（1）小车下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgh12mv02，解得：v02gh5m/s，小车进入磁场时线圈产生的感应电动势：E=nBLv=10×1×0.1×5=5V；（2）由动量定理得：-nBILt=mv1-mv0，ItnBLvrt2nBLdr 解得：v1=4.9m/s，线圈产生的热量：Q12m(v02-v12)1J；（3）完整第k-1的磁场时，由动量定理得：2n2B2L2drmvk1

7、mvk，解得：vk1v0n2B2L2dmr2(k1)5-k-11011051-k线圈的功率：P(nBLvk-1)2r(51-k10)24如图所示，一均匀直导体棒质量为m，长为2l，电阻为r，其两端放在位于水平面内间距为l的光滑平行导轨上，并与之良好接触，棒左侧两导轨之间连接一个可控负载电阻（图中未画出）；导轨置于匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨所在平面开始时，（设此时刻t=0时刻），给导体棒一个平行于导轨的初速度v0，在棒的速度由v0变为v1的过程中，通过控制负载电阻的阻值使棒中的电流I保持恒定，导体棒一直在磁场中运动若不计导轨的电阻，求此过程中（1） 负载电阻的阻值随时间

8、的变化规律（2） 负载电阻所产生的热量5（16分）调节水龙头，让水一滴滴流出，在下方放一盘子，调节盘子高度，使一滴水滴碰到盘子时，恰有另一滴水滴开始下落，而空中还有一滴正在下落中的水滴，测出水龙头到盘予的距离为h （m），从第一滴开始下落时计时，到第n滴水滴落在盘子中，共用去时间t （s）：求：（1）此时第（n+1）滴水滴与盘子的距离为多少？（2）当地的重力加速度为多少？（1） （2）答案及评分标准（1）空中第n+2滴、第n+1滴、第n滴三滴水满足初速度为0的匀加速直线运动，设两段位移分别为h1、h2所以有：h1：h2=1：3故 （2分）即此时第n+1滴水距离盘子的高度为 

9、（2分）（2）由第一滴水开始下落计时，第n滴水落到盘子的时候耗时t得每两滴水落到盘子的时间T=t/n+1；每滴水落到盘子的时间；（3分）又据 （2分）得 （3分）62017年4月16日，国产大飞机C919在上海浦东机场进行了首次高速滑行测试。某次测试中，C919在平直跑道上由静止开始匀加速滑行，经t1=20s达到最大速度vm=288km/h，之后匀速滑行一段时间，再匀减速滑行，最后停下来。若滑行总距离x=3200m，且减速过程的加速度大小与加速过程的加速度大小相等，取g=10m/s²。（1）求C919减速滑行时的加速度大小；（2）若C919的质量m=8×

10、104kg，加速过程中飞机受到的阻力恒为自身重量的0.1倍，求飞机加速过程中发动机产生的推力大小；（3）求C919在整个滑行过程中的平均速度大小。（结果保留一位小数）6(1) （2） (3) 【解析】（1）由题意可知，解得由于减速过程和加速过程的加速度大小相等，故。（2）加速过程，解得，（3）加速过程， 减速过程， 匀速过程故全程的平均速度大小。7如图所示，在水平面上有一个倾角为45°的光滑斜面体ABC,其直角边长为3h=0.45m,现有一个质量为m的小球在距离C点水平距离为h、竖直距离为2h的P点由静止释放，小球与斜面弹性碰撞后恰好切入距C点不远处的光滑六分之一圆弧DE中，小球运动

11、到圆弧最低点E处与另一个质量也为m的滑块碰撞后粘合在一起在粗糙水平面上滑行s=0.6m停下。已知圆弧的半径R=0.4m,取重力加速度g=10m/s2。求：（1）C点与圆弧端点D的竖直高度差及滑块与粗糙水平面的动摩擦因数；（2）若将小球放在E处，在水平轨道上2s处作用一水平外力F在滑块上，使之运动到E处与小球粘合，该力在什么范围内粘合体能在圆弧上运动且不脱离圆弧轨道?7（1）y=0.3m；=13（2）103m<F10m【解析】（1）小球自由下落时由v02=2gh得v0=2gh=3m/s；小球与斜面弹性碰撞时可将v0分解为垂直和平行斜面的分量，其中平行分量不变，垂直分量等大反弹，再次合成时小

12、球的速度恰好水平向右，大小仍为v0，即碰后小球被水平弹出做平抛运动；平抛后恰好能切入圆弧中由tan60°=gtv0和v0=v1sin30°；解得t=0.3s，v1=23m/s；平抛过程中由y+h=12gt2；得C、D两点的竖直距离为y=0.3m；小球下滑过程中，由12mv22=12mv12+mgR(1-cos60°)，得v2=4m/s；二者粘合过程中动量守恒，由mv2=2mv3，得v3=2m/s；粘合体在水平面上滑行时，由12×2mv32=mgs，得=13；（2）滑块行外力F下返回到E点，则有(F-mg)×2s=12mv42；在E点粘合时mv4

13、=2mv5；欲使站合体能过E点，则v5>0，代入整理得F>103m；若粘合体恰运动到D点，由12×2mv52=2mg(R-Rcos60°)，代入整理得F=10m；故该力的范围为103m<F10m。8如图所示，倾角为30º的光滑斜面固定在水平地面上，质量均为m的物块A与物块B并排放在斜面上，斜面底端固定着与斜面垂直的挡板P，轻质弹簧一端固定在挡板上，另一端与物块A连接，A、B处于静止状态。若A、B粘结在一起，用一沿斜面向上的力FT缓慢拉物块B。当拉力为FT=mg4时，A的位移为L；若A、B不粘结，用一沿斜面向上的恒力F作用在B上，当物块A的位移为L

14、时，A、B恰好分离。重力加速度为g，不计空气阻力，求：（1）恒力F的大小；（2）请推导FT与物体A的位移l之间的函数关系并画出FT-l图象，借鉴v-t图象求直线运动位移的思想和方法计算A缓慢运动过程中FT做功大小；（3）A、B不粘结，A与B刚分离时的速度大小。8（1）F=34mg （2）mgL8 （3）5gL8【解析】（1）设弹簧劲度系数为k，当A、B缓慢移动L时弹簧的压缩量为x，沿斜面方向根据平衡条件可得：FT+kx=2mgsin 当A、B恰好分离时二者之间的弹力恰好为零，对A应用牛顿第二定律得：kx-mgsin=m对系统应用牛顿第二定律可得：F+kx-2mgsin=2ma 联立上式可得：F

15、=34mg; （2）初始A、B静止时弹簧的压缩量为x0，可得：kx0=2mgsin 当A的位移为l时弹簧的压量x=x0-l，根据平衡 ：FT+kx=2mgsin可得：FT=kl当A的位移为L时，FT=kL=14mg，解得：k=mg4L，所以：FT=mg4Ll，画出FT-l图象如图所示：A缓慢运动到位移，图像与坐标轴所围面积如图中阴影部分表示：所以FT做功大小WFT=18mgL；（3）设A通过的位移为L的过程中弹簧弹力做功大小为W，分别对两个过程应用动能定理可得：WFT-2mgLsin+W0-0 FL-2mgLsin+W122mv2-0 联立可得：v=5gL8。点睛：本题要分

16、析清楚两个物体的运动过程，对于缓慢的情形，运用平衡条件研究运用动能定理解题，关键选择合适的研究过程，分析过程中有哪些力做功。9如图所示，一足够长的水平传送带以速度v0匀速运动，质量均为m的小物块P和小物块Q由通过滑轮组的轻绳连接，轻绳足够长且不可伸长某时刻物块P从传送带左端以速度2v0冲上传送带，P与定滑轮间的绳子水平已知物块P与传送带间的动摩擦因数=025，重力加速度为g，不计滑轮的质量与摩擦求：（1）运动过程中小物块P、Q的加速度大小之比；（2）物块P刚冲上传送带到右方最远处的过程中，PQ系统机械能的改变量9（1） （2）0【解析】试题分析: 设P的位移、加速度大小分别为x1、a1，Q的位

17、移、加速度大小分别为x2、a2，由图可知,Q通过动滑轮提升，易知P、Q的位移关系始终满足P的位移是Q位移的两倍，即x1=2 x2，（2分）由 （2分）易得a1=2a2 即 （2分）（2）分别以P、Q为研究对象，由牛顿第二定律可求出加速度对P加速度方向向左有：mg+T=ma1 （1分）对Q加速度方向向下有：mg2T=ma2 （1分）解得：a1=06g a2=03g （2分）P先减速到与传送带速度相同，设位移为x1（2分）共速后，由于f=mg05mg，P不可能随传送带一起匀速运动，继续向右减速，设此时P加速度为a1，Q的加速度为 （1分）对P加速度方向向左，摩擦力方向向右有：Tmg=ma1 （1分

18、）对Q加速度方向向下有：mg2T=ma2 （1分）解得：a1=02g a2=01g （2分）设减速到0位移为x2； （1分）PQ系统机械能的改变量等于摩擦力对P做的功，E=mgx1+mgx2=0 （2分）考点：功能关系、传送带、牛顿第二定律【名师点睛】本题主要考察了动能定理及运动学基本公式的应用，要求同学们能正确分析物体的运动情况，由图可知，P与Q的位移关系始终满足P的位移是Q的位移的2倍，结合：求得加速度的比值；分别以P与Q为研究的对象，由牛顿第二定律求出加速度，然后结合运动学的公式，求出P与传送带的速度相等之前的位移；当P的速度与传送带相等后，分析摩擦力与绳子的拉力的关系，判断出P将继续减

19、速，求出加速度，在结合运动学的公式求出位移，最后由功能关系求出机械能的该变量10如图所示，光滑的杆MN水平固定，物块A穿在杆上，可沿杆无摩擦滑动，A通过长度为L的轻质细绳与物块B相连，A、B质量均为m且可视为质点。一质量也为m的子弹水平射入物块B后未穿出，若杆足够长，此后运动过程中绳子偏离竖直方向的最大夹角为60°。求子弹刚要射入物块B时的速度大小。ABMN10【解析】试题分析：子弹射入木块B的过程，子弹和木块B组成的系统水平方向动量守恒 子弹开始射入物块B到绳子偏离竖直方向夹角最大的过程，系统水平方向动量守恒 据能量关系可得： 解得: 考点：动量守恒定律；能量守恒定律.11. 如图

20、所示，固定在水平桌面上的倾角为=30°的光滑斜面足够长，其底端有一垂直于斜面的挡板，质量均为m的A、B两球用轻弹簧连接放在斜面上并处于静止状态，弹簧的劲度系数为k现在将质量为3m的小球C从距离B球为s=16mg/k的地方由静止释放，C球与B球碰撞时间极短，碰撞后两球粘在一起已知重力加速度为g，求：（1）碰撞刚结束时B、C两球的共同速度；（2）当A球刚离开挡板时，B球与它最初的位置距离多远；（3）当A球刚离开挡板时，B、C两球的共同速度12.下图是导轨式电磁炮实验装置示意图。两根平行长直金属导轨沿水平方向固定，其间安放金属滑块（即实验用弹丸）。滑块可沿导轨无摩擦滑行，且始终与导轨保持良

21、好接触。电源提供的强大电流从一根导轨流入，经过滑块，再从另一导轨流回电源。滑块被导轨中的电流形成的磁场推动而发射。在发射过程中，该磁场在滑块所在位置始终可以简化为匀强磁场，方向垂直于纸面，其强度与电流的关系为B=kI，比例常量k=2.5×106 T/A。已知两导轨内侧间距l=1.5cm，滑块的质量m=30g，滑块沿导轨滑行5m后获得的发射速度v=3.0km/s（此过程视为匀加速运动）。（1）求发射过程中电源提供的电流强度；（2）若电源输出的能量有4%转换为滑块的动能，则发射过程中电源的输出功率和输出电压各是多大？（3）若此滑块射出后随即以速度v沿水平方向击中放在水平面上的砂

22、箱，它嵌入砂箱的深度为s'。设砂箱质量为M，滑块质量为m，不计砂箱与水平面之间的摩擦。求滑块对砂箱平均冲击力的表达式。解：（1）由匀加速运动公式a=9×105m/s2 由安培力公式和牛顿第二定律，有F=IBlkI2l，kI2lma因此I=8.5×105A （2）滑块获得的动能是电源输出能量的4%，即Pt×4%=mv2 发射过程中电源供电时间t=×102 s 所需的电源输出功率为P=1.0×109W 由功率P=IU，解得输出电压U=1.2×103V （3）分别

23、对砂箱和滑块用动能定理，有fsMMV2 f'sm=mV2mv2由牛顿定律f=f'和相对运动sm=sM+s' 由动量守恒mv=(m+M)V 联立求得fs'=mv2 故平均冲击力f=计算题电磁学部分：（共13题）1. 如图甲所示，水平面被竖直线PQ分为左右两部分，左部分光滑，范围足够大，上方存在水平向右的匀强电场右部分粗糙，一质量为m=2kg，长为L的绝缘体制成的均匀带电的直棒AB置于水平面上，A端距PQ的距离为S=3m，给棒一个水平向左的初速v0，并以此时作为时间的起点，棒在最初2秒的运动图象如图乙所示2秒末棒的B端刚好进入

24、电场，已知直棒单位长度带电量为=0.1C/m，取重力加速度g=10m/s2求：（1）直棒的长度；（2）匀强电场的场强E；（3）直棒最终停在何处？答案：2.如图所示，两平行金属板A、B水平放置，板长L1=8cm，板间距离d=8cm，板间电压U=300V一质量m=10-20kg，电量q=10-10C的带正电的粒子（重力不计），以初速度v0=2×106m/s从两板中央垂直电场线飞入电场，粒子飞出平行板电场后，进入CD、EF间的无电场区域，已知两界面CD、EF相距为L2=12cm，粒子穿过界面EF后，又射入固定在中心线上O2处的点电荷Q形成的电场区域，且粒子在EF右侧运动过程中速率始终不变求

25、（1）粒子飞出平行板电场时的速度大小和方向？（2）粒子穿过界面EF时偏离中心线O1O2的距离？（3）点电荷Q的电量和电性？（静电力常数k=9×109N m2/C2） 答案：3. （2015秋济南校级期末）如图所示的xOy平面上，以坐标原点O为圆心的四分之一圆形区域MON内分布着磁感应强度为B=2.0×10-3T的匀强磁场，其中M、N点距坐标原点O为m，磁场方向垂直纸面向里坐标原点O处有一个粒子源，不断地向xOy平面发射比荷为=5×107 C/kg的带正电粒子，它们的速度大小都是v=1×105m/s，与x轴正方向的夹角分布在090

26、76;范围内（1）求平行于x轴射入的粒子，出射点的位置及在磁场中的运动时间；（2）求恰好从M点射出的粒子，从粒子源O发射时的速度与x轴正向的夹角；（3）若粒子进入磁场前经加速使其动能增加为原来的2倍，仍从O点垂直磁场方向射入第一象限，求粒子在磁场中运动的时间t与射入时与x轴正向的夹角的关系4.如图所示，两平行金属导轨轨道MN、MN间距为L，其中MO和MO段与金属杆间的动摩擦因数=0.4，ON和ON段光滑且足够长，两轨道的交接处由很小的圆弧平滑连接，导轨电阻不计，左侧接一阻值为R的电阻和电流传感器，轨道平面与水平面的夹角分别为=53°和=37°区域PQPQ内存在垂直轨道平面向

27、下的有界匀强磁场，磁场宽度为d，PP的高度为h2=0.3m现开启电流传感器，同时让质量为m、电阻为r的金属杆ab自高h1=1.5m处由静止释放，金属杆与导轨垂直且保持接触良好，电流传感器测得初始一段时间内的I-t（电流与时间关系）图象如图乙所示（图中I0为已知）求：（1）金属杆第一次进入磁场区域时的速度大小v1（重力加速度为g取10m/s2）；（2）金属杆第一次离开磁场到第二次离开磁场区域时的时间间隔t的大小（此后重力加速度取g）；（3）电阻R在t1-t3时间内产生的总热能QR（用v1和其他已知条件表示）；答案（1）金属杆从静止运动到位置，由动能定理v1m/s（或3.9m/s）（2）金属杆第一

28、次出磁场的速度为v2，由图线可知，当金属杆中的电流为I0时处于平衡状态：由得由，得v2金属杆第一次出磁场的速度为v2，加速度a2gsint1t3t22匀速穿越磁场的时间t2所以时间tt1t2（3）电阻R在t1-t3时间内产生的总热能：QR（mv12mv22mgdsin）（4）穿过磁场又在滑下穿过磁场的情况：进入磁场为穿越就减速到零返回的情况：5.在如图所示的坐标系中，0yd区域存在竖直向上的匀强电场，电场强度E等于1×104V/m；在dy2.5d区域，y轴以及右侧存在水平向右的匀强电场，y轴左侧存在水平向左的匀强电场，电场强度均为E，在2.5dy4d区域存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁

29、感应强度B=409T。一个质量m=1×10-9kg，所带电荷量q=+1.6×10-6C，重力不计的粒子从原点O由静止释放后进入电场，已知d=2.0m（1）求粒子进入水平电场时的速度大小及进入磁场时速度方向与竖直方向的夹角（2）求粒子从释放到第一次回到O点所需要的时间（保留三位有效数字）6如图所示，圆心为O、半径为R的圆形区域I内有磁感应强度大小为B1、方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁场区域I右侧有一宽度也为R、足够长区域，区域内有方向向右的匀强电场，区域左右边界CD、FG与电场垂直，区域I边界上过A点的切线与电场线平行且与FG交于G点，FG右侧为方向向外、磁感应强度大小为B2

30、的匀强磁场区域。在FG延长线上距G点为R处的M点放置一长为3R的荧光屏MN，荧光屏与FG成=53°角。在A点处有一个粒子源，能沿纸面向区域I内各个方向均匀地发射大量质量为m、带电荷量为+q且速率相同的粒子，其中沿AO方向射入磁场的粒子，恰能平行于电场方向进入区域并垂直打在荧光屏上（不计粒子重力及其相互作用）（1）求粒子的初速度大小v0和电场的电场强度大小E；（2）求荧光屏上的发光区域长度x；（3）若改变区域中磁场的磁感应强度大小，要让所有粒子全部打中荧光屏，求区域中磁场的磁感应强度大小应满足的条件。6.（1）v0=qB1vm ;E=qR(4B22-B12)2m (2)x=1.2R (

31、3)1417B2B43B2 【解析】（1)如图甲所示，分析可知，粒子在区域I中的运动半径为R，由向心力公式可得qv0B=mv02R，解得v0=qB1Rm因粒子垂直打在荧光屏上，由题意可知，在区域中的运动半径为2R，由向心力公式可得qvB2=mv22R，解得v=2qB2Rm粒子在电场中加速运动，由动能定理得12mv2-12mv02=qER 解得电场强度大小E=qR(4B22-B12)2m（2）如图乙所示，分析可知，速度方向与电场方向平行向左射入区域I中的粒子将平行电场方向从区域I中最高点穿出，打在离M点x1处的屏上，由几何关系得（x1cos+R）2+(x1sin)2=2R2解得x2=221+35

32、R速度方向与电场方向平行向右射人区域I中的粒子将平行电场方向从区域I中最低点穿出，打在离M点x2处的屏上，由几何关系得（x2cos-R）2+(x2sin)2=2R2解得x2=221-35R分析可知所有粒子均未平行于FG方向打在板上，因此荧光屏上的发光区域长度x=x2-x1=1.2R。（3）如图丙所示，从区域I中最高点穿出的粒子恰好打在M点时，有r3=32R由向心力公式有qvB3=mv2r3，解得B3=43B2 若粒子平行于FG方向打中N点时，由几何关系得r4=3Rsin53°=2.4R粒子在区域中的射入点距离M点x=r4-3Rcos=0.6R，显然粒子不可能平行于FG方向打中N点即从

33、G点进入区域打中N点的粒子运动半径为最大允许半径，由几何关系得3Rcos+R-r52+3Rsin2=r52得r5=177R由向心力公式有qvB4=mv2r5，解得B4=1417B2 要让所有粒子全部打中荧光屏，区域中的磁感应强度大小应满是的条件是：1417B2B43B27如图所示，两根光滑平行金属导轨(电阻不计)由半径为r的圆弧部分与无限长的水平部分组成.间距为L。水平导轨部分存在竖直向下的匀强磁场.磁感应强度大小为B。一质量为2m的金属棒ab静置于水平导轨上，电阻为2R。另一质量为m、电阻为R的金属棒PQ从圆弧M点处由静止释放，下滑至N处后进人水平导轨部分，M到N的竖直高度为h，重力加速度为

34、g，若金属棒PQ与金属棒ab始终垂直于金属导轨并接触良好，且两棒相距足够远，求: (1)金属棒PQ滑到N处时，金属导轨对金属棒PQ的支持力为多大? (2)从释放金属棒PQ到金属棒ab达到最大速度的过程中，整个系统产生的内能; (3)若在金属棒ab达到最大速度时给金属棒ab施加一水平向右的恒力F(F为已知)，则在此恒力作用下整个回路的最大电功率为多少。7(1) mg+2mghr(2)23mgh (3)F2R3B2L2【解析】试题分析：以金属棒PQ为研究对象，根据动能定理求解到达N处的速度，再由牛顿第二定律，可求金属导轨对金属棒PQ的支持力；金属棒PQ进入水平轨道后，金属棒金属棒PQ在安培力作用下

35、做减速运动，金属棒ab在安培力作用下做加速运动，当两棒速度达到相同速度时，金属棒ab达到最大速度。由动量守恒与能理守恒可求整个系统产生的内能；当金属棒PQ达到最大功率时，金属棒PQ与金属棒ab加速度相同，速度差恒定，回路中产生稳定电流。可求整个回路的最大电功率。(1)设金属棒PQ到N处时的速度为v0，支持力为FN根据动能定理得mgh=12mv2解得v=2ghFN-mg=mv2r得FN=mg+2mghr(2)当两棒速度达到相同速度v'时，电路中电流为零，安培力为零，金属棒ab达到最大速度根据动量守恒定律得mv=(2m+m)v'解得v'=2gh3根据能量守恒定律知系统释放的

36、热量应等于系统机械能的减少量Q=12mv2-12·3mv'2解得Q=23mgh(3)当金属棒PQ达到最大功率时，金属棒PQ与金属棒ab加速度相同，速度差恒定，回路中产生稳定电流。由牛顿第二定律得 PQ棒：F安=ma ab棒：F-F安=2ma 得F安=F3由安培力的公式可得F安=BIL 功率P=I2·3R联立以上各式得P=F2R3B2L2【点睛】本题是电磁应的综合习题，利用好动量守恒与能量守恒是解决本解的关键；当双杆问题，某一杆恒力后，要知道最终两者加速度相同，速度差恒定，电流恒定。8.如图所示，两根足够长的平行金属导轨MN、PQ与水平面的夹角=30°，导轨

37、光滑且电阻不计，导轨处在垂直导轨平面向上的有界匀强磁场中两根完全相同的细金属棒ab和cd，电阻均为R=2、质量均为m=0.2kg，垂直导轨并排靠紧的放置在导轨上，与磁场上边界距离为x=1.6m，有界匀强磁场宽度为3x先将金属棒ab由静止释放，金属棒ab刚进入磁场就恰好做匀速运动，此时立即由静止释放金属棒cd，金属棒cd在出磁场前已做匀速运动两金属棒在下滑过程中与导轨接触始终良好，取重力加速度g=10m/s2求：（1）金属棒ab刚进入磁场时的速度v；（2）金属棒ab刚进入磁场时棒中电流I；（3）两根金属棒全部通过磁场的过程中回路产生的焦耳热Q8（1）金属棒ab刚进入磁场时棒的速度是4m/s；（2

38、）金属棒ab刚进入磁场时棒中电流是1A；（3）两根金属棒全部通过磁场的过程中回路产生的焦耳热Q为8J【解析】试题分析：（1）对导体棒进入磁场前过程运用动能定理列式求解金属棒的速度；（2）然后根据平衡条件、安培力公式、切割公式、欧姆定律列式求解；（3）分第一根导体棒穿过磁场和第二个根导体棒穿过磁场过程（两个导体棒都在磁场中时，两个棒的速度相同，无感应电流，无电热）进行讨论，第二根离开磁场过程根据动能定理列式求解解：（1）由机械能守恒定律得：mgxsin =mv2解得：v=4 m/s（2）ab进入磁场恰好匀速则产生的电动势：E=BLv 感应电流： 由矢量平衡得：BLv=mgsin 联立解得：I=1

39、A（3）方法一：金属棒ab在磁场中（金属棒cd在磁场外）回路产生的焦耳热为：Q1=mg2xsin =3.2 J金属棒ab、金属棒cd都在磁场中运动时，回路不产生焦耳热，金属棒ab刚离开磁场时，金属棒cd的速度为：得：金属棒cd离开磁场前已经匀速的速度：金属棒cd在磁场中（金属棒ab在磁场外），金属棒cd的初速度为，末速度为，由动能定理得：mg2xsin W安=m（）2m（）2Q2=W安=mg3xsin =4.8 JQ=Q1+Q2=8 J方法二：两根金属棒全部通过磁场的过程中回路产生的焦耳热Q等于两棒损失的机械能：Q=mg2xsin +mg3xsin =mg5xsin =8J答：（1）金属棒ab

40、刚进入磁场时棒的速度是4m/s；（2）金属棒ab刚进入磁场时棒中电流是1A；（3）两根金属棒全部通过磁场的过程中回路产生的焦耳热Q为8J【点评】本题关键是明确两个棒的运动过程，然后运用运动学公式、动能定理、法拉第电磁感应定律等列式求解9如图甲所示为回旋加速器的工作原理示意图。置于真空中的“D”形金属盒半径为R,两盒间的狭缝间距为d，匀强磁场B垂直盒面向下，加速电压U按如图乙所示的规律变化。若被加速粒子的质量为m、电量为+q,粒子从A点飘入时的速度可忽略不计，且加速过程中不考虑相对论效应和重力的影响。（1）求粒子第n次被加速前、后的轨道半径之比；（2）要使前半个周期飘人的粒子中有超过90%的能射

41、出，求狭缝间距d应满足的条件。9（1）rn-1rn=n-1n（2）dUm10qRB2【解析】（1）粒子每次加速获得的能量为qU，由动能定理得第n次加速后的动能为nqU=12mvn2；粒子在磁场中回旋时由洛伦兹力提供向心力，由qvnB=mvn2rn得rn=2mqUqBn；故粒子第n次被加速前、后的轨道半径之比为rn-1rn=n-1n；（2）由金属盒半径为R知粒子获得的最大速度为vm=RqBm；粒子加速时a=qUmd，粒子k此加速达到最大速度，则有kd=12at12，kqU=12mvm2；联立解得加速时间t1=RBdU；由电压的变化规律知前半个周期内只有前一段时间t2=T2-t1内飘入的粒子才能每

42、次被加速，欲使通过率为90%，则有t20.9×T2，代入数据可得dUm10qRB2。10如图所示，一半径为R的圆表示一柱形区域的横截面（纸面），O为圆心。在柱形区域内加一方向垂直于纸面向外的匀强磁场，一质量为m、电荷量为+q的粒子沿图中直径从圆上的A点射入柱形区域，在圆上的D点离开该区域，已知图中，现将磁场换为竖直向下的匀强电场，同一粒子以同样速度沿直径从A点射入柱形区域，也在D点离开该区域。若磁感应强度大小为B，不计重力，试求电场强度E的大小。10见解析。【解析】试题分析：在磁场中有：而可得：在电场中做类平抛运动，水平方向：竖直方向：联立可得：考点：带电粒子在匀强电场中的偏转、带电

43、粒子在匀强磁场中的运动。【名师点睛】略。11核聚变反应需要几百万度以上的高温，为把高温条件下高速运动的离子约束在小范围内（否则不可能发生核反应），通常采用磁约束的方法（托卡马克装置）如图所示，环状匀强磁场围成中空区域，中空区域中的带电粒子只要速度不是很大，都不会穿出磁场的外边缘而被约束在该区域内设环状磁场的内半径为R1=05m，外半径R2=10m，磁场的磁感强度B=10T，若被束缚带电粒子的荷质比为q/m=4×107C/kg，中空区域内带电粒子具有各个方向的速度求：（1）粒子沿环状的半径方向射入磁场，不能穿越磁场的最大速度（2）所有粒子不能穿越磁场的最大速度11（1）15×

44、107m/s（2）10×107m/s【解析】试题分析：（1）粒子沿环状的半径方向射入磁场，不能穿越磁场区域的最大速度粒子沿圆弧从B到A，恰与环状域外圆相切，0为轨道圆心设AO=BO=r，由几何关系（R2-r）2=r2+R12，又，可得 （2）粒子沿环状域的内边界圆的切线方向射入磁场时，轨道半径最大为，由，得代入数据得vm10×107m/s考点：带电粒子在磁场中的运动【名师点睛】本题对数学几何的能力要求较高，关键找出临界的半径，再通过带电粒子在磁场中的半径公式求出临界的速度12如图所示，磁感应强度大小为B的匀强磁场仅存在于边长为2L的正方形范围内，左右各一半面积的范围内，磁场

45、方向相反，有一个电阻为R、边长为L的正方形导线框abcd，沿垂直磁感线方向以速度v匀速通过磁场。从ab边进入磁场算起，画出穿过线框的磁通量随时间的变化图象。【答案】【解析】线框穿过磁场的过程可分为三个阶段，进入磁场阶段（只有ab边在磁场中），在磁场中运动阶段（ab、cd两边都在磁场中），离开磁场（1）线框进入磁场阶段：t为0，线框进入磁场中的面积线性增加，SLvt，最后为BSBL2；（2）线框在磁场中运动阶段：t为，线框磁通量逐渐减小为零；（3）线框在磁场中运动阶段：t为，线框磁通量反向增加，最后为BL2；（4）线框离开磁场阶段：t为，线框磁通量减小，最后为零。t图象如图所示：阶段（只有cd边

46、在磁场中）。13.如图所示，PQMN是竖直面内一边长为L的正方形区域，区域内有竖直向上的匀强电场，场强为E，在PQM中还存在水平向里的匀强磁场，磁感强度为B；在PQMN的左侧有一足够长的粗糙绝缘细杆，细杆与PQ在同一水平线上，细杆周围存在水平方向足够长匀强磁场，磁感强度B0（大小可调的），方向水平向里。细杆的左侧套有一带电量为+q的小球，现使小球以适当的速度沿杆向右运动，在到达P点前小球已匀速运动，由P点射入PQM区域后，小球做匀速圆周运动，已知重力加速度为g：（1）小球在细杆上做什么运动？请直接用文字描述（2）若小球恰能从M点离开电磁场，求小球的质量和粒子从P点射入到从M点离开电磁场这段时间

47、内的平均速度的大小和方向；（3）若调节B0的大小，从而改变小球由P点射入电磁场的速度，使小球最终从Q点离开磁场，求此过程中重力势能变化的最大值；（4）若调节B0的大小，使小球由P点射入电磁场后最终由NP射出，求B0的最小值。答案：(1)小球在细杆上做加速越来越小的减速运动最后匀速运动（2）22gBLE 平均速度方向由P点指向M点（3）qEL+qgB2L28E (4)Bmin=3EgBL 【解析】（1）小球在细杆上做加速度越来越小的减速运动，最后匀速运动。（2）小球在电磁场中匀速圆周运动有：mgqE 可得m=qEg 由几何关系可知r1L ，且qv1B=mv12r1 T=2r1v1=2mqB=2E

48、gB 小球从P点到M点的位移s=2L t=12T 则小球的平均速度v=st=22gBLE 平均速度的方向由P点指向M点（3）小球最终由Q点离开磁场，由几何关系可知：r2=12L 由qv2B=mv22r2得 v2=gBL2E 小球以v2竖直向上过MP，在PMN中匀速直线运动，再以v2竖直过MN，当小球的加速度为零时，重力势能变化量最大为Epm=mgL+12mv22=qEL+qgB2L28E （4）当B0取最小值时v最大，在电磁场中运动半径最大，小球能由PQ射出，有几何关系可知，半径r2=13L 由qv3B=mv32r3得 v3=gBL3E在细杆上有qv3B0min=mg 可得：Bmin=3EgBL 计算题气体热学部分：