高三物理计算题汇集

1、物理计算题汇集1.如图所示，水平地面上有一辆固定有竖直光滑绝缘管的小车，管的底部有一质量m=0.2g、电荷量q=8X 10-5C的小球，小球的直径比管的内径略小.在管口所在水平面MN的下方存在着垂直纸面向里、磁感应强度 Bi= 15T的匀强磁场，MN的上方还存在着竖直向上、场强E=25V/m的匀强电场和垂直纸面向外、磁感应强度&=5T的匀强磁场.现让小车始终保持v=2m/s的速度匀速向右运动，以带电小球刚经过场的边界PQ为计时的起点，测得小球对管侧壁的弹力Fn随高度h变化的关系如图所示.g取10m/s2,不计空气阻力.求：(1)小球刚进入磁场 Bi时的加速度大小a；(2)绝缘管的长度L;(3)

2、小球离开管后再次经过水平面MN寸距管口白距离 x.解析：(1)以小球为研究对象，竖直方向小球受重力和恒定的洛伦兹力九，故小球在管中竖直方向做匀加速直线运动，加速度设为a,则a = f1 -mg =qvB1 -mg =2m/s2mm(2)在小球运动到管口时,3Fn = 2.4X10 N,设 vi为小球竖直分速度，由 Fn =qv1B1 ,则V =-F =2m/sqB12 r 2v .由 v1 =2aL 得 L = =1m 2a(3)小球离开管口进入复合场，其中qE= 2X10故电场力与重力平衡，小球在复合场中做匀速圆周运动，合速度v 与MN 45角，轨道半径为R,F=、%，小球离开管口开始计时，

3、到qB2再次经过MN通过的水平距离 x1 = 2R =2m，、一1二 m二对应日rh可t = -T = = s HYPERLINK l bookmark2 o Current Document 4 2qB24,冗小车运动距离为 X2, x2 =vt =m23N, mg= 2X 10 3N.PqE门rMmgIvX XXqBvB2XBiX2.如图所示，粒子源 S可以不断地产生质量为m电荷量为+q的粒子(重力不计).粒子从Q孔漂进(初速不计)一个水平方向的加速电场，再经小孔O2进入相互正交的匀强电场和匀强磁场区域，电场强度大小为E,磁感应强度大小为B1,方向如图.虚线 PQ MN之间存在着水平向右的

4、匀强磁场，磁感应强度大小为 带电，宽度很窄，厚度不计)放置在 PQ MNtt(截面图如图)，a、c两 点恰在分别位于 PQ MNk, ab=bc=L, a = 45 .现使粒子能沿图中虚线 QQ进入PQ MN之间的区域.B(图中未画出).有一块折成直角的硬质塑料板abc(不(1)求加速电压U.(2)假设粒子与硬质塑料板相碰后，速度大小不变，方向变化遵守光的反射定律.粒子在PQMN之间的区域中运动的时间和路程分别是多少？1解析：(1)粒子源发出的粒子，进入加速电场被加速， 速度为V0,根据动能定理得：qUi=(mv：要使粒子能沿图中虚线 OQ进入PQ MN之间的区域，则粒子所受到向上的洛伦兹力与

5、向下的2电场力大小相等，qE =qvB,得到v0 =,解之得 5=空丁Bi2qBi(2)粒子从Q以速度vo进入PQ MN间的区域，先做匀速直线运动，打到 ab板上，以大小为vo的速度垂直于磁场方向运动.粒子将以半径R在垂直于磁场的平面内作匀速圆周运动，转动一周后打到 ab板的下部.由于不计板的厚度，所以质子从第一次打到ab板到第二次打到ab板后运动的时间为粒子在磁场运动一周的时间，即一个周期T.2由qvB2 =和运动学公式T =画，得T =RvoqB2粒子在磁场中共碰到 2块板，做圆周运动所需的时间为 L=2T粒子进入磁场中，在vo方向的总位移s=2Lsin45。，时间为t2 = S，则t=t

6、 1乜2=0+上旦L voqB2 E3.某同学设想用带电粒子的运动轨迹做出“。”、“8”字样，首先，如图甲所示，在真空空间的竖直平面内建立 xoy坐标系，在yi=o.1m和y2=o.2m处有两个与x轴平行的水平界面 PQ和 MN把空间分成I、n、出三个区域，在三个区域中分别存在匀强磁场Bi、B2、&、，其大小满足B2=2B=2B=o.o2T ,方向如图甲所示.在H区域中的 y轴左右两侧还分别存在匀强电场曰、Ez (图中未画出)，忽略所有电、磁场的边缘效应 .ABC虚以坐标原点 O为中心对称的正方形， 其边长L=o.2m.现在界面PQ上的A处与甘y轴正方向发射一比荷 q/m=io8q/c的带正电

7、荷的粒子(其重力不计)，粒子恰能沿图中实线途经BCDE点后回到A点并做周期性运动，轨迹构成一个“。”字.己知粒子每次穿越n区域时均做直线运动(1)求Ei、E2场的大小和方向(2)去掉H和出区域中的匀强电场和磁场，其他条件不变，仍在A处以相同的速度发射相同的粒子，请在n和山区城内重新设计适当的匀强电场或匀强磁场，使粒子运动的轨迹成为上、下对称的“ 8”字，且粒子运动的周期跟甲图中相同，请通过必要的计算和分析，求出你所设计的“场”的大小、方向和区域，并在乙图中描绘出带电粒子的运动轨迹和你所设计的“场”(上面半圆轨迹己在 图中画出)X X X X X X4.如图甲所示是某同学设计的一种振动发电装置的

8、示意图，一个半径r=0.10m、匝数n=20的线圈套在永久磁铁槽中，磁场的磁感线均沿半径方向均匀分布(其右视图如图乙所示).在线圈所在位置磁感应强度B的大小均为 B=0.20T,线圈的电阻为 R=0.50它的引出线接有R=9.5 的小电珠L.外力推动线圈框架的 P端，使线圈沿轴线做往复运动，便有电流通过电 珠.当线圈向右的位移 x随时间t变化的规律如图丙所示时(x取向右为正).求：(1)线圈运动时产生的感应电动势E的大小；(2)线圈运动时产生的感应电流I的大小，并在图丁中画出感应电流随时间变化的图象，至少画出00.4s的图象(在图甲中取电流由C向上通过电珠 L到D为正)；(3)每一次推动线圈运

9、动过程中作用力F的大小；i/A-t/s0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6解析：从图可以看出，线圈往返的每次运动都是匀速直线运动，其速度为：x 0.08vm/s =0.8m/s：t0.1线圈做切割磁感线运动产生的感应电动势E =n2 ：rBv =20 2 3.14 0.1 0.2 0.8V =2V感应电流I = E -2 A =0 2AR1 R29.5 0.5I/A n O -0.2Ii !?; t/0 -0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6-0.2, , , 根据右手定则可得，当线圈沿x正方向运动时，产生的感应电流在图(甲)中是由 D向下经过电珠L流向C的.于是可得到如答

10、图所示的电流随时间变化的图象.(3)由于线圈每次运动都是匀速直线运动，所以每次运动过程中推力必须等于安培力.F 推=F安=nILB =nI(2nr)B=20M0.2M2M3.14M0.1M0.2=0.5(N) 发电机的输出功率即灯的电功率P =I2R2 =(0.2)2 M9.5W =0.38W5.静电喷漆技术具有效率高，浪费少，质量好，有利于工人健康等优点，其装置如图所示。A、B为两块平行金属板，间距d= 0.40m,两板间有方向由B指向A,大小为E=1.0 X103N/CB的匀强电场。在A板的中央放置一个安全接地的静电油漆喷枪P,油漆喷枪的半圆形喷嘴可向各个方向均匀地喷出带电油漆微粒，油漆微

11、粒的初速度大小均为V0=2.0 m/s ,质量 m= 5.0X10i5kg、带电量为q = -2.0 X10-16C。微粒的重力和所受空气阻力均不计，油漆微粒最后都落在金属板B上。试求：(1)微粒打在B板上的动能。(2)微粒到达B板所需的最短时间。(3)微粒最后落在 B板上所形成的图形及面积的大小。. 解析： (1) 电场力对每个微粒所做的 功W=qEd=2.0 10,6 1.0 103 0.40J=8.0 10* J对微粒由动能定理 W=Ekt - Ek0Ekt =WEk。=W1 2-mv02=8.0 10,4 1 5.0 10,52父2.02 J = 9.0M10*JJ4Ek_ 1-t2到

12、过极板 B2Ekt2 9.0 10-14 5.0 10 一15m/s = 6.0m/s喷出时速度方向与场强方向相反的微粒到达B板所需的时间最短vo vt _ h所以t =2hvo vt_ 2 0.40一2.0 6.0s =0.1s(3)微粒最后落在 B板上所形成的图形为圆形，打在圆周边缘点的微粒在两板间做类平抛运 动，加速度qE 2.0 10一16 1.0 105.0 101153一 m/s2=40m/s2,水平位移R = vot10hc 222 2h22 0.4022S - -R2 = ： (vot1 )2 = ：v；() =3.14 2.02 ( )m2 ： 0.25m2a406.跳水运动

13、是我国体育运动的优势项目，某运动员参加10m跳台(即跳台距水面 10m)的跳水比赛，假如运动员质量为m=60kg,其体形可等效为长度 L=1.0米，直径d=0.3米的圆柱体，不计空气阻力，运动员站立在跳台上向上跳起到达 最高点时，他的重心离跳台台面的高度为0.95米，在从起跳到接触水面过程中完成一系列动作，入水后水的等效阻力F作用于圆柱体的下端面，F的数值随入水深度 y变化的函数图象如图所示，该直线与F轴相交于F=2.5mg处，与y轴相交于y=h,为了确保运动员的安全，水池必须有一 定的深度，已知水的密度p =1X103kg/m3,根据以上的数据估算(1)运动员起跳瞬间所做的功。(2)运动员在

14、整个空中完成动作的时间。(3)跳水池至少应为多深？ ( g=10m/s：保留两位有效数字)解析：(1)起跳瞬间做功 W=mv/2=mghi ，代入数据得 w=120J(2)起跳到接触水面为竖直上抛运动mv 02/2=mghi代入数据得vo=2m/s根据位移公式：h 2= v ot gt2/2代入数据得t=1.63s起跳到入水到最低点，设水池至少应为h深，根据动能定理得 W+mg(m+h) Fh/2 -F浮L/2 F浮(h L)=0-0,代入数据，得 h=7.6m7. 一个半径R为0.6m的光滑半圆细环竖直放置并固定在水平桌面上，。为圆心，A为半圆环左边最低点，C为半圆环最高点。环上套有一个质量

15、为1kg的小球甲，甲可以沿着细环轨道在竖直平面内做圆周运动。在水平桌面上方固定了B、D两个定滑轮，定滑轮的大小不计，与半圆环在同一竖直平面内，它们距离桌面的高度均为h=0.8m ,滑轮B恰好在O点的正上方。现通过两个定滑轮用一根不可以伸长的细线将小球甲与一个质量为2kg的物体乙连在一起。一开始，用手托住物体乙，使小球甲处于A点，细线伸直，当乙由静止释放后。(1)甲运动到C点时的速度大小是多少？(2)甲、乙速度相等时，甲距离水平桌面的高度是多少？(3)甲、乙速度相等时，它们的速度大小是多少？(结果可以用根式表示)解析：(1) Lab =Vh2 R2 =。82 0.62 m=1m甲运动到C点时，乙

16、的速度为零一 ,、 一 12mfc g(LAB Lbc) m甲 gR = m甲 v 甲 222 10(1 -0.2) -1 10 0.6vm/s = 2.5m/s = 4.47m/s,1Lba = h2d=R20.6h 0.8- R2 = 0.82 - 0.62m = 7/5 = 0.53m2-m = 0.45m(4 分)(4分)A，点，离开桌面的距(3)由机械能守恒可得m乙g(Lab - L ba) - m甲 gdI2mz.g(LAB - Lba ) m甲gd v,m甲 m乙/、2(m甲 m乙)v甲2(2 10(1 -0.53)-1 10 0.45 ,31-8.7 , 二-m/s=V；m/s

17、(4 分)I 213= 1.81m/s8.在水平光滑的绝缘桌面内建立如图所示的直角坐标系，将第I、n 象限称为区域一，第m、IV象限称为区域二，其中一个区域内只有匀强 电场，另一个区域内只有大小为2X 102T、方向垂直桌面的匀强磁场. 把一个荷质比为 9=2X108C/kg的正电荷从坐标为(0 , l)的A点处由静 m止释放，电荷以一定的速度从坐标为(1, 0)的C点第一次经x轴进入区域一，经过一段时间，从坐标原点D再次回到区域二.4to.)(1)指出哪个区域是电场、哪个区域是磁场以及电场和磁场的方向.区域二(2)当连接甲球的细线与圆环相切时，甲、乙速度相等，此时甲球到达 离为d(2)求电场

18、强度的大小.(3)求电荷第三次经过 x轴的位置.解析：(1)区域一是磁场，方向垂直纸面向里。区域二是电场， 方向由A指向C。(2)设电场强度的大小为 E,电荷从C点进入区域I的速度为 V. 从A到C电荷做初速度为零的匀加速直线运动，且过C点时速度方向与+x轴方向成45角，有：V2 =2as = 2qEs m电荷进入区域I后， 在洛仑兹力的作用下做匀速圆周运动，运动2轨迹如图，有：qBv = m-由题意及几何关系： rq8-22 = 2x10 C / kg , B=2x 10 T , s = u2m, r= mm2由可得：E =42 104V/m(3)电荷从坐标原点 。第二次经过x轴进入区域n,

19、速度方向与电场方向垂直，电荷在电场中做类平抛运动,设经过时间t电荷第三次经过x轴。有:tan 45 =-at22t=2 X 10-6svt所以：x= Vt 口 =8m，即电荷第三次经过 x轴上的点的坐标为(8, 0) cos 459.如图所示，将一质量 m=0.1kg的小球自水平平台顶端 。点水平抛出，小球恰好与斜面无碰 撞的落到平台右侧一倾角为口 =53的光滑斜面顶端 A并沿斜面下滑，然后以不变的速率过B点后进入光滑水平轨道 BC部分，再进入光滑的竖直圆轨 道内侧运动.已知斜面顶端与平台的高度差h=3.2m,斜面顶端高H=15m竖直圆轨道半径 R=5m重力加速度 g 取 10m/s2.求：(

20、1)小球水平抛出的初速度U。及斜面顶端与平台边缘的水平距离x；(2)小球离开平台后到达斜面底端的速度大小；(3)小球运动到圆轨道最高点D时对轨道的压力.解析：(1)研究小球作平抛运动，小球落至A点时，由平抛运动速度分解图可得：Vy TOC o 1-5 h z V 0= VyCOt vVa=sin ;x= V 0t由上式解得： V0=6m/s x=4.8m vA=10m/s由动能定理可得小球到达斜面底端时的速度vb212mgH= mVBmVA v B=20m/s HYPERLINK l bookmark58 o Current Document 2小球在BC部分做匀速直线运动，在竖直圆轨道内侧做

21、圆周运动，研究小球从C点到D点：由动能定理可得小球到达D点时的速度vd12122mgR- mvD 一 一 mvC HYPERLINK l bookmark64 o Current Document 222在D点由牛顿第二定律可得：N+mg=m vDR由上面两式可得：N=3N由牛顿第三定律可得：小球在D点对轨道的压力 N =3N,方向竖直向上.10.如图所示，在x轴上方有水平向左的匀强电场E1，在x轴下方有竖直向上的匀强电场E2 ,且Ei=E2=5N/C,在图中虚线(虚线与 y轴负方向成45角)的右侧和x轴下方之间存在着垂 直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B=2T.有一长L=5 2 m的不可伸长

22、的轻绳一端固定在第一象限内的 O 点，另一端拴有一质量M=0.1kg、带电量 q=+0.2C的小球，小球可绕 O点在竖直平面内转动，OO间距为L,与x轴正方向成45。角.先将小球放在 O正上方且绳恰好伸直的位置处由静止释放，当小球进入磁场前瞬间绳子绷断.重力加速度g取210m/s .求：(1)小球刚进入磁场区域时的速度.(2)细绳绷紧过程中对小球的弹力所做的功.(3)小球从进入磁场到小球穿越磁场后第一次打在x轴上所用的时间及打在x轴上点的坐标.解析：(1)小球先做匀加速直线运动，直到绳子绷直，设绳绷紧前瞬间速度为V,绳子绷紧后瞬间速度为 V1,则v 2=2ax而 F 合=*- 2mg = ma

23、x= 0的区域内还存在垂直于坐标x x x x d y( xx N平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为 Bo半径为R的光滑绝 缘空心半圆细管 ADO固定在竖直平面内，半圆管的一半处于电 场中，圆心 O为MN的中点，直径 AO垂直于水平虚线 MN 质 量为nr电荷量为q的带正电小球(可视为质点)从半圆管的A点由静止滑入管内，从 O点穿出后恰好通过 O点正下方的C点。已知重力加速度为g,电场强度的大小 E =也。求：3q小球到达O点时，半圆管对它作用力的大小； 矩形区域 MNPQJ高度H和宽度L应满足的条件；从O点开始计时，经过多长时间小球的动能最小?解析：从 ZQ过程，由动能定理得在 O点，由

24、Fn -mg -qvoB =2mvo得 Fn =-mg qB34gR(2) 小球从 8 C过程:水平方向做匀减速运动，竖直方向做自由落体运动4ax =-g3ay =g设向左减速时间为t=Vo a3R,4g1水平位移大小xvot2竖直位移大小y=；g(2t)2=3Rmg( 2R) qER =1 mv02 , vo-jgR 2, 3x、y方向分、，一，5R 宽度应满足条件L之2R高度满足条件H _52法一：以合力F合方向、垂直于合力方向分别建立x-y坐标系，并将速度分别沿解，当F合与速度v垂直时，小球的动能最小，设经过的时间为 TOC o 1-5 h z HYPERLINK l bookmark6

25、6 o Current Document 蛆二cot, mg3 HYPERLINK l bookmark68 o Current Document .44 r一考虑y万向的分运动初速度 v =vocos日=一 ；一gR ,末速度为零 y5 . 3加速度ayt =ay8 3R25 ； g法二：当F合与速度v的方向垂直时，小球的动能最小，设经过的时间为蛆二cot, mg3vyvy =gt,vx =v。-axt =v08 3R 可解得t25 .1 g法三：vy = gt,vx = v0v2-2x v2y =25g2t2.8g.4gRt 空 93338 3R -t = i 时,25 ； g函数v2有最

26、小值，动能有最小值。12. 一光滑曲面的末端与一长 L=1m的水平传送带相切，传送带离地面的高度h =1.25m,传送带的滑动摩擦因数科=0.1 ,地面上有一个直径 D=0.5m的圆形洞，洞口最左端的A点离传送带 右端的水平距离 S =1m, B点在洞口的最右端。传动轮作顺时针转动，使传送带以恒定的速度 运动。现使某小物体从曲面上距离地面高度H处由静止开始释放，到达传送带上后小物体的速度恰好和传送带相同， 并最终恰好由A点落入洞中。求：(1)传送带的运动速度 v是多大。(2) H的大小。(3)若要使小物体恰好由 B点落入洞中，小物体在曲面上 由静止开始释放的位置距离地面的高度H应该是多少？解析

27、：(1) v=J-g-S = J10dm/s = 2m/s,2h 2 1.25(2) TOC o 1-5 h z H =h 工=(1.25 L)m = 1.45m 2g2 10 v = g (S D) =10(1 0.5)m/s = 3m/s1,2h, 2 1.25.12mgH = mgh mghLmv2 HYPERLINK l bookmark354 o Current Document v3H =h L=1.25 0.1 1 m-1.8m2g2 10.过山车是游乐场中常见的设施。下图是一种过山车的简易模型，它由水平轨道和在竖直平面内的三个圆形轨道组成， B. C. D分别是三个圆形轨道的最

28、低点， B. C间距与C D间距 相等，半径 R=2.0m, R=1.4m。一个质量为 m=1.0kg的小球(视为质点)，从轨道左侧 A点以 v0=12.0m/s的初速度沿轨道向右运动， A. B间距L6.0m。小球与水平轨道间的动摩擦因数 科 =0.2 ,圆形轨道是光滑的。假设水平轨道足够长，圆形轨道间不相互重叠，重力加速度g取10m/s2,计算结果保留小数点后一位数字。试求：(1)小球在经过第一个圆形轨道的最高点时，轨道对小球作用力的大小；(2)如果小球恰能通过第二个圆形轨道，B. C间距L应是多少；(3)在满足(2)的条件下，如果要使小球不能脱离轨道，在第三个圆形轨道的设计中，半径R应满

29、足的条件；小球最终停留点与起点A的距离。第一圈轨道答案：(1) 10.0N; (2) 12.5m(3)当 0R3 M0.4m 时，L=36.0m ；当 1.0mER3 E27.9m 时，L=26.0m解析：(1)设小于经过第一个圆轨道的最高点时的速度为1212-mgL1 _2mgR =mv1 - - mv022Vi根据动能定理小球在最高点受到重力 mg和轨道对它的作用力 F,根据牛顿第二定律2V1F mg = mR1由得F = 10.0N(2)设小球在第二个圆轨道的最高点的速度为 2V2 mg = mV2,由题意由得-mg L1 L - 2mgR21212二一 mv2 一 一 mv022L =

30、12.5m(3)要保证小球不脱离轨道，可分两种情况进行讨论：I .轨道半径较小时，小球恰能通过第三个圆轨道，设在最高点的速度为2V3mg = m R3V3,应满足-mg L1 2L -2mgR31212二一 mv3 一 一 mv022由得R3 = 0.4mII .轨道半径较大时，小球上升的最大高度为-mg Li 2L -2mgR3R,根据动能定理12=0 一- mv02解得R3 =1.0m为了保证圆轨道不重叠，R最大值应满足R2 R3 2 = L2 R3 -R2 2解得综合I、II3=27.9m,要使小球不脱离轨道，则第三个圆轨道的半径须满足下面的条件0 : R3 -0.4m1.0m R3 2

31、7.9m当0R3 E0.4m时，小球最终焦停留点与起始点A的距离为L,则12-mgL = 0 - - mv0L=36.0m当1.0mwRa E27.9m时，小球最终焦停留点与起始点A的距离为L，则L:-L -2 L -L1 -2L = 26.0m.如图所示，在xoy平面内，第出象限内的直线 OM是电场与磁场的边界，OM与负x轴成45 角.在x0且OM勺左侧空间存在着负x方向的匀强电场 E,场强大小为 0.32N/C ;在yBo时，R= mgsin： 一 ?Bo kt)F的方向沿斜面向下。F的方向先沿斜面向上;当经过t =mgRsin ;k2L3Bok时，F的方向又将变为沿斜面向下。18.如图甲

32、所示，建立 Oxy坐标系，两平行极板 和板间距均为l ,第一四象限有磁场，方向垂直于 轴间右连接发射质量为m电量为+q、速度相同、P、Q垂直于y轴且关于x轴对称，极板长度Oxy平面向里。位于极板左侧的粒子源沿x重力不计的带电粒子在03t时间内两板间加上如图乙所示的电压(不考虑极边缘的影响) 已知t=0时刻进入两板间的带电粒子恰好在to时，刻经极板边缘射入磁场。 上述m q、l、lo、B为已知量。(不考虑粒子间相互影响及返回板间的情况)求电压U的大小。1求1时进入两板间的带电粒子在磁场中做圆周运动的半径。2何时把两板间的带电粒子在磁场中的运动时间最短？求此最短时间。X x X xxx X x x

33、XXX xBx X XXX图乙解析：( 线运动,(1) t =0时刻进入两极板的带电粒子在电场中做匀变速曲t0时刻刚好从极板边缘射出，在.1Un为i,则有e=*c HYPERLINK l bookmark185 o Current Document 2lEq = ma .12_l 二 一 at。 HYPERLINK l bookmark363 o Current Document 2联立以上三式，解得两极板间偏转电压为“、1 、，(2) t0时刻进入两极板的带电粒子， 前2带电粒子做匀速直线运动。带电粒子沿y轴负方向偏移的距离U0吗。qt0时间在电场中偏转,x轴方向的分速度大小为v0 =Lt0

34、带电粒子离开电场时沿y轴负方向的分速度大小为vy=aL1t0y 2带电粒子离开电场时的速度大小为v = Jv2 +vj2设带电粒子离开电场进入磁场做匀速圆周运动的半径为R则有Bvq = mR联立式解得 R =吏必。2qBto2t0时刻进入两极板的带电粒子在磁场中运动时间最短。带电粒子离开磁场时沿y轴正方向的分速度为Vy =at0，设带电粒子离开电场时速度方向与y轴正方向的夹角为 a,则tana = T ,联立式解得 ct =,Vy4的圆心角为2a，所求最短时间为tmin2联立以上两式解得tmin=2m。2Bq19.如图甲所示，在两平行金属板的中线带电粒子在磁场运动的轨迹图如图所示，圆弧所对12

35、 二 m=-T，带电粒子在磁场中运动的周期为 T =-. . 一 - 一OO某处放置一个粒子源，粒子源沿OO方向连续不断地放出速度 V0=1.0 x 105m/s的带正电的粒子.在直线MN的右侧分布范围足够大的匀强磁场，.、一一 .、. 、，一 一. ，一 一、 .一 ， , * 、一.一一、. 一，、一磁感应强度 B=0.01兀T,万向垂直纸面向里，MN与中线OO垂直.两平行金属板的电压 U随时间变化的Ut图线如图乙所示.已知带电粒子的荷质比 Q =1.0 x108C/kg ,粒子的重力和 m粒子之间的作用力均可忽略不计，若t=0.1s时刻粒子源放出的粒子恰能从平行金属板边缘离 TOC o

36、1-5 h z 开电场(设在每个粒子通过电场区域的时间内，可以把板间的电场看作是恒定的).求：(1)在t=0.1s时刻粒子源放出的粒子离开电场时的速度大小和方向图甲N(2)从粒子源放出的粒子在磁场中运动的最短时间和最长时间解析：(1)设板间距为d, t=0.1s时刻释放的粒子在板间做类平抛运动 TOC o 1-5 h z 在沿电场方向上 d = t22 2md粒子离开电场时，沿电场方向的分速度Vy = qU t dm粒子离开电场时的速度V=,v：+v2Vy粒子在电场中的偏转角为 0 tan =V0由得v = . V： qU =1.4 105m/sm4 r qU0tan 8 = .-2 =10

37、=45mv2说明：用q = -mv2 -1mv2和cos = 联立求出正确结果，参照上述评分标准给分 222v(2)带电粒在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期qB2 10不同时刻释放的粒子在电场中的偏转角0不同，进入磁场后在磁场中运动的时间不同,的在磁场中的偏转角大，运动时间长t=0时刻释放的粒子，在电场中的偏转角为0,在磁场中运动的时间最短ti = =1 10 s2t=0.1s时刻释放的粒子，在电场中的偏转角最大为45,在磁场中运动的时间最长t2 =3T =1.5 10-6S 420.在如图所示的空间区域里， y轴左方有一匀强磁场，场强方向跟 y轴正方向成60。，大小 为E=4.0 XN/C;

38、y轴右方有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B=0.20T.有一质子以速度v=2.0 x 106m/s,由x轴上的A点(10cm, 0)沿与x轴正方向成300斜向上射入磁场，在磁场中运动一段时间后射入电场，后又回到磁场，经磁场作用后又射入电场.已知质子质量近似为m=1.6x 10-27kg,电荷q=1.6 x 10-19C,质子重力不计.求:(计算结果保留3位有效数字)(1)质子在磁场中做圆周运动的半径.(2)质子从开始运动到第二次到达y轴所经历的时间.(3)质子第三次到达y轴的位置坐标.解析：(1)质子在磁场中受洛仑兹力做匀速圆周运动，根据2牛顿第二定律有：qvB = m R得质子做匀速圆

39、周运动的半径为：R = mv = 0.10mqB(2)由于质子的初速度方向与 x轴正方向的夹角为 300, 且半径恰好等于OA因此质子将在磁场中做半个圆周 运动到达y轴上的C点，如图所示.根据圆周运动的规律，质子做圆周运动的周期为：T =qB4 y/cm质子从出发运动到第一次到达y轴的时间为：t1 =1=% 1.57M10，s2 qB质子进入电场时的速度方向与电场的方向相同，在电场中先做匀减速运动，速度减为零后反向做匀加速直线运动，设质子在电场中运动的时间为t2,根据牛顿第二定律有2mv2mvqE =m，得 t2 =1.0 父 10 s t2qE因此质子从开始运动到第二次到达y轴的时间为：t

40、=t+t2 =2.57父10二s.(3)质子再次进入磁场时， 速度的方向与电场的方向相同，在洛仑兹力作用下做匀速圆周运动，到达y轴的D点.由几何关系得 CD=2Rcos30则质子第二次到达y轴的位置为y2 =CD OC =2Rcos300 2Rcos300 = 20 3cm = 34.6cm即质子第三次到达 y轴的坐标为(0, 34.6 ).21.如图所示)一个质量为 3 带电量为+q的粒子以速度v。从O点沿y轴正方向射入磁感应强度为B的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外，粒子飞出磁场区域后，从点 过x轴，速度方向与x轴正方向的夹角为 300.粒子的重力不计，试求： (1)圆形匀强磁场区域

41、的最小面积 .b处穿(2)粒子在磁场中运动的时间b到O的距离.V0mq b*X ,I V0O/k度Vo.在沿导轨往复运动的过程中，导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触.(1)求初始时刻导体棒受到的安培力.(2)求初始时刻导体棒加速度的大小和0K方向（3）导体棒往复运动，最终将静止于何处？从导体棒开始运动直到最终静止的过程中，电阻 R上产生的焦耳热Q为多少？31.如图所示，地面上方竖直界面M左侧空间存在着水平的、垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B=2.0 T , M右侧与N左侧之间有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B2=20To与N平行的竖直界面M左侧存在竖直向下的匀强电场，电场强度E1=1

42、00N/C。在界面 M与N之间还同时存在着水平向下的匀强电场，电 场强度E=90N/C。在紧靠界面 M处有一个固定在水平地面上的竖直绝 缘支架，支架上表面光滑，支架上放有质量R2=1.8 X10-4kg的带负电的 小球b （可视为质点），电荷量q2=1.0 x 10-5 G一个质量为m=1.8X10-4 kg,电荷量为q1=3.0 X 10-5 C的带负电小球（可视为质点）a以水平速度V。射入场区，沿直线运动并与小球b相碰，a、b两个小球碰后粘合在一起成小球c,进入界面M右侧的场区，并从场区右边界N射出。xa V0BiN L ：X X xE1 XE2xB2777777777777777tT77

43、7777777已知M和N两个界面的距离 L=2，5 m,忽略ab间静电力，g取10m/s2。求:小球c刚进入M右侧场区时的速度大小;小球c穿出场区右边界N时的侧移量。32.如图所示，在以 O为圆心，半径为 R=10j3cm的圆形区域内,有一个水平方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B=0.10T,方向垂直纸面向外。竖直平行放置的两金属板A、K连在如图所示的电路中。电源电动势 E=91V,内阻r=1.0 Q ,定值电阻R=10Q ,滑动变 阻器R的最大阻值为80Q , $、及为A、K板上的两个小孔，且 $、 4跟O在竖直极板的同一直线上，另有一水平放置的足够长的荧光屏D, O点跟荧光屏D之间的距离为

44、 H=3R比荷为2.0X105C/kg的 带正电的粒子由 S1进入电场后，通过S2向磁场中心射去，通过磁场 后落到荧光屏D上。粒子进入电场的初速度、重力均可忽略不计。（1）求如果粒子垂直打在荧光屏上的P点，电压表的示数多大？（2）调节滑动变阻器滑片 P的位置，求粒子到打到光屏的范围。解析：（1） 30V（提不：见右图，离子在磁场中偏转r = 2mUq，可得 Uo ）90 ,因此轨迹半径r=R=10 , 3cm, R O -Bq（12分）（2） 60cm （提示：见右图，当滑动变阻器滑动头在左端时,Ui=10V,Ori*2mU1q可得r1=10cm,偏转角。1=120 ,打在荧光屏上的M点处，B

45、qMO=H/ .3=30cm；当滑动变阻器滑动头在右端时,U=90V,由_ 2mU2q 可得r 2 .r r r2 R O ,Bqr2=30cm,偏转角0 2=60 ,打在荧光屏上的 N点处，O N=H/C =30cm=）33.如图所示，两平行金属导轨间的距离L=0.40m,金属导轨所在的平面与水平面夹角0 =37o,在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B=0.50T、方O向垂直于导轨所在平面的匀强磁场。金属导轨的一端接有电动势E=4.5V、内阻r=0.50 Q的直流电源，另一端接有电阻 R=5.0 。现把一个质量为 m=0.040kg的导体棒ab放在金属导轨上， 导体棒静止。导体棒与金属导轨垂

46、直、且接触良好，与金属导轨接触的两点间的导体棒的电 阻舟=5.0 Q ,金属导轨电阻不计，g取10m/s2。已知sin37o=0.60 , cos37o=0.80 ,求：(1)通过导体棒的电流；(2)导体棒受到的安培力大小；(3)导体棒受到的摩擦力。34.如图所示，M N为两块带等量异种电荷的平行金属板，S、及为板上正对的小孔，N板右侧有两个宽度均为 d的匀强磁场区域，磁感应强度大小均为 B,方向分别垂直于纸面向里和向 外，磁场区域右侧有一个荧光屏，取屏上与 S、S2共线的。点为原点，向下为正方向建立x轴.M板左侧电子枪发射出的热电子经小孔Si进入两板间，电子的质量为m电荷量为e,初速度可以忽

47、略.(1)当两板间电势差为 U0时，求从小孔S2射出的电子的速度 V0。(2)求两金属板间电势差U在什么范围内，电子不能穿过磁场区域而打到荧光屏上.(3)求电子打到荧光屏上的位置坐标x和金属板间电势差 U的函数关系.由此可解得V0 =2eU0mv应有r 二一 ：二d(3分)eB一 12 .而eU = mv由此即可解得U22 _2 d2eB2 eB.在平面直角坐标系 xOy中，第I象限存在沿 y轴负方向的匀强电场，第IV象限存在垂直 于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为Bo 一质量为 m电荷量为q的带正电的粒子从y轴正半轴上的 M点以速度V0垂直于y轴射入电场，经x轴上的N点与x轴正 方向成0

48、 = 60角射入磁场，最后从y轴负半轴上的P点垂直于y轴射出磁场，如图 所示。不计粒子重力，求：M N两点间的电势差Un ；粒子在磁场中运动的轨道半径r；粒子从M点运动到P点的总时间t o解析：(1)设粒子过N点时速度为v,有v0 =cos。 v= 2v0粒子从M点运动到N点的过程，有qUM- 1 mJ 1 mv2 3mv2 小UMIN=2q2(2)粒子在磁场中以 。为圆做匀速圆周运动，半径为 ON,有qvB=mv-2m % Cr= 0 qB(3)由几何关系得ON= rsin 0设粒子在电场中运动的时间为ONh v0t 1 t尸画粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T= 2 PB0设粒子在磁场中运

49、动的时间t2,有兀一日.t 2= T2 二11,2 二mt2=12qB3qBt = t 1 + t 213t= (373+2n)m3qB.为了使航天员能适应在失重环境下是的工作和生活，国家航天局组织对航天员进行失重 训练。故需要创造一种失重环境；航天员乘坐到民航客机上后，训练客机总重5X104kg,以200m/s速度沿300倾角爬升到7000米高空后飞机向上拉起，沿竖直方向以200m/s的初速度向上作匀减速7000 米地面直线运动，匀减速的加速度为g,当飞机到最高点后立即掉头向下，仍沿竖直方向以加速度为 g加速运动，在前段时间内创造出完全失 重，当飞机离地2000米高时为了安全必须拉起，后又可

50、一次次重复为航天员失重训练。若飞机飞行时所受的空气阻力f=Kv(k=900N s/m),每次飞机速度达到350m/s后必须终止失重训练(否则飞机可能失速)。求：(1)飞机一次上下运动为航天员创造的完全失重的时间。(2)飞机下降离地 4500米时飞机发动机的推力(整个运动空间重 力加速度不变)。(3)经过几次飞行后，驾驶员想在保持其它不变，在失重训练时间不变的情况下，降低飞机拉起的高度(在 B点前把飞机拉起)以节约燃油，若不考虑飞机的 长度，计算出一次最多能节约的能量。2 解析：（1）上升时间t上=%=20s 上升高度h上=-2 2000m g2g2 判断当速度达到350m/s时，下落高度hr

51、=6125m ,2g此时离地高度为 h+h 上h 下=7000+2000 6125=28752000m, t下=35S, g所以一次上下创造的完全失重的时间为55s（2）当飞机在离地4500m2875m所以飞机仍在完全失重状态，飞机自由下落的高度h2 = 2000 7000 -4500 = 4500m 此时，v2 = . 2gh2 =300m/s 推力 F = f = kv2 = 900 300 = 2.7 105 N（3）为了节约能量，那么让飞机在2000m是速度正好为350m/s,所以此时最大离地高度为2000+h下=8125m,故飞机拉起的高度为 8125-h上=6125m,即比原来提前

52、 A h=7000-6125=875m拉 起， 飞机节省的能量就是在这 875m中克服重力和阻力做的功之和（因为在这个过程飞机是匀速的，动能没有改变） WF =mg. h kv0 h/sin300 = 7.525 108N 37.如图所示，长度都为 L的两金属棒 C D两端分别连接两根轻质的 细软导线，悬挂在水平固定光滑绝缘的圆柱体两侧，空间存在两个边 界水平、上下高度都为 d的两个匀强磁场区域I和n ,磁场方向与金 属棒及其两端的竖直导线所确定的平面垂直，磁感应强度均为B, C的质量为2m, D的质量为m, C D的电阻都为R,导线电阻不计，让两金 属棒从静止（软导线棚紧）开始释放，经过一段

53、时间，C刚进入I区磁场，而D尚未进入H区磁场，从此时开始直到D离开I区磁场，C、D TOC o 1-5 h z 都做匀速直线运动。求： C进入磁场之前，每本!导线中的张力T释放的位置，C离I区磁场上边缘的距离h全过程中产生的焦耳热 Q 全过程中动过导线截面的电量q解析： 对 C： 2mg -T =2ma对D： T mg = ma，一一 一4 由解得：T = mg3_1 _a = g3 磁场中速度为v,则回路中电动势：E=BLv TOC o 1-5 h z 回路中电流：I = E 2RC棒所受安培力：F=BIL2C进入磁场前的过程：2ah =v C在磁场中且D尚未进入磁场时，由于都匀速运动，则：

54、2mg =mg + F _22联立解得：h = 64B4L4(3)由题意得，两磁场的间隔大小也为d3 22由能量转化与守恒定律得：Q =mg(4d +h) =4mgd +14glB L q = 4dL2R38.如图甲所示，在光滑绝缘的水平面上固定着两对几何形状完全相同的平行金属板PQ和MN P、Q与M N四块金属板相互平行地竖直地放置，其俯视图如图乙所示.已知P、Q之间以及M N之间的距离都是 d=0.2m,极板本身的厚度不计，极板长均为L=0.2m,板间电压都是U =6.0父102V .金属板右侧为竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B = 5M102T ,磁场区域足够大.今有一质量为 m=1M1

55、0Kkg,电量为q =2M10C的带负电小球在水平面上如图从PQ平行板间左侧中点 O沿极板中轴线以初速度 v0=4m/s进入平行金属板 PQMN中，且在不与极板相碰 。M间距离最大是多少？(1)试求小球刚穿出平行金属板PQ进入磁场瞬间的速度；(2)若要小球穿出平行金属板 PQ后，经磁场偏转射入平行金属板 的前提下，最终在极板 MN的左侧中点。沿中轴线射出.则金属板Fa 二m解：(1)小球在PQ金属板中做类平抛运动:小球所受电场力 F =qE=q,而小球加速度 d故 a=Uq dm6 1 02 2 1 0/-_40.2 1 10 4m/s22= 60m/ sI 0 2小球在板间运动的时间 t =

56、 = s = 0.05sVq4小球在垂直板方向上的速度vy=at =60m 0.05m/s =3m/s则小球离开PQ板时的速度为 & =：v； Ivj =4 42 +32m/s = 5m/svv 3Vt与中轴线的夹角为 tane=V04(2)在PQ极板间，若P板电势比Q板高，则小球向P板偏离，进入右侧磁场后做圆周运 动，由运动的对称性，则必须 N板电势高于 M板电势，其运动轨迹如图 a所示；同理若 Q板电势比P板高，则必须 M板电势高于N板电势，其运动轨迹如图 b所示。否则不可能在 不与极板相碰的前提下，最终在极板MN勺左侧中点O沿中轴线射出。2小球进入磁场后做圆周运动，设运动半径为 R,因洛

57、仑兹力提供向心力， 即：qvtB = mXRmvt1 10J 5所以 R = t =62 m =0.5mqB 2 10- 5 102在PQ极板间，若小球向P板偏，设小球射入与射出磁场的两点间的距离为ha；在PQ极板间，若小球向 Q板偏，设小球射入与射出磁场的两点间的距离为图中半径不同，为简便，两图合一)可算得：4匕;hb =2Rcosi -2 0.5 m=0.8m 5小 球 偏 离 中 轴 线 的 位 移12122% =2at2 =2 60 0.05 m =7.5 10 m当小球向P板偏时，根据对称性可得 QM板间的距离为dd1=ha-2日+% J=had-2Y偏当小球向Q板偏时，根据对称性可

58、得QM板间的距离为dd2 =一2 2 -Y偏-d 2Y偏hbo由图中几何关系(注:显然d2 d1代入数据得 d2 =乩-d 2Ya =0.8 -0.2 2 7.5 10，m )=0.75m因而金属板 Q M间距离最大为0.75m。39.如图，两足够长平行光滑的金属导轨MN PQ相距为L,导轨平面与水平面夹角a =30导轨电阻不计.磁感应弓II度为 B的匀强磁场垂直导轨平面向上, PQ放置在导轨上，且始终与导轨电接触良好，金属棒的质量为 端连接右端电路，灯泡的电阻R=4R,定值电阻R=2R,电阻箱电阻调到使 R=12R,重力加速度为g,现将金属 棒由静止释放，试求：(1)金属棒下滑的最大速度为多

59、大？(2)当金属棒下滑距离为 S0时速度恰达到最大， 求金 属棒由静止开始下滑 2S。的过程中，整个电路产生的电 热；(3) R为何值时，其消耗的功率最大？消耗的最大功长为L的金属棒ab垂直于MN m电阻为R两金属导轨的上Ri率为多少？解：(1)当金属棒匀速下滑时速度最大，设最大速度为v,安=ILB达到最大时则有 mgsin 0 =F安F, BLvm_I = 其中R总=6RR、B2 12V 所以 mgsin 0 =m解得最大速度vm3mgRB2L2（2）由能量守恒知，放出的电热Q=mg 2S0Sin a - - mvm 2代入上面的Vm值，可得3229m g RQ = mgS0 -44-2B

60、L（3） R上消耗的功率又 mgsin： =U2P2R2B2L2v苴中八十U =IR并BLv%3R 降4RR2R并4RR23R - R并222 _解以上方程组可得n m g 一p -2 2b2l216R2R2m2g2sin2 ：2 2b2l216R16R22_ 8R R22）当R2=RL=4R时，R消耗的功率最大，最大功率 P=mgR40.如图（a）所示，在真空中，半径为 与纸面垂直.在磁场右侧有一对平行金属板4B2 L2b的虚线所围的圆形区域内存在匀强磁场，磁场方向M和N,两板间距离也为 b,板长为2b,两板的中心线OQ与磁场区域的圆心 O在同一直线上，两板左端与 O也在同一直线上.有一电荷