教辅--62道高中物理大型综合计算题集汇编全集

1、62道高中物理大型综合计算题集62道高中物理大型综合计算题集物理计算题如图位于水平地面的小车上，有一固定的竖直光滑绝缘管，管底部有质量m=0.2g、电荷量q=8X10-5c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面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B2=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：小球刚进入磁场 Bi时的

2、加速度大小 a；(2)绝缘管的长度L ;(3)小球离开管后再次经过水平面MN时距管口的距离厶x._M4EB2* NXXXXXXXXB1XXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXv解：(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f1,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 = qvB _mg =2m/s2mm(2)在小球运动到管口时，Fn = 2.4沁03N，设V1为小球竖直分速度，由Fqv1B1，则一2m/sqB2由V1也L得La=1m(3)小球离开管口进入复合场，其中_3 3qE = 2 X10 N , mg = 2 X10 N

3、 .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成45角,F轨道半径为R, R = = 、 2m ,qB2小球离开管口开始计时，到再次经过 MN所通过的水平距离x1 2R =2m1兀mn对应时间t =丄丁 m = S42qB2 4小车运动距离为 X2, x2 =vtm2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 01孔漂进（初速不计）一个水平方向的加速电场，再经小孔02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 Bi,方向如图.虚线 PQ、MN之间存在着水平向右的匀强磁场，磁感应强度大小为B2（图中

4、未画出）有一块折成直角的硬质塑料板abc（不带电，宽度很窄，厚度不计 ）放置在PQ、MN之间（截面图如图）,a、c两点恰好分 别位于PQ、MN上，ab=bc=L , a =45。.现使粒子能沿图中虚线O2O3进入PQ、MN之间的区域.（1）求加速电压Ui.（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 PQ、MN之间的区 域中运动的时间和路程分别是多 少？1解：（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 rmv：2要使粒子能沿图中虚线 O2O3进入PQ、MN之间的区域，则粒子所受到向上的洛伦兹力与向2下的电场力大小相等

5、，qE = qv0B，得到v0 E，解得U产卫昱1Bi2qBi（2）粒子从O3以速度vo进入PQ、MN之间的区域，先做匀速直线运动打到ab板上，再以大小为Vo的速度垂直于磁场方向向上运动.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.由qvB2二应和运动学公式T =丝，得T =住RV。qB2粒子在磁场中共碰到 2块板，做圆周运动所需的时间为匕=2T粒子进入磁场中，在 V。方向的总位移s=2Lsin45 ,时间为t,v贝U t=ti +t2=qB2

6、.2BiLE某同学设想用带电粒子的运动轨迹做出“0” “ 8”字样，首先，如图甲所示，在真空空间62道高中物理大型综合计算题集62道高中物理大型综合计算题集62道高中物理大型综合计算题集的竖直平面内建立 xoy坐标系，在yi=0.lm和y2=0.2m处有两个与x轴平行的水平界面 PQ 和MN把空间分成I、川三个区域，在三个区域中分别存在匀强磁场Bi、B2、B3、，其大小满足 B2=2Bi=2B3=0.02T，方向如图甲所示.在n区域中的 y轴左右两侧还分别存在匀强 电场E2 (图中未画出)，忽略所有电、磁场的边缘效应.ABCD是以坐标原点 O为中心对称的正方形，其边长 L=0.2m.现在界面P

7、Q上的A处沿y轴正方向发射一比荷 q/m=108q/c的 带正电荷的粒子(其重力不计)，粒子恰能沿图中实线途经 BCD三点后回到A点并做周期性 运动，轨迹构成一个“ 0”字.己知粒子每次穿越H区域时均做直线运动.求Ei、E2场的大小和方向. 去掉n和川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和川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

8、)Wm J LXXXXXX冬jj -If*IIlix in X X M/J XXXXXXX如图甲所示是某同学设计的一种振动发电装置的示意图，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 R1=0.50Q，它的引出线接 有r2=9.5 Q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： 线圈运动时产生的感应电动势E的大小； 线圈运动时产生的感应电流 I的大小

9、，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); 每一次推动线圈运动过程中作用力F的大小；该发电机的输出功率 P.剖面图线圈右视图*i/AO t/s0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6丁解：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vm/s =0.8m/s.：t 0.1线圈做切割磁感线运动产生的感应电动势(有效长度):E 二 n2：rBv =20 2 3.14 0.1 0.2 0.8V =2V(2)感应电流- A =0.2AR1 R29.5 0.50.2-0.2111Z0.1 0.2 0.3 0.4 0.

10、5 0.6t/s0i. I/A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的于是可得到如答图所示的电流随时间变化的图象.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=卩安=n ILB =n 1(2 二 r)B=20 0.2 2 3.14 0.10.2 =0.5(N) 发电机的输出功率即灯的电功率 P = |2R2 =(0.2)2 9.5W =0.38W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。3A、B为两块平行金属板，间距d = 0.40m，两板间的匀强电场E = 1.0

11、X 10 N/C如图。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，油漆微粒的初速度大小均为V0= 2.0 m/s，质量m = 5.0X 10_ 15kg、带电量为q= 2.0X 1016c。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。求：微粒打在B板上的动能。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：（1）电场力对每个微粒所做的功W =qEd =2.0 10J6 1.0 103 0.40J =8.0 104J对微粒由动能定理W二Eu- E欢12 I141152 14Ekt二W

12、 Ek0二Wmv0= 8.0 105.0 102.0 J =9.0 10 Jktk02021 2(2)由Ektm，微粒到过极板 B时的速率2v.2Ekt-2 DO 10；4m/s.0m/sv0vtv m V 5.0X10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:2hv。 vt2 0.402.0 6.0s =0.1S（3）微粒最后落在 运动，加速度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”匪/0 1一16 1.0 13m5.0 10 一5m/s2二 40m/s21 2 水平位移R = vot1hat，2222 2h22 汇 0 4022区域面积 S 二 R2

13、 二(vot1)=二v：( ) =3.14 2.02 ()m 0.25m2a406.参加10m跳台（即跳台距水面 10m）跳水比赛的 运动员质量为 m=60kg ,其体形可等效为长度 L=1.50 米，直径d=0.30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 =1x 13kg

14、/m3,根据以上的数据估算(1)运动员起跳瞬间所做的功。(2)运动员在整个空中完成动作的时间。跳水池至少应为多深？( g= 10m/s2，保留两位有效数字)解：(1)起跳瞬间做功 W= mv2/2=mghi ，代入数据得 w=120J(2)起跳到接触水面为竖直上抛运动：mvo2/2=mgh i代入数据得Vo=2m/s根据位移公式：也=vot gt2/2代入数据得t=1.63s从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(h 2+h) Fh/2 F 浮 L/2 F 浮(h L)=0 0代入数据得：h=7.6m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，O

15、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。甲运动到C点时的速度大小是多少？甲、乙速度相等时，甲距离水平桌面的高度是多少？ 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： Lab = . h2 R

16、20.82 0.62m =1m甲运动到C点时，乙的速度为零1 2 m乙 g(LAB Lbc) m 甲 gRm 甲 v甲2(4分)A，点，离开桌面的距v甲二 2212)-110.6m/s=2、.5m/s=4.47m/s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dLBA= h2 -R2 二 0.82 -0.62m = .7/5 二 0.53m.R20.62(4分)dm = 0.45mh 0.82(3)由机械能守恒可得m乙g (LAB-LBAJm甲gd(m甲 m乙“甲2_ 2m乙gS -Lba ) -m甲gd22 10(1 -0.53)-110 0.45(31-8仃m/sm/

17、s ( 4 分)= 1.81m/s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B=2X 10_2t、方q =2 X108C/ kg的正电荷从坐标为(0, - I)的A点 m(1, 0)的C点第一次经x轴进入区域一，经过一向垂直桌面的匀强磁场把一个荷质比为处由静止释放，电荷以一定的速度从坐标为 段时间，从坐标原点 D再次回到区域二.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.求电场强度的大小.求电荷第三次经过 x轴的位置.解：(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。

18、(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，到C点时速度方向与+x轴方向成45角,由速度位移公式得 c点速度为：v2 = 2as =2qE s 其中s - 2mm电荷进入区域I后，在洛仑兹力的作用下做匀速圆周运动，运动轨迹如图，由qBv =巴 q =2 108C/kg , B=2 x 10-2t , r - m 可求出速度 v rm2代入速度位移公式可求出 E = .2 104V/m电荷从坐标原点 o第二次经过x轴进入区域n,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。则解得：t=2 x 1

19、0-6sotan45為22vt所以：x =1 8m，即电荷第三次经过cos45x轴上的点的坐标为(8, 0)如图将一质量 m=0.1kg的小球自平台顶端 O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:=53的光滑斜面顶端 A，然后沿斜面以不变的速率过B点，再进入水平光滑轨道BC部分，最后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： 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；小球离开平台后到达斜面底端的速度大小； 小球运动到圆轨道最高点 D时对轨道的压力

20、./ b解：(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:1 . 2山=畀2Vy =2ghx= V0tV0= vycot avyva=sin三由上式解得：v=6m/sx=4.8mVA=10m/s(2)由动能定理可得小球到达斜面底端时的速度 VB1 2 1 2 mgH= mvBmvA 所以 VB=20m/s2 2小球在BC部分做匀速直线运动，在竖直圆轨道内侧做圆周运动，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VD1 2 1 22mgR= mvDmvC2 2在D点由牛顿第二定律可得：2vDN+mg= m由上面两式可得：N=3N 由牛顿第三定律可得：小球在D点

21、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E2，且E1 = E2 =5N/C，在图中虚线(虚线与y轴负方向成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 0/点在竖直平面内转动， 00/间距为L,与x轴正方向成45角先将小球放在 0/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10m/s2求：小球刚进入磁场区域时的速度.细绳绷紧过程中对小球的弹力所做的功.小球从进入磁场到

22、小球穿越磁场后第一次打在 上所用的时间及打在 x轴上点的坐标.E1，在x轴下方有竖直向上的匀强电场45角)的右侧和x轴下方之间解：(1)小球先做匀加速直线运动，直到绳子绷直，绷紧前瞬间速度为 v，绳子绷紧后瞬间速度为V1,由 F 合=、2mg 二 ma 和，x= . 2 l , v2=2ax 可求得绳子绷紧后得瞬时速度：V1 =vcos45绷紧后小球沿逆时针做圆周运动到0点速度为V2,由动能定理：Mg L-qEL- L)2 24-21 0tab1/i1*I/V-BptIII设绳Mv2(2)细绳绷紧过程中对小球所做的功W,1 2由 W= 一 Mv 12可得 W= 7.07J(3)小球进入磁场后，

23、2 由 qBv2= M v-RqE2=Mg，即重力与电场力平衡，小球沿顺时针方向做匀速圆周运动Mv?5 - 2R= mqB 2得半径2 二M:又 T= 一 sqB 2可见，小球在运动半周后以匀速运动的时间:V2出磁场，t =空V2做匀速直线运动直到打到 x轴上。小球从进入磁场到小球穿越磁场后第一次打在x轴上运动的总时间:解得球到x轴时的速度为：v2=10 .2 m/sT1 _t 总=+t = () s =1.3s22 4小球打到x轴上的位置坐标由几何知识可求得：(一10m, 0)11如图所示，矩形区域 MNPQ内有水平向右的匀强电场；在 y0的区域内还存在垂直于坐 标平面向里的匀强磁场，磁感应

24、强度大小为B。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01为MN的中点，直径 AO垂直于水平虚线MN。一质量为m、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0点穿出后恰好通过 0点正下方的C点。已知重力加速度为 g,电场强度的大小E = 血。求：小球到达 0点时，半圆管对它作用力的大小; 3q矩形区域 MNPQ的高度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？得:1 2 解：从AO过程，由动能定理： mg(2R)qERmvo2V。4gR在0点,2由Fmgqv“晋得x iy x x xFn= 3mg

25、+qB竽XA XM21 N小球从0 C过程：竖直方向做自由落体运动4ax = 3 gay = g设向左减速时间为t,水平方向做匀减速运动,则3R水平位移大小 x竖直位移大小高度满足条件H_5r2F合xEE宽度应满足条件L _2R （不按x求，按圆管半径求）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x、y方向分解，当F合与速度v垂直时，小球的动能最小，设经过的时间为tqEmg考虑y方向的分运动初速度 Voy = V。cos “4 gR5 3 TOC o 1-5 h z cv8 3R末速度为零，加速度 ay = g 所以t :sinT 3ay25 g法二:当F合与速度

26、v的方向垂直时，小球的动能最小，设经过的时间为t9三=co - 4 =，将速度分解为水平和竖直。mg3 Vx则Vy二 gt,Vx 二 Vo -axt = Vo-4gt3可解得V5 ；3；Vx 法三:Vy =gt,Vx =v。axt =v。一皱七3V2 二 V2xV2y25g2t294gR39合qE当t = 8 . 3R时，函数v2有最小值，动能有最小值。25 : g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 送带的滑动摩擦因数 卩=0.1地面上有一个直径 D=0.5m的圆形洞，洞口最左端的 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

27、动，使传送带以恒定的速=1.25m，传A点离传度运动。现使某小物体从曲面上距离地面咼度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HSAW7777777B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 的高度屮应该是多少？解析：(1) v=2s = Jxim/s = 2m/s2h 210 m,-4 10 m)设带电微粒在磁场中做圆周运动的周期为 T贝V t=tOA+tAC= T - 3T其中 T=44qB代入数据解得：T=1.256 10-5s-5所以 t=1

28、.256 s微粒从C点沿y轴正方向进入电场，做类平抛运动a =匪x = - at1 2r y=vt1代入数据解得:m2 y=0.2my= y-2r=0.2-2 X10-3=0.192m故离开电、磁场时的位置坐标(0, 0.192)随着摩天大楼越来越高，普遍使用的钢索悬挂式电梯已经渐渐地 不适用了.这是因为钢索的长度随着楼层的增高而相应增加，这样钢索会由于承受不了自身的重量，还没有挂电梯就会被扯断为此科技人员正在研究用磁动力 来解决这个问题如图所示就是一种磁动力电梯的模拟机，即在竖直平面上有两根很长的平 行竖直轨道，轨道间有垂直轨道平面的匀强磁场B1和B2,且B1和B2的方向相反，大小相等，即B

29、i= B2=1T，两磁场始终竖直向上作匀速运动.电梯桥厢固定在如图所示的一个用超 导材料制成的金属框 abed内(电梯桥厢在图中未画出)，并且与之绝缘.电梯载人时的总质 量为5X103kg，所受阻力f=500N，金属框垂直轨道的边长Led =2m，两磁场的宽度均与金属框的边长Lae相同，金属框整个回路的电阻R=9.5X104Q,假如设计要求电梯以 vi=10m/s的速度向上匀速运动，取 g=10m/s2，那么，磁场向上运动速度 Vo应该为多大？在电梯向上作匀速运动时，为维持它的运动，外界必须提供能量，那么这些能量是由谁提 供的？此时系统的效率为多少？解析：(1 )当电梯向上做用匀速运动时，金属

30、框中感应电流大小为 I二2B1Led(Vo 7)R金属框所受安培力 F 2B1ILed安培力大小与重力和阻力之和相等，所以F = mg f由式求得：Vo=13m/s运动时电梯向上运动的能量由磁场提供的.磁场提供的能量分为两部分，一部分转变为金属框的内能，另一部分克服电梯的重力和阻力 做功.当电梯向上作匀速运动时，金属框中感应电流由得：4I =1.26 W A金属框中的焦耳热功率为：P1 = I R =1.51 TO W而电梯的有用功率为：P2 = mgv1=5 X105W阻力的功率为：P3 = f V1=5 X103W从而系统的机械效率= 空 100 % =76.2 %R +P2 +P3如图所

31、示，x轴上方有一匀强磁场，磁感应强度为B，磁场方向垂直于纸面向里。x轴下方有一匀强电场，电场强度为E、方向与y轴的夹角0 = 450斜向左上方。现有一质量为 m、带电量为q的正离子，以速度 Vo由y轴上的A点沿y轴正方向射入磁场，该离子在磁场中 运动一段时间后从 x轴上的C点(图中未画出) 进入电场区域，离子经C点时的速度方向与 电场方向相反。设磁场和电场区域均足够大，不计离子的重力，求：离子从A点出发到第一次穿越 x轴时的运动时间；C点到坐标原点O的距离；离子第四次穿越 x轴时速度的大小及速度方向与电场方向的夹角。并大致画解析：（1）磁场中带电粒子在洛仑兹力作用下做圆周运动，故有由几何知识知

32、,xc =( r + rcos45)(22) mv2qB粒子运动轨迹如图所示X XX XX XX XK X XXXXX也KXXXXX x x X X X XXXXXX（2 一 . mv故C点坐标为（，0）2qB（2）设粒子从a到c的时间为ti，由题意知t = m , 1 = t=mv qB84 qB设粒子从进入电场到返回 C的时间为t2,其在电场中做匀变速运动，由牛顿第二定律和运动 学知识，有qE =ma 及 2v = at2联立以上两式解得t2 = 2mvqE1 n m设粒子再次进入磁场后在磁场中运动的时间为t3，由题意知t3T = 4 2qB故而，设粒子从A点到第三次穿越x轴的时间为t =

33、t1 1t +t =7 怖 +2mv23 4qB qE（3）粒子从第三次过 x轴到第四次过x轴的过程是在电场中做类似平抛的运动，即在第三 次过x轴的速度的方向上（设为 X轴）做匀速运动，即 x = v0tvx v0沿着电场力的方向（设为 y轴）做初速为0的匀变速运动，即 1 qE.y t2 m设离子第四次穿越由图中几何关系知qEt,Vytmx轴时速度的大小为=cos45rx综合上述各式得v 二 5voV,速度方向与电场方向的夹角为a.tan= %va =arcta n1217如图甲所示，相距为 L的光滑平行金属导轨与水平间的夹角为导轨平面的匀强磁场中，00为磁场边界，磁感应强度为B,导轨右侧接

34、有定值电阻轨电阻忽略不计。在距 00为L处垂直导轨放置一质量为m、电阻不计的金属杆 ab。(1)若ab杆在平行于斜面的恒力作用下由静止开始沿斜面向上运动，其速度一位移关系图像 如图乙所示，则在经过位移为3L的过程中电阻 R上产生的电热 Q1是多少？ ab杆在离开磁场前瞬间的加速度是多少？ 若磁感应强度B=B+kt(k为大于0的常数)，要使金属杆ab始终静止在导轨上的初始位 置，试分析求出施加ab杆的平行于斜面的外力。?，导轨一部分处在垂直R，导x aXXOXXXXx B X前XXXTb+ L fOfXXX4r/(m*s )V2 M图乙ab杆增加的动能和回路图甲解析：(1) ab杆在磁场中发生位

35、移 L的过程中，恒力1 2产生的电能之和，(F mgsin :) L = ? mvi + QiF做的功等于1ab在位移L到3L的过程中，由动能定理得2 ( F-mgsi n)L =-2 1 2 mv2 2 mv11解得 Q1 = 1 m (V22 3V12)4(2) ab杆在离开磁场前瞬间，受重力2, 2B L v1mg、安培力F安和外力F作用，加速度为a，F - mg sin ： - F安2 2解得a二4L(3)当磁场按F = mg sin :当mg sin :2 2B L VjmRB = Bo+ kt规律变化时，由平衡条件得：F -mgsi n F安二0kL LkL3-BL = mg si

36、n(Bo kt)RRkL3Bo时，F的方向沿斜面向下。R62道高中物理大型综合计算题集kL当mg sinB时，F的方向先沿斜面向上；R当经过t二mgRsin ： 一虫时，f的方向又将变为沿斜面向下。k2 L3k18如图甲所示，建立 Oxy坐标系，两平行极板 P、Q垂直于y轴且关于x轴对称，极板长 度和板间距均为I，第一四象限有磁场，方向垂直于Oxy平面向里。位于极板左侧的粒子源沿x轴间右连接发射质量为 m、电量为+q、速度相同、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

37、、l、I。、B为已知量。（不考虑粒子间相互影响及返回板间的情况）（1）求电压U的大小。1（2）求丄时进入两板间的带电粒子在磁场中做圆周运动的半径。2（3）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。图甲XXXXXXXXXXXX图乙解析：（1）t=0时刻进入两极板的带电粒子在电场中做匀变速曲线运动,to时刻刚好从极板边缘射出，在 y轴负方向偏移的距离为Eq 二 ma 1 1 2Iat0 2 2联立以上三式，解得两极板间偏转电压为ml2兀。qt。1to时刻进入两极板的带电粒子，前2Uo(2)1鮎时间在电场中偏转，后 丄鮎时间两极板2 262道高中物理大型综合计算题集 没有电场，带电

38、粒子做匀速直线运动。带电粒子沿x轴方向的分速度大小为 v0-t0带电粒子离开电场时沿 y轴负方向的分速度大小为 Vy =8心鮎带电粒子离开电场时的速度大小为v = Jv： +v：2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 = m VR联立式解得R亠。2qBtoy轴正，则2to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 方向的分速度为vy =at，设带电粒子离开电场时速度方向与y轴正方向的夹角为 TOC o 1-5 h z v0兀tan0，联立式解得，带电粒子在磁场运动的轨迹图如图所示，圆弧所对 HYPERLINK l bookmark94 o Cu

39、rrent Document v4y的圆心角为 2，所求 最短时 间为tm=1T，带 电粒子 在磁场 中运动的 周期 为 HYPERLINK l bookmark58 o Current Document 24 HYPERLINK l bookmark471 o Current Document 2n：mn mT，联立以上两式解得tminBq2 Bq如图甲所示，在两平行金属板的中线00某处放置一个粒子源，粒子源沿00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，磁感应强度 B=0.01 n T,方向垂直纸面向里，MN与中线OO

40、垂直.两平行金属板的电压U随时间变化的U t图线如图乙所示.已知带电粒子的荷质比 =1.0 108C/kg,粒子的m重力和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：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XXXX图甲解析：(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 在沿电场方向上dt22 2md TOC o 1-5 h z 粒子离开电场时，沿电场方向的分速度vy =tdm粒子离开电

41、场时的速度v=jv(2+vyvy粒子在电场中的偏转角为 0 tan yVo由得 V = v0 qU= 1.4 105m/sV 0 m tan q2 =10=450mvoijiiv说明：用qmv2mv0和cos联立求出正确结果，参照上述评分标准给分v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不同，进入磁场后在磁场中运动的时间不同，0,在磁场中运动的时间最短 ：T上t11 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

42、.5 10J3s4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 X N/C; 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=1.6 X 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)质子在磁场中做圆周运动的半径.质子从开始运动到第二次到达y轴所经历的时间质子第三次到达y轴的位置

43、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 JR得质子做匀速圆周运动的半径为：r =空 =0 10mqB n 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.62道高中物理大型综合计算题集62道高中物理大型综合计算题集根据圆周运动的规律，质子做圆周运动的周期为十2rm:T = qB质子从出发运动到第一次到达 y轴的时间为：鮎=匚=卫:1.57 10_7s2 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

44、动，设质子在电场中运动的时间为t2,根据牛顿第二定律有：qE2mv=m -t2得t22mvIE= 1.0 10”s因此质子从开始运动到第二次到达y轴的时间为:t1 t2 =2.57 10s.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=2Rcos300则质子第二次到达y轴的位置为y2 二CD OC = 2Rcos30 2Rcos30 = 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m,带电量为+q的粒子以速度V0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，

45、磁场方向垂直纸面向外，粒子飞出磁场区域后，从点b处穿过x轴，速度方向与 x轴正方向的夹角为 30.粒子的重力不计，试求：圆形匀强磁场区域的最小面积粒子在磁场中运动的时间解：(1)带电粒子在磁场中运动时，洛仑兹力提供向心力Bqv 二 m2V其转动半径为R = mV0qB带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，连接粒子在磁场区入射点和出射点得弦长为：丨二、3R 要使圆形匀强磁场区域面积最小，其半径刚好为,33 mv0即:r lR，其面积为Smin22 qB(2)带电粒子在磁场中轨迹圆弧对应的圆心角为周期的1，t Jt =2 R/v =红33 3qB(3)带电粒子从 O处进入磁场，转过 1200后离开磁场，

46、再做直线运动从b点射出时ob距* , 3mv0离:d -3R -mv0l的一半，2 23 m v0-r：r2 24q B1200，带电粒子在磁场中运动的时间为转动qBb到O的距离62道高中物理大型综合计算题集62道高中物理大型综合计算题集22.如图所示，MN、PQ是相互交又成60角的光滑金属导轨。O是它们的交点且接触良好。两导轨处在同一水平面内，并置于有理想边界的匀强磁场中的左边界）。导体棒ab与导轨始终保持良好接触，并在弹簧 的作用下沿导轨以速度v向左匀速运动。已知在导体棒运动的过程中，弹簧始终处于弹性限度内。 磁感应强度的大小为 方向如图。当导体棒运动到O点时，弹簧恰好处于原长，导轨和导体

47、棒单位长度的电阻均为r,导体棒ab的质量为m。求：（1）导体棒ab第一次经过O点前，通过它的电流大小；（2）弹簧的劲度系数 k ；（3）从导体棒第一次经过 O点开始直到它静止的过程中，导体棒（图中经过SO点的虚线即为磁场B，X XX X0XX/Vab中产生的热量。BIv0 Bv03lr - 3r （2）设O点到ab棒的距离为x，则ab棒的有效长度l = 2xtan30=23x2解析：（1）设ab棒在导轨之间的长度为I，由欧姆定律得：|二Bv0 j2/3 ab棒做匀速运动， kx = BII k=B = 3r 3x3rx2 3B2v09r（3 ）裸导线最终只能静止于O点，故其动能全部转化为焦耳热

48、，即=1 mv2，则223. 2009哈尔滨第24届大学生冬季运动会的高山滑雪。有一 滑雪坡由AB和BC组成，AB是倾角为37的斜坡，BC是半 径为R=5m的圆弧面，圆弧面和斜面相切于B,与水平面相切于C,如图所示，AB竖直高度差h|=8.8m，竖直台阶 CD 高度差为h2=5m，台阶底端与倾角为 37 斜坡DE相连.运动 员连同滑雪装备总质量为 80kg，从A点由静止滑下通过 C点 后飞落到 DE上（不计空气阻力和轨道的摩擦阻力，g取10m/s2, sin37 =0.6, cos37=0.8）.求:（1）运动员到达C点的速度大小；运动员经过C点时轨道受到的压力大小；（3）运动员在空中飞行的时

49、间.1 2解析：ac过程，由动能定理得：mg（h=R）mv2 R= R (1 cos37) Vc=14m/s在C点，由牛顿第二定律有:2Fc _mgFc=3936N由牛顿第三定律知，运动员在C点时轨道受到的压力大小为3936N.1 gt2 _ h2设在空中飞行时间为 t,则有：tan37 2Vet t = 2.5s (t = 0.4s 舍去)，导轨倾24如图所示，间距为L、光滑足够长的金属导轨倾斜放置(金属导轨的电阻不计) 角为a,两根长度均为L的金属棒CD、PQ放在导轨上，已知 CD棒的质量为 PQ棒的质量为4m、电阻为2R。磁感应强度为B的匀强磁场垂直 于导轨所在平面向上，两根劲度系数均为

50、k、相同的弹簧一端固定 在导轨的下端，另一端连着金属棒CD。开始时金属棒CD静止，现用一恒力平行于导轨所在平面向上拉金属棒PQ,使金属棒PQ由静止开始运动，当金属棒PQ达到稳定时，弹簧的形变量大小与 开始时相同，已知金属棒PQ开始运动到稳定的过程中通过CD棒的电量为q,此过程可以认为 CD棒缓慢地移动，求此过程中(1) CD棒移动的距离；恒力所做的功。 解析：开始时弹簧是压缩，当向上的安培力增大时，弹簧的压 缩量减小，安培力等于 CD棒平行于斜面的分量时，弹簧恢复到原长，安培力继续增大，弹 簧伸长，由题意可知，当弹簧的伸长量等于开始的压缩量时达到稳定状态，此时的弹力与原 来的弹力大小相等、方向

51、相反。两弹簧向上的弹力等于CD棒重力平行于斜面的分量。即2Fk=mgsin a,弹簧的形变量为 Ax,=mgsina2kCD棒移动的距离=2 -x mgsin ? TOC o 1-5 h z CDk在达到稳定过程中两棒之间距离增大As,由两金属棒组成的闭合回路中的磁通量发生变化，产生感应电动势为 巨二B S=bL s感应电流为 I =旦33R 3Rit回路中通过的电量即 CD棒中的通过的电量为 q =1=s3R由此可得两棒距离增大值 s二3RqBLPQ棒沿导轨上滑距离应为 CD棒沿斜面上滑距离和两棒距离增大值之和PQ棒沿导轨上滑距离为 上Spq =sCj3qR -盹引门BL kCD棒静止，受到

52、向上的安培力与重力平行斜面的分量和弹力的合力平衡，安培力为 FB=mgsin a+2Fk =2mgsin a金属棒PQ达到稳定时，它受到的合外力为零，即恒力F=FB+4mgsin a=6mgsin a恒力做功为W =F.0q = 6mg s i n (3qR mgs n)BL k电子扩束装置由电子加速器、偏转电场和偏转磁场组成.偏转电场由加了电压的相距为d的两块水平平行放置的导体板形成，匀强磁场的左边界与偏转电场的右边界相距为s,如图甲所示大量电子(其重力不计)由静止开始，经加速电场加速后，连续不断地沿平行板的方向从两板正中间射入偏转电场.当两板不带电时，这些电子通过两板之间的时间为2to,当

53、在两板间加如图乙所示的周期为2to、幅值恒为Uo的电压时，所有电子均从两板间通过，进入水平宽度为I，竖直宽度足够大的匀强磁场中，最后通过匀强磁场打在竖直放置的荧光屏上.问：电子在刚穿出两板之间时的最大侧向位移与最小侧向位移之比为多少？要使侧向位移最大的电子能垂直打在荧光屏上，匀强磁场的磁感应强度为多少？-+荧光屏Uc在满足第(2)问的情况下，打在荧光屏上的电子束的宽度为多少？(已知电子的质量 为m、电荷量为 e) TOC o 1-5 h z IIIII Ik|II t0:to2tc 3to 4to解析：(1)(共6分)由题意可知，要使电子的侧向位移最大，应让电子从0、2to、4to1等时刻进入

54、偏转电场，在这种情况下，电子的侧向位移为ymax二丄at02 Vyt01Ue2 Ue2 3Ue2ymaxtototo2 dm dm 2 dm要使电子的侧向位移最小，应让电子从to、3to等时刻进入偏转电场，在这种情况下，电1 2子的侧向位移为yminato262道高中物理大型综合计算题集62道高中物理大型综合计算题集Ue 以y mint0dm所以最大侧向位移和最小侧向位移之比为ymax : ymin = 3 ： 1(2)(共7分)设电子从偏转电场中射出时的偏向角为二，由于电子要垂直打在荧光屏上,R = -sin 6Vt，垂直偏转极板的速度为所以电子在磁场中运动半径应为:设电子从偏转电场中出来时

55、的速度为Vy，则电子从偏转电场中出来时的偏向角为:式中VyUoetdm 0mvtU otdl(3)(共4分)由于各个时刻从偏转电场中出来的电子的速度大小相同，方向也相同，因此 电子进入磁场后的半径也相同.由第(由上述四式可得:Be1)问可知电子从偏转电场中出来时的最大侧向位移 和最小侧向位移的差值为：Ly = ymax - ymin，二y =匕空住dmU e所以打在荧光屏上的电子束的宽度为.为 todm如图所示，在直角坐标系的第一、二象限内有垂直于纸面的匀强磁场，第三象限有沿y轴负方向的匀强电场；第四象限无电场和磁场。现有一牛y质量为m、电荷量为q的粒子以速度 v0从y轴上的M 点沿x轴负方向

56、进入电场，不计粒子的重力，粒子经xN轴上的N点和P点最后又回到 M点，设OM=L ,ON=2L. 求： 带电粒子的电性，电场强度E的大小；带电粒子到达 N点时的速度大小和方向；匀强磁场的磁感应强度的大小和方向； 粒子从M点进入电场，经 N、P点最后又回到 M点所用的时间。27.如图所示，有位于竖直平面上的半径为R的圆形光滑绝缘轨道,XB其上半部分处于竖直向下、场强为E的匀强电场中，下半部分处于水平向里的匀强磁场中;质量为m，带正电为q的小球，从轨道的水平直径的 M端由静止释放，若小球在某一次通过 最低点时对轨道的压力为零，求：（1）磁感强度B的大小。（2）小球对轨道最低点的最大压力。（3） 若

57、要小球在圆形轨道内作完整的圆周运动，小球从轨道的水平直径的M端下滑的最小 速度。28.如图所示，质量为M的汽车拖着质量为 m的车厢（可作为质点）在水平地面上由静止开 始做直线运动.已知汽车和车厢与水平地面间的动摩擦因数均为J ,汽车和车厢之间的绳索与水平地面间的夹角为 二，汽车的额定功率为 P,重力加速度为g.为使汽车能尽快地加速P且牵引力与汽车和车厢所受摩到最大速度又能使汽车和车厢始终保持相对静止，问:（1）汽车所能达到的最大速度为多少？（2）汽车能达到的最大加速度为多少？（3）汽车以最大加速度行驶的时间为多少？（不计空气阻力）解析：（1）（共5分）当汽车达到最大速度时汽车的功率为 擦力大小

58、相等，即F = f由于在整个运动过程中汽车和车厢保持相对静止，所以汽车和车厢所受的摩擦力为f = J（m M ）g又 P 二 Fv由上述二式可知汽车的最大速度为：Pv -J(m M )g（2） （共3分）要保持汽车和车厢相对静止，就应使车厢在整个运动过程中不脱离地面.考虑临界情况为车厢刚好未脱离地面，此时车厢受到的力为车厢重力和绳索对车厢的拉力T,设此时车厢的最大加速度为 a,则有：水平方向 T co s = m a 竖直方向 Tsi n mg 由上两式得：a = gcot二（3）（共6分）因为此时汽车作匀加速运动，所以F - f =（M m）af = A m M g（用隔离法同样可得）P 二

59、 Fv即 F =（cot）（M m）g因为当汽车达到匀加速最大速度时汽车的功率达到额定功率，根据匀加速的最大速度为va二at(亠；coL)(m M ) g2 cot -所以以最大加速度匀加速的时间为:29.如图所示，一个质量为m =2.0 x 10-11kg ,电荷量q = +1.0 x 10-5C的带电微粒(重力忽略不 计)，从静止开始经 Ui=100V电压加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场中。金属板长L=20cm，两板间距 d =10 . 3 cm。求： 微粒进入偏转电场时的速度V0是多大？ 若微粒射出偏转电场时的偏转角为0 =30。，并接着进 入一个方向垂直于纸面向里的匀强磁场区，

60、则两金属板间的电压U2是多大？D磁场右边射出，该匀强磁场的磁感应强度B至少多大？30.如图所示，固定的竖直光滑U型金属导轨，间距为 L,上端接有阻值为R的电阻，处在方向水平且垂直于导轨平面、磁感应强度 为B的匀强磁场中，质量为m的导体棒与劲度系数为 k的固定轻弹 簧相连，放在导轨上，导轨与导体棒的电阻均可忽略初始时刻， 弹簧处于伸长状态，其伸长量为xmg，此时导体棒具有竖直向k上的初速度V。.在沿导轨往复运动的过程中，导体棒始终与导轨垂直：V0o/并保持良好接触.求初始时刻导体棒受到的安培力.导体棒往复运动，最终将静止于何处 上产生的焦耳热Q为多少？(2)求初始时刻导体棒加速度的大小和方向?从