2020版新高考物理大三轮复习京津鲁琼专用高考题型专项练计算题专项练(一)~(十二)

1、三、计算题专项练计算题专项练(一)(建议用时：20分钟)题号12考点电磁感应中导体棒运动1可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仁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 B=0.4 T.质量m=0.2 kg、电阻R= 0.3 的导体棒ab垂直放在框架上， 与框架接 44二/，*触良好，从静止开始沿框架无摩擦地下滑.框架的质量 M = 0.4 kg、宽度l = 0.5 m,框架与斜面间的动摩擦因数 尸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 37° =0.6, cos

2、37° =0.8)(1)若框架固定，求导体棒的最大速度Vm；(2)若框架固定，导体棒从静止开始下滑6 m时速度V1=4 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M = 4.0 kg的平板车，车的上表面是一段长L = 1.5 m的粗糙水平轨道，水平轨道左侧连一半径 R=0.25 m的四分之一光滑圆弧轨道，圆弧轨道与水平轨道在点。处相切.现有一质量 m=1.0 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vo滑上平板车，小物块与水平轨道间的动摩擦因数科=0.5,

3、小物块恰能到达圆弧轨道的最高点A.取 g= 10 m/s2,求：(1)小物块滑上平板车的初速度vo的大小；(2)小物块与车最终相对静止时，它距点。'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 E=Blv回路中感应电流I = ER棒ab所受的安培力F = BIl对棒 ab, mgsin 37° BIl = ma当加速度a=0时，速度最大，日,/± mgRsin 37° 八,大I® vm =/ Di _2 = 9 m/s.(Bl )(2)根据能量转化和守恒定律有12 .mgxsin 37 = 2mv + Q代入数据

4、解得Q=5.6 J - E A Blxq= It = _Rt= R = R代入数据得q = 4.0 C.BlV2(3)回路中感应电流I2= -框架上边所受安培力 F2=Bl2l当框架刚开始运动时，对框架有Mgsin 37° + Bl2l= p(m+M)gcos 37°代入数据解得v2= 7.2 m/s.答案：(1)9 m/s (2)5.6 J 4.0 C (3)7.2 m/s2.解析：(1)平板车和小物块组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 mvo = (M + m)vi由能量守恒定律得1 2 122mvo2(

5、M +m)vi= mgR+ 科 mgL解得 v0= 5 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mvo=(M + m)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2mv0 2(M + m)v2= .mgL+x)解得 x= 0.5 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、PQ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

6、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a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At,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间的距离为R, PQ段地面粗糙、动摩擦因数为 -0.5,

7、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g.求:点由静止开始下滑，重力加速度为（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）;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 a = ma由匀变速运动的规律有：vi=at解得 sin a =v7 gt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 a = BILmv2 rvit.(2)(vit+vi AtV2t)mV2 r rvit（2）在金属棒变

8、加速运动阶段，根据动量定理可得mgsin a At B I LA t = mv2 mvi其中I At = q联立上式可得 q= (v1t+ v1 A t v2t)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：mgR= 2mvp在最低点轨道对物块的支持力大小为Fn,2VP由牛顿第一 te律有： F N mg = m,R联立解得：Fn= 3mg,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vo,由动能定理有 mgR-mgR= 2mv0- 0, v0 = gR,物块A、物块B具有共同速度v时，弹簧

9、的弹性势能最大，由动量守恒定律有： mv0=(m+2m)v,由能量守恒定律得：121- 、2 匚2mvo=2(m +2m)v +Epm,mvo联立解得Epm=；mgR;3(3)设物块A与弹簧分离时，A、B的速度大小分别为 vi、V2,规定向右为正方向，则有2mv2=2mv2+2(2m)v2,=mv1 + 2mv2,联立解得：Vi= 3 . gR,设A最终停在Q点左侧x处，由动能定理有: 12一科 mgx=0-2mv1,解得X = 1R. 9答案：(1)3mg,方向向下 (2)1mgR319R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

10、示，小球 b静止在光滑水平面 BC上的C点，乂o 口被长为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 -r .0入水平面BC（不计小球在B处的能量损失），与小球b发生正、" 小碰，碰后两球粘在一起，在细绳的作用下在竖直面内做圆周'运动且恰好通过最高点.已知小球a的质量为M ,小球b的质量为m, M = 5m.已知当地重力加速度为g.求：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、P'MN',由倾斜和水平两部分在M、M处平

11、滑连接组成，导轨间距 L=1 m,水平部分处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B=1 T.金属棒a、b垂直于倾斜导轨放置，质量均为 m = 0.2 kg, a的电阻R1=1 Q , b的电阻R2=3 Q , a、b长度土匀为L= 1 m, a棒距水平面的高度 hi=0.45 m, b棒距水 平面的高度为h2（h2>hi）;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、b与导轨接触良好且导轨电阻不计，重力加速度 g取10 m/s2AfWO(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;若MM&#

12、39;、OO'间的距离x=2.4 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，2V(M + m)g= (M+ m)L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：-(M + m)g 2L = 2(M + m)v22(M + m)v2得a与b球碰后瞬间的速度大小为v共=45gL.(2)设两球碰前a球速度为vc,两球碰撞过程动量守恒：Mvc=(M + m)v共所以 Vc= 55gL12a球从A点下滑到C点过程中，由机械能守恒定律得：Mgh = 2Mvch=3.6L.答案：(1) 5gL (2)3.6L

13、2 .解析：设a棒到MM时的速度为V1.1 C由机械能守恒定律得 mgh1 = 11mv2进入磁场时a棒产生的感应电动势 E=BLv1感应电流1 = 一E-R1+ R2对a棒受力分析，由牛顿第二定律得BIL = ma代入数据解得a= 3.75 m/s2.(2)设a、b产生的总焦耳热为 Q,由能量守恒定律得 Q = mghiR23则b棒广生的焦耳热 Qb= o Q = ：QR1 十 R24联立解得Qb= 0.675 J.(3)设b棒到MM时的速度为V2,有12mgh2=/mv2b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

14、定律得mv2 = 2mv设a棒经时间At加速到v,由动量定理得B7 L -A t=mv 0p TT E 二 又q= 1 A3 1 =RTR2, E=ZTa、b恰好不相碰，有 4屯=31乂，联立解得h2= 1.8 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 R= 0.3 m的光滑竖直圆形轨道，运行一周后自B点向C

15、点运动，C点右侧有一陷阱，C、D两点的竖直高度差 h=0.2 m ,水平距离 s= 0.6 m ,水平轨道 AB长为L1=1 m, BC长为L2=2.6 m , 小滑块与水平轨道间的动摩擦因数尸0.5,重力加速度g=10 m/s2.(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. 1 一一2 .如图所不，AB是位于竖直平面内、半径 R=0.5 m的4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E

16、=5X103 N/C.今有一质量为m = 0.1 kg、带电荷量q=+8X10-5 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产0.05,取g = 10 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)21.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mg=m、R；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12 12一mgL 2mgR= 2mv mvA,解得小滑块在 A点的初速度Va= 5 m/s.(2)若小滑块恰好停

17、在 C处，对全程进行研究，则有12一mgL+L2)= 02mv代入数据解得v '= 6 m/s.所以当5 m/s< Va< 6 m/s时，小滑块停在 B、C间.1 c右小滑块恰能越过陷阱，则有h=2gt2, s= Vet,联立解得 VC=3 m/s由动能定理得一科mgL1+L2) = 2mvC2mv"2,代入数据解得v"=35 m/s,所以当va>3ty5 m/s,小球越过陷阱故若小球既能通过圆形轨道的最高点，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/s< Va< 6 m/s或Va> 34 m/s.答案：(1)5

18、 m/s (2)5 m/s < vA< 6 m/s 或 vA> 375 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mgR-qER=2mvB2由牛顿第二定律得 FN-mg=mVBR解得 Fn= 2.2 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,mgR qE(R+ x) 科 mgx0得 x=T m.3(3)由题意知 qE= 8X 10 5X 5X 103 N = 0.4 N科 mg= 0.05X0.1 X 10 N = 0.05 N因止

19、匕有qE>mg所以小滑块最终在圆弧轨道上往复运动.答案：(1)2.2 N 方向竖直向下 (2)2 m3(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vo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科，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

20、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轴水平，y轴竖直，处于竖直向下、大小为E0的匀强电场中，过。点，倾角为0= 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巳再经过时间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Vao、Va,碰撞

21、后B的速度为Vb.由于是弹性碰撞，故有 mAVAo= Eava+mBVBmAvAo= 2mAvA+ 2mlBvB 依题意碰后A停在小圆周上，根据动能定理有nAgr = 2 mAvA而B停在大圆周上，则1 2小2 叱 mBgr = 2mBVB先讨论mA>mB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v 0 mB 142与题设不符，故一定有 mAvmB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mA1二"=产立mB 1 + V2(2)根据动能定理，碰前对 A有12126-2 科 nAgr = ?mAVAo -

22、?mAV0也联立式解得vo = q （10+4* pgr答案：（1）T （2）V（10+42） gr 1 + V22.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=qE0 m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vy= at此时合速度方向垂直于斜面：v°= tan 0vy可解得粒子的初速度 V0=qE0t.m(2)第一个时间t内，粒子在竖直方向的位移yi=2at2水平方向的位移 x1=v0t在第二个时间t内，粒子在竖直方向的位移也为yi,水平方向的位移X2= yitan 0P 点至x 轴的距离 l=2yi + (xi + X2)t

23、an 0代入数据得：1=畔式.2m在第二个时间t内，在竖直方向：qEy qEo= ma在水平方向：qEx=v0 m t所以 E = E2+ E2解得：e =47e0.答案： 呼0t (2)"2詈 (3) ,7Eo计算题专项练(六)(建议用时：20分钟)题号i2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垂直于x轴沿y轴正方向射入电场中，粒子经过

24、电场偏转后从y轴上的N点进入第一象限，带电粒2mvoBi= >qi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。的距离为3l, N点与原点。的距离为，31,第一象限的磁感应强度满足不计带电粒子的重力，求:M工XXK； J*MM工*；KMKX¥；XXKX布(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？ 1 一2.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7圆弧固定轨道，圆弧半径 R= 5.4 m, BC为水平轨道，CD

25、为一段1圆弧固定轨道，圆弧半径 r= 1 m, 4三段轨道均光滑.一长为L = 4 m、质量为m2=1 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m1=2 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尸0.5,重力加速度g=10 m/s2当工件从h=0.5R高处静止下滑,小车(1)求工件到达圆形轨道最低点B对轨道的压力;(2)工件

26、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L'= 3.4 m,工件在小车与 CD轨道碰撞前已经共速，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 根据牛顿第二定律得：qE=ma沿y轴方向：淄l = v0t沿x轴方向:肛，22mv0 斛得：E =.ql(2)粒子在电场中沿x轴方向做匀加速运动，速度vi = at进入磁场时与y轴正方向夹角tan 0 ="=小V0解得仁60°进入磁场时速度大小为v= 2 vo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:2

27、一 VqvB1 = m-Ri解得：R1=l由几何知识可得粒子第一次到达x轴时过A点，因ON满足：ON=2Rcos 300 ,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：(2Ri+R2)sin 300 = R2,解得R2=2l根据：qvB2= m=,解得： B2= "-= -7".R22 ql(3)带电粒子到达D点时，因为DC=Risin 30° = 22D' H=R2-R2sin 30° = lF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

28、运动周期2兀Ri兀lT1 = 一2v0V0带电粒子在第四象限运动周期丁 2兀R22兀lT2 2v0v0带电粒子在磁场中运动时间满足t=T!+ a+nTi 2126(2)后力/口， 4 % l 5n兀l解得：t=K+村(n=0，1，2,2 答案：党哨4兀l 5n兀l嬴 + Rn” 1，2, 3,)122.解析：(1)工件下滑到 B处时速度为v0此过程机械能守恒2miv0=migh2在 B 处 Fn mg = mivfR联立以上两式求得 FN=mig, + "R尸40 N由牛顿第三定律得，工件对轨道最低点 B的压力大小为F N = Fn= 40 N ,方向竖直向下.(2)设工件与小车共速

29、为 vi,由动量守恒定律得miv0=(mi+m2)vi小车移动位移Si,由动能定理得m migsi=m2v2 0联立求得s1 =12科2mim2vo(mi + m2) 1 2gmimzR(mi+ m2)2= 1.2 m故 sBC= L+ s1= 5.2 m.(3)设工件滑至B点时速度为v0,与小车共速为v'i,工件到达C点时速度为v2由动量守恒定律得 m“ o=(mi+m2)v'i11 11 19由能重寸恒 7E 律得pnngL'= 2m1vo 2m2v1 2m1v21 c工件恰好滑到CD轨道最图点，由机械能守恒定律得-m1v 2=m1gr工件从高为h处下滑，则2m1v

30、, 0=mgh'代入数据解得h'= 3.47 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 皆R, R)点，粒子重力不计，求：&圜(1)磁场的磁感强度 B;(2)若将该粒子释放位置沿 y=R直线

31、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:mvo = 2mv解得v=2vo；碰撞过程中系统损失的机械能为1 2 1、2E 损=2mv0 2(2m)v12斛得E损=mvo.4(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mvo= (m+ m + 3m)vi1斛得V1 V05A、C粘在一起上滑至最大高度,由能量守恒定律得2m

32、gh =3x 2m(1vo)21x 5mx (1vo)2 2225解得h=g40答案：:mv2 (2)3440g122.解析：(1)粒子匀加速运动： EqR = 2mv2设圆周运动半径为r,则qvB=m-,由几何关系可知: rr2解得: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，所转过的圆心角为一- % ,一一 2则rsin -= R,解得：a= 3 % ,此时._ . a QL= Rsin 2= R在磁场中运动的时间为t = Sv解得：t=2f管；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 30° = a

33、t； Eq = ma, 水平方向匀速运动 x'= vcos 30° t解得：x'=空粒子返回电场时的水平坐标为Xo,Xo l3R=cot 30 , h= 一 h2运动到最高点时的水平坐标为：,53 x= Xo+X=-2-R.答案:3 (2)yR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L= 0.5 m的轻绳悬挂一质量不计的夹子，夹子内夹有质量m=0.5 kg的物块，物块两竖直侧面与夹子间的最大静摩擦力均为Ffm=3 N.现对物块施加F=5 N的水平

34、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1m/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,重力加速度g = 10 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;物块向右摆动的最大高度h.2.如图所示，xOy坐标系中，在y<0的区域内分布有沿 y轴正方向的匀强电场，在0<y<y0的区域内分布有垂直于 xOy平面向里的匀强磁场，一质量为m、电荷量为+ q的粒子以初速2度Vo由坐

35、标(0, y°)处沿x轴正方向射入电场. 已知电场强度大小 E = 粒子重力不计. 2qyoy<3XXXXX(1)要使粒子不从y=y0边界射出磁场，求磁感应强度应满足的条件；(2)要使粒子从电场进入磁场时能通过点P(50yo, 0)(图中未画出)，求磁感应强度的大小.计算题专项练(八)1.解析：(1)以整体为研究对象，由牛顿第二定律得：F=ma,得：a=10 m/s2.2mv(2)环到达Q,物块刚达到最大静摩擦力，由牛顿第二定律2Ffmmg=T根据动能定理有Fs=1mv2,联立得s= 0.05 m.(3)直杆插入夹子时，直杆与物块水平方向动量守恒，取向右为正方向,mv m0V0

36、= (m+ mo)v 共由动能定理得：1 ,、2一(m+ m0)gh= 0 2(m + m0)v 叁联立得h 0.022 m.答案：(1)10 m/s .2x= V0t, y。一 ？atqE = ma, Vy= at 解得：x = 2y 0, v y = v 0 (2)0.05 m (3)0.022 m2 .解析：(1)粒子在电场中做类平抛运动，则有：进入磁场日的速度 V = V2+V2 = 42Vo速度与x轴夹角的正切值 tan 0 =vy= 1,得0= 45° vo若粒子刚好不从y=y0边界射出磁场,则有:2V qvB= m r由几何关系知（1 + £）r=yo(J2

37、+ 1) mv0 解得b=a-0qyo故要使粒子不从y=y0边界射出磁场,（2）粒子相邻两次从电场进入磁场时，沿其中初始位置为（2yo, 0）应满足磁感应强度B> W1）mvoqyox轴前进的距离 Ax=2x V2r = 4yo V2r',mV, 口由r =不得B=qB2mvoq (4y0 A x)又因为粒子不能射出边界：y=yo,所以（手十勤厂yo,即0<r' <（2/2）yo所以有(6-2V2)yo< Ax<4yo粒子通过p点，回旋次数n=5°则如<48yo(6-2.2) yo,即 12<n<15.1n为整数，只能取

38、 n= 13、n=14和n=15n= 13 时,13mvo B =2qyon= 14 时,7mvoB=2qy0n= 15 时,5mvoB =.2qyo答案：B>(山+ 1) mv0qyo（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、动量和能量观点处埋竖直面内的圆周运动1.如图所示，在平面直角坐标系xOy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,

39、h）点，以大小为vo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-0.2

40、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）R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;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:2h = Voti 竖直方向:1 2h = 2at1 a=Eq 2由式得E=m.(2)粒子进入磁场时沿y轴方向的速度 vy = at 1 = v 0（B）粒子进入磁场时的速度v= yjv2+ V2粒子在洛伦兹力作用下做圆周运动，有2qvB= m 77 R由几何关系有R= .2r由式得B

41、 = my°qr1(3)粒子在磁场中运动的时间t2 = 4T粒子在磁场中做圆周运动的周期T = ?qB粒子从P点进入电场到 Q点射出磁场的总时间t = ti+t2?由? 式解得tnr2vo公,mvomvo答案：漏至4h+ nt r2vo2.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：2x 2mv2 2mgs 2 x 2mvCc v vc2mg= 2mR2 又 F NC 一代入解得： Fnc= 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V0,以向右为正方向，由动量守恒得：mv°=2mv,解得

42、v0 = 10 m/s贝 U: Ep= Ek= 1mv0= 200 J.22mv1Vi,则 2mg= R(3)物块不脱离轨道有两种情况能过轨道最高点，设物块经过半圆形轨道最高点最小速度为得：v1 = 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2x 2mv2 2mgs 4mgR>|x 2mv2代入解得s满足条件：s< 1.25 m.物块上滑最大高度不超过 1圆弧4设物块刚好到达1圆弧处速度为V2=04物块从碰撞后到最高点，由功能关系有：2x 2mv2 2mgs 2mgR同时依题意，物块能滑出粗糙水平面，由功能关系：2x 2mv2>2mgs代入解得s满足条件：

43、4.25 m < s<6.25 m.答案：(1)500 N (2)200 J (3) s< 1.25 m 或 4.25 m<s<6.25 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a1 .如图所不，在 0WxWa、0WyW氾围内有垂直于 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2到a之间，从发射粒子到粒子全

44、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L = 7 m、质量M = 1 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d=1 m的粗糙区 Ml；/2,域，中间部分光滑.可视为质点的小物块 A和B初始时如图放置，质量分别是mA= 0.25 kg和mB=0.75 kg, A、B与木板粗糙区域之间的动摩擦因数均为科1=0.2,木板与水平地面之间的动摩擦因数为比=0.3.某时刻对木板施加 F = 8 N的水平恒力，木板开始向右加速， 在A与B碰撞粘在一

45、起不再分开的瞬间撤去F ,取g = 10 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.1.解析:计算题专项练(十)(1)设粒子的发射速度为 V,粒子做圆周运动的轨迹半径为2牛顿第二定律和洛伦兹力公式，得qvB=mv-R由式得R=mv qBa当a<R<a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.、一、. T兀t,依题息 t= ,得/ OCA = -2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 a = a Rcos a 又 sin2 a

46、+ COS? a = 1 由式得由式得v=(2学皤.(2)由式得sin &6-乖10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：F 隆(M + mA+ mB)g = (M + mA)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WmAg=mAaA代入数据解得 a= 1.6 m/s2, aA= 2 m/s2由于a<aA,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 Vo,从木板开始运动到 A与B碰前的过 程，由运动学公式有：v0=2a(L-2d)研究A、B系统，设碰后瞬间 AB整体的速度为

47、“，又A、B碰撞过程系统动量守恒， 则有：mlAV0= (mA+mB)V1联立解得vi= 1 m/s.(2)撤去力F后，AB整体继续加速，设加速度大小为ai,由牛顿第二定律有：i(mA+ mB)g= (mA+ mB)ai木板C减速，设加速度大小为 a2,由牛顿第二定律有：2(M + mA+ mB)g+ 岗(mA+ mB)g= Ma2设经过ti时间，AB整体与木板C速度相等且为V2,由运动学公式有：V2 = Vo a2ti = vi + aiti计算得：a=2 m/s2, a2= 8 m/s2, 3=0.3 s, v2= i.6 m/s该过程AB整体与木板相对位移：As vo+ V21 vi +

48、 v21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，其加速度大小为 a3,由牛顿第二定律有：2(M + mA+ mB)g岗(mA+ mB)g= Ma3设再经过时间t2木板停止运动，t2=经a3t2时间内AB整体相对木板向右的位移大小为：A s2= v2t2 1ait2"t222此时AB整体的速度为：v3=v2a1t2AB整体继续减速再经过一段位移：2A s3=,便停在木板上.2ai解得：A si = 0.45 m, a3= 4 m/s2, t2= 0.4 s, As2=0.i6 m , As3= 0.i6 m最终AB整体与木板左端的水平距离为：A s= d A si

49、 + A s2+ A s3= 0.87 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 i1-IIL.ri,12mg, 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

50、光滑半圆轨道 ABC, B为半圆轨道中点，半径 R=0.08 m, Z COB = 90° .木板DE质量为 m,长度L = 10 m, E与A距离s=2m,木板与地面间的动摩擦因数为以= 0.1,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四=0.2,物体在合适的位置以合适的初速度vo开始向右运动，重力加速度g=10 m/s2,结果可保留根号.求:2mT(1)要使物体沿轨道

51、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mg+ 2mg= qE 得E = 3ma,方向竖直向上 q在匀强电场中，有 Uoa=日则a、。两点电势差UaO= 3mH.q(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1212 qqE 2l + mg 2l = 2mvb 2mva小球做圆周运动通过 b点时，由牛顿第二定律可得2qE mg= m-p 联立式可得Va=10gl,故应满足Va>710gl.答案：(1)3mg,方向竖直向上3

52、mglq(2)Va>Vl0g'2.解析：(1)对物体，从A至IJB的过程，由动能定理可得:1212一mgR 2mvB 2mvA刚好到达B点,Vb=0解得："=乎m/s.(2)设物体在A点的速度为vi,从A到C的过程，由动能定理可得:1212mg2R 2mvc 2mvi2要使物体能到达 C点不脱离轨道，在 C点有：mg=mv7R联立以上方程解得：vi=2 m/s根据分析，可分以下两种情形求解：情形当物体相对木板从左端的D点滑到E时，木板恰好运动了 s=2 m,使E与A相遇，而且物体的速度大于 vi,物体对应的V0有最大值.设木板的加速度为 a1,物体的加速度为 a2,对木

53、板有：M22mg禺3mg= mai可得：ai = 1 m/s2对物体有：也2 mg = 2ma2可得：a2 = 2 m/s2设木板运动到与 A相碰所用的时间为 J则木板和物体的位移关系为：1_1_ 2L= (voti 2a2ti)2aiti解得：t1 = 2 s, v0 = 8 m/s此时物体到A点的速度为:v= vo a2ti = 4 m/s > vi故vo= 8 m/s是最大值.情形当物体与木板达到共同速度时恰好滑到E点，以后一起运动直到E与A相遇,a3,而且物体的速度等于 v1，物体对应的vo有最小值.设物体与木板一起运动的加速度为则有：内3mg =3ma3解得：a3=1 m/s2设物体与木板达到共同的速度v所用的时间为t2,木板在t2时间内的位移为S2,两者起运动的位移为S3,则：V' = V0a2 t2= alt2又木板 的 总位移：s= s2 + s3 = ：a1t2 + v-z122a3解得：t2= 2 s, v0 = 6 m/s故初速度的取值范围为：6 m/s < v0< 8 m/