2010-2019十年高考物理真题分类汇编20综合计算题（附解析）

十年高考真题分类汇编(2010－2019) 物理 专题 20 综合计算题 1.(2019•海南卷•T13)如图，用不可伸长轻绳将物块 a 悬挂在 O 点：初始时，轻绳处于水平拉 直状态。现将 a 由静止释放，当物块 a 下摆至最低点时，恰好与静止在水平面上的物块 b 发 生弹性碰撞(碰撞时间极短)，碰撞后 b 滑行的最大距离为 s。已知 b 的质量是 a 的 3 倍。b 与 水平面间的动摩擦因数为 µ，重力加速度大小为 g。求 (1)碰撞后瞬间物块 b 速度的大小； (2)轻绳的长度。 【答案】(1) (2) 4μs 【解析】 (1)设 a 的质量为 m，则 b 的质量为 3m。 碰撞后 b 滑行过程，根据动能定理得 。 解得，碰撞后瞬间物块 b 速度的大小 (2)对于 a、b 碰撞过程，取水平向左为正方向，根据动量守恒定律得 mv0=mva+3mvb。 根据机械能守恒得 。 设轻绳的长度为 L，对于 a 下摆的过程，根据机械能守恒得 。 联立解得 L=4μs。 2.(2019•全国Ⅲ卷•T12)静止在水平地面上的两小物块 A、B，质量分别为 mA=l.0kg， mB=4.0kg；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A 与其右侧的竖直墙壁距离 l=1.0m，如图所示。 某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使 A、B 瞬间分离，两物块获得的动能之和为 Ek=10.0J。 释放后，A 沿着与墙壁垂直的方向向右运动。A、B 与地面之间的动摩擦因数均为 u=0.20。 重力加速度取 g=10m/s²。A、B 运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。 2 gsµ 213 0 32 bmgs mvµ− ⋅ = − ⋅ 2bv gsµ= 2 2 2 0 1 1 1 32 2 2a bmv mv mv= + ⋅ 2 0 1 2mgL mv= ⋅ (1)求弹簧释放后瞬间 A、B 速度的大小； (2)物块 A、B 中的哪一个先停止？该物块刚停止时 A 与 B 之间的距离是多少？ (3)A 和 B 都停止后，A 与 B 之间的距离是多少？ 【答案】(1)vA=4.0m/s，vB=1.0m/s；(2)A 先停止； 0.50m；(3)0.91m； 【解析】 首先需要理解弹簧释放后瞬间的过程内 A、B 组成的系统动量守恒，再结合能量关系求解出 A、B 各自的速度大小；很容易判定 A、B 都会做匀减速直线运动，并且易知是 B 先停下， 至于 A 是否已经到达墙处，则需要根据计算确定，结合几何关系可算出第二问结果；再判 断 A 向左运动停下来之前是否与 B 发生碰撞，也需要通过计算确定，结合空间关系，列式 求解即可。 (1)设弹簧释放瞬间 A 和 B 的速度大小分别为 vA、vB，以向右为正，由动量守恒定律和题给 条件有 0=mAvA-mBvB① ② 联立①②式并代入题给数据得 vA=4.0m/s，vB=1.0m/s (2)A、B 两物块与地面间的动摩擦因数相等，因而两者滑动时加速度大小相等，设为 a。假 设 A 和 B 发生碰撞前，已经有一个物块停止，此物块应为弹簧释放后速度较小的 B。设从 弹簧释放到 B 停止所需时间为 t，B 向左运动的路程为 sB。，则有 ④ ⑤ ⑥ 在时间 t 内，A 可能与墙发生弹性碰撞，碰撞后 A 将向左运动，碰撞并不改变 A 的速度大小， 所以无论此碰撞是否发生，A 在时间 t 内的路程 SA 都可表示为 sA=vAt– ⑦ 联立③④⑤⑥⑦式并代入题给数据得 sA=1.75m，sB=0.25m⑧ 2 2 k 1 1 2 2A A B BE m v m v= + B Bm a m gµ= 21 2B Bs v t at= − 0Bv at− = 21 2 at 这表明在时间 t 内 A 已与墙壁发生碰撞，但没有与 B 发生碰撞，此时 A 位于出发点右边 0.25m 处。B 位于出发点左边 0.25m 处，两物块之间的距离 s 为 s=0 25m+0.25m=0.50m⑨ (3)t 时刻后 A 将继续向左运动，假设它能与静止的 B 碰撞，碰撞时速度的大小为 vA′，由动 能定理有 ⑩ 联立③⑧⑩式并代入题给数据得 故 A 与 B 将发生碰撞。设碰撞后 A、B 的速度分别为 vA′′以和 vB′′，由动量守恒定律与机械能 守恒定律有 联立 式并代入题给数据得 这表明碰撞后 A 将向右运动，B 继续向左运动。设碰撞后 A 向右运动距离为 sA′时停止，B 向左运动距离为 sB′时停止，由运动学公式 由④ 式及题给数据得 sA′小于碰撞处到墙壁的距离。由上式可得两物块停止后的距离 3.(2019•北京卷•T12)雨滴落到地面的速度通常仅为几米每秒，这与雨滴下落过程中受到空气 阻力有关。雨滴间无相互作用且雨滴质量不变，重力加速度为 g。 (1)质量为 m 的雨滴由静止开始，下落高度 h 时速度为 u，求这一过程中克服空气阻力所做 的功 W。 ____ . ( )2 21 1 22 2A A A A A Bm v m v m g l sµ′ − = − + 7m / sAv ′ = ( )A A A A B Bm v m v m v′ ′′ ′′− = + 2 2 21 1 1 2 2 2A A A A B Bm v m v m v′ ′′ ′′= + 3 7 2 7m / s, m / s5 5A Bv v′′ ′′= = − 2 22 , 2A A B Bas v as v′ ′′ ′ ′′= = 0.63 m, 0.28 mA Bs s′ ′= = 0.91mA Bs s s′ ′ ′= + = (2)将雨滴看作半径为 r 的球体，设其竖直落向地面的过程中所受空气阻力 f=kr2v2，其中 v 是 雨滴的速度，k 是比例系数。 a.设雨滴的密度为 ρ，推导雨滴下落趋近的最大速度 vm 与半径 r 的关系式； ____ b.示意图中画出了半径为 r1、r2(r1>r2)的雨滴在空气中无初速下落的 v–t 图线，其中_________ 对应半径为 r1 的雨滴(选填①、②)；若不计空气阻力，请在图中画出雨滴无初速下落的 v–t 图线。 (3)由于大量气体分子在各方向运动的几率相等，其对静止雨滴的作用力为零。将雨滴简化 为垂直于运动方向面积为 S 的圆盘，证明：圆盘以速度 v 下落时受到的空气阻力 f ∝v2(提示： 设单位体积内空气分子数为 n，空气分子质量为 m0)。 ________ 【答案】(1). (2). (3). ① (4). (5). 详见解析 【解析】 【分析】 (1)对雨滴由动能定理解得：雨滴下落 h 的过程中克服阻做的功； (2) 雨滴的加速度为 0 时速度最大解答； (3)由动量定理证明 21 2fW mgh mu= − π 3m r gv k ρ= (1)对雨滴由动能定理得： 解得： ； (2)a.半径为 r 的雨滴体积为： ，其质量为 当雨滴的重力与阻力相等时速度最大，设最大速度为 ，则有： 其中 联立以上各式解得： 由 可知，雨滴半径越大，最大速度越大，所以①对应半径为 的雨滴， 不计空气阻力，雨滴做自由落体运动，图线如图： ； (3)设在极短时间 内，空气分子与雨滴碰撞，设空气分子的速率为 U， 在 内，空气分子个数为： ，其质量为 设向下为正方向，对圆盘下方空气分子由动量定理有： 对圆盘上方空气分子由动量定理有： 圆盘受到的空气阻力为： 联立解得： 。 2 f 1 2mgh W mu− = 2 f 1 2W mgh mu= − 34 π3V r= m Vρ= mv mg f= 2 2 mf kr v= π 3m r gv k ρ= π 3m r gv k ρ= 1r t∆ t∆ N nSv t= ∆ 0m Nm= 1 ( )F t m v u∆ = + 2 0 ( )F t m u v− ∆ = − − 1 2f F F= − 2 2 02f Sv nm v= ∝ 4.(2019•全国Ⅰ卷•T12)竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平 滑连接，小物块 B 静止于水平轨道的最左端，如图(a)所示。t=0 时刻，小物块 A 在倾斜轨道 上从静止开始下滑，一段时间后与 B 发生弹性碰撞(碰撞时间极短)；当 A 返回到倾斜轨道上 的 P 点(图中未标出)时，速度减为 0，此时对其施加一外力，使其在倾斜轨道上保持静止。 物块 A 运动的 v-t 图像如图(b)所示，图中的 v1 和 t1 均为未知量。已知 A 的质量为 m，初始 时 A 与 B 的高度差为 H，重力加速度大小为 g，不计空气阻力。 (1)求物块 B 的质量； (2)在图(b)所描述的整个运动过程中，求物块 A 克服摩擦力所做的功； (3)已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等，在物块 B 停止运动后，改变物块与轨道间的 动摩擦因数，然后将 A 从 P 点释放，一段时间后 A 刚好能与 B 再次碰上。求改变前面动摩 擦因数的比值。 【答案】(1)3m (2) (3) 【解析】 (1)物块 A 和物块 B 发生碰撞后一瞬间的速度分别为 、 ，弹性碰撞瞬间，动量守恒， 机械能守恒，即： 联立方程解得： ； 根据 v-t 图象可知， 解得： (2)设斜面的倾角为 θ，根据牛顿第二定律得 2 15 mgH 9 11 Av Bv 1 A B Bmv mv m v= + 2 2 2 1 1 1 1 2 2 2A B Bmv mv m v= + 1 B A B m mv vm m −= + 1 2 B B mv vm m = + 1 1 2Av v= − 3Bm m= 当物块 A 沿斜面下滑时： ，由 v-t 图象知： 当物体 A 沿斜面上滑时： ，由 v-t 图象知： 解得： ； 又因下滑位移 则碰后 A 反弹，沿斜面上滑的最大位移为： 其中 h 为 P 点离水平面得高度，即 解得 故在图(b)描述的整个过程中，物块 A 克服摩擦力做的总功为： (3)设物块 B 在水平面上最远的滑行距离为 S，设原来的摩擦因为为 µ 则以 A 和 B 组成的系统，根据能量守恒定律有： 设改变后的摩擦因数为 µ’，然后将 A 从 P 点释放，A 恰好能与 B 再次碰上，即 A 恰好滑到 物 块 B 位 置 时 ， 速 度 减 为 零 ， 以 A 为 研 究 对 象 ， 根 据 能 量 守 恒 定 律 得 ： 又据(2)的结论可知： ，得： 联立解得，改变前与改变后的摩擦因素之比为： 。 5.(2018·江苏卷)如图所示，钉子 A、B 相距 5l，处于同一高度。细线的一端系有质量为 M 的 1sinmg f maθ − = 1 1 1 va t = 2sinmg f maθ + = 1 2 1 5 4 va t = 1 sin9f mg θ= 1 1 1 1 sin 2 Hx v tθ= = 1 2 1 1 1 1 0.4 0.1sin 2 2 vhx t v tθ= = ⋅ ⋅ = 1 5h H= 2 5sin Hx θ= ( )1 2 1 2sin9 sin 5sin 15f H HW f x x mg mgHθ θ θ  = + = × + =   ( ) tan B H hmg H h mg m gSµ µθ +− = + tan hmgh mg mgSµ µθ ′ ′= + 2 15 tanf H hW mgH mgµ θ += = tan 9θ µ= 11 9 µ µ =′ 小物块，另一端绕过 A 固定于 B.质量为 m 的小球固定在细线上 C 点，B、C 间的线长为 3l. 用手竖直向下拉住小球，使小球和物块都静止，此时 BC 与水平方向的夹角为 53°.松手后， 小球运动到与 A、B 相同高度时的速度恰好为零，然后向下运动.忽略一切摩擦，重力加速 度为 g，取 sin53°=0.8，cos53°=0.6.求： (1)小球受到手的拉力大小 F； (2)物块和小球的质量之比 M:m； (3)小球向下运动到最低点时，物块 M 所受的拉力大小 T. 【答案】(1) (2) (3) ( ) 【解析】(1)设小球受 AC、BC 的拉力分别为 F1、F2 F1sin53°=F2cos53° F+mg=F1cos53°+ F2sin53°且 F1=Mg 解得 (2)小球运动到与 A、B 相同高度过程中 小球上升高度 h1=3lsin53°，物块下降高度 h2=2l 机械能守恒定律 mgh1=Mgh2 解得 (3)根据机械能守恒定律，小球回到起始点.设此时 AC 方向的加速度大小为 a，重物受到的拉 力为 T 牛顿运动定律 Mg–T=Ma 小球受 AC 的拉力 T′=T 牛顿运动定律 T′–mgcos53°=ma 解得 ( ) 6.(2018·北京卷)2022 年将在我国举办第二十四届冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目 之一。某滑道示意图如下，长直助滑道 AB 与弯曲滑道 BC 平滑衔接，滑道 BC 高 h=10 m， C 是半径 R=20 m 圆弧的最低点，质量 m=60 kg 的运动员从 A 处由静止开始匀加速下滑，加 速度 a=4.5 m/s2，到达 B 点时速度 vB=30 m/s。取重力加速度 g=10 m/s2。 5 3F Mg mg= − 6 5 M m = 8 5 mMgT m M = +（ ） 48 8 55 11T mg T Mg= =或 5 3F Mg mg= − 6 5 M m = 8 5 mMgT m M = +（ ） 48 8 55 11T mg T Mg= =或 (1)求长直助滑道 AB 的长度 L； (2)求运动员在 AB 段所受合外力的冲量的 I 大小； (3)若不计 BC 段的阻力，画出运动员经过 C 点时的受力图，并求其所受支持力 FN 的大小。 【答案】(1) (2) (3)3 900 N 【解析】(1)已知 AB 段的初末速度，则利用运动学公式可以求解斜面的长度，即 可解得: (2)根据动量定理可知合外力的冲量等于动量的该变量所以 (3)小球在最低点的受力如图所示 由牛顿第二定律可得： 从 B 运动到 C 由动能定理可知： 解得; 故本题答案是：(1) (2) (3) 点睛：本题考查了动能定理和圆周运动，会利用动能定理求解最低点的速度，并利用牛顿第 二定律求解最低点受到的支持力大小。 7.(2018·全国 III 卷·T12)如图，在竖直平面内，一半径为 R 的光滑圆弧轨道 ABC 和水平轨道 PA 在 A 点相切。BC 为圆弧轨道的直径。O 为圆心，OA 和 OB 之间的夹角为 α，sinα＝ ， 一质量为 m 的小球沿水平轨道向右运动，经 A 点沿圆弧轨道通过 C 点，落至水平轨道；在 整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用，已知小球在 C 点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零。重力加速度大小为 g。 求： (1)水平恒力的大小和小球到达 C 点时速度的大小； (2)小球到达 A 点时动量的大小； (3)小球从 C 点落至水平轨道所用的时间。 【答案】(1) (2) (3) 【解析】(1)设水平恒力的大小为 F0，小球到达 C 点时所受合力的大小为 F。由力的合成法 则有 ① ② 设小球到达 C 点时的速度大小为 v，由牛顿第二定律得 ③ 由①②③式和题给数据得 ④ ⑤ (2)设小球到达 A 点的速度大小为 v1，作 CD⊥PA，交 PA 于 D 点， 由几何关系得：DA＝Rsinα⑥ CD=R(1+cosα)⑦ 由动能定理有： ⑧ 由④⑤⑥⑦⑧式和题给数据得，小球在 A 点的动量大小为： ⑨ (3)小球离开 C 点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动，加速度大小为 g。 3 5 5 2 gR 23 2 m gR 3 5 5 R g 0 tanF mg α= 2 2 2 0( )F mg F= + 2vF m R = 0 3 4F mg= 5 2 gRv = 2 2 0 1 1 1 2 2mg CD F DA mv mv− ⋅ − ⋅ = − 1 23 2 m gRp mv= = 设小球在竖直方向的初速度为 v⊥，从 C 点落至水平轨道上所用时间为 t。 由运动学公式有： ⑩ ⑪ 由⑤⑦⑩⑪式和题给数据得： ⑫ 8.(2018·新课标 I 卷)一质量为 m 的烟花弹获得动能 E 后，从地面竖直升空，当烟花弹上升的 速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为 E，且均沿竖直方向运动。爆炸时间极短，重力加速度大小为 g，不计空气阻力和火药的质 量，求 (1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间； (2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度 【答案】(1) ；(2) 【解析】本题主要考查机械能、匀变速直线运动规律、动量守恒定律、能量守恒定律及其相 关的知识点，意在考查考生灵活运用相关知识解决实际问题的的能力。 (1)设烟花弹上升的初速度为 ，由题给条件有 ① 设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为 ，由运动学公式有 ② 联立①②式得 ③ (2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为 ，由机械能守恒定律有 ④ 火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设炸后瞬间其速度分别为 和 。由 题给条件和动量守恒定律有 ⑤ ⑥ 由⑥式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运动。设爆炸后烟花 弹上部分继续上升的高度为 ，由机械能守恒定律有 ⑦ 联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹上部分距地面的最大高度为 21 2v t gt CD⊥ + = sinv v α⊥ = 3 5 5 Rt g = ⑧ 9.(2016·海南卷)水平地面上有质量分别为 m 和 4m 的物 A 和 B，两者与地面的动摩擦因数均 为 μ。细绳的一端固定，另一端跨过轻质动滑轮与 A 相连，动滑轮与 B 相连，如图所示。 初始时，绳出于水平拉直状态。若物块 A 在水平向右的恒力 F 作用下向右移动了距离 s，重 力加速度大小为 g。求： (1)物块 B 克服摩擦力所做的功； (2)物块 A、B 的加速度大小。 【答案】(1)2μmgs (2) 【解析】(1)物块 A 移动了距离 s，则物块 B 移动的距离为 ① 物块 B 受到的摩擦力大小为 f=4μmg② 物块 B 克服摩擦力所做的功为 W=fs1=2μmgs③ (2)设物块 A、B 的加速度大小分别为 aA、aB，绳中张力为 T0 由牛顿第二定律得 F-µmg-T＝maA④ 2T-4µmg＝4maB⑤ 由 A 和 B 的位移关系得 aA＝2aB⑥ 联立④⑤⑥得 aA＝ ，aB＝ 。 【考点定位】牛顿第二定律、功、匀变速直线运动 【名师点睛】采用整体法和隔离法对物体进行受力分析，抓住两物体之间的内在联系，绳中 张力大小相等、加速度大小相等，根据牛顿第二定律列式求解即可。解决本题的关键还是抓 住联系力和运动的桥梁加速度。 10.(2011·北京卷)如图所示，长度为l的轻绳上端固定在O点，下端系一质量为m的小球(小球 的大小可以忽略)。 3 2 F mg m µ− 3 4 F mg m µ− 1 1 2s s= 3 2 F mg m µ− 3 4 F mg m µ− (1)在水平拉力F的作用下，轻绳与竖直方向的夹角为α，小球保持静止。画出此时小球的受 力图，并求力F的大小； (2)由图示位置无初速释放小球，求当小球通过最低点时的速度大小及轻绳对小球的拉力。 不计空气阻力。 【答案】(1)如图所示，F=mgtanα (2) 、 ，方向竖直向上 【解析】(1)受力图见图根据平衡条件，的拉力大小F=mgtanα (2)运动中只有重力做功，系统机械能守恒 则通过最低点时，小球的速度大小 根据牛顿第二定律 解得轻绳对小球的拉力 ，方向竖直向上 2 (1 cos )v gl α= − 2 (3 2cos )vT mg m mgl α′ = + = − 21(1 cos ) 2mgl mvα− = 2 (1 cos )v gl α= − 2vT mg m l ′− = 2 (3 2cos )vT mg m mgl α′ = + = − 【考点定位】共点力平衡条件、机械能守恒定律，牛顿第二定律 11.(2016·四川卷)中国科学院 2015 年 10 月宣布中国将在 2020 年开始建造世界上最大的粒 子加速器。加速器是人类揭示物质本源的关键设备，在放射治疗、食品安全、材料科学等方 面有广泛应用。 如图所示，某直线加速器由沿轴线分布的一系列金属圆管(漂移管)组成，相邻漂移管分别接 在高频脉冲电源的两极。质子从 K 点沿轴线进入加速器并依次向右穿过各漂移管，在漂移 管内做匀速直线运动，在漂移管间被电场加速，加速电压视为不变。设质子进入漂移管 B 时 速度为 8×106 m/s，进入漂移管 E 时速度为 1×107 m/s，电源频率为 1×107 Hz，漂移管间缝隙很 小，质子在每个管内运动时间视为电源周期的 1/2。质子的荷质比取 1×108 C/kg。求： (1)漂移管 B 的长度； (2)相邻漂移管间的加速电压。 【答案】(1)0.4 m(2) 【解析】(1)设质子进入漂移管 B 的速度为 ，电源频率、周期分别为 f、T，漂移管 A 的 长度为 L，则 ① ② 联立①②式并代入 数据得 ③ (2)设质子进入漂移管 E 的速度为 ，相邻漂移管间的加速电压为 U，电场对质子所做的功 为 W，质子从漂移管 B 运动到 E 电场做功 W＇，质子的电荷量为 q、质量为 m，则 ④ ⑤ ⑥ 联立④⑤⑥式并代入数据得 ⑦ 46 10 V× Bv 1T f = 2B TL v= 0.4 mL = Ev W qU= 3W W′ = 2 21 1 2 2E BW mv mv′ = − 46 10 VU = × 考点：动能定理 【名师点睛】此题联系高科技技术-粒子加速器，考查了动能定理的应用，比较简单，只要 弄清加速原理即可列出动能定理求解；与现代高科技相联系历来是高考考查的热点问题. 12.(2011·上海卷)如图，质量 的物体静止于水平地面的A处，A、B间距L=20m。用 大小为30N，沿水平方向的外力拉此物体，经 拉至B处。(已知 ， 。取 ) (1)求物体与地面间的动摩擦因数μ； (2)用大小为30N，与水平方向成37°的力斜向上拉此物体，使物体从A处由静止开始运动并能 到达B处，求该力作用的最短时间t。 【答案】(1)0.5(2) 【解析】(1)物体做匀加速运动 ∴ 由牛顿第二定律 解得 ∴ 即物体与地面间的动摩擦因数 μ=0.5。 (2)设 F 作用的最短时间为 t，小车先以大小为 a 的加速度匀加速 t 秒，撤去外力后，以大小 为 a’的加速度匀减速 t’秒到达 B 处，速度恰为 0，由牛顿定律 ∴ 由于匀加速阶段的末速度即为匀减速阶段的初速度，因此有 ∴ cos37 ( sin 37 )F mg F a maµ°− − ° = 2(cos37 sin37 ) 30 (0.8 0.5 0.6) 0.5 10 11.5( / )2 Fa g m sm µ µ°+ ° × + ×= − = − × = 2' 5( / )fa g m sm µ= = = ' 'at a t= 11.5' 2.3' 5 at t t ta = = = 2m kg= 0 2t s= cos37 0.8° = sin37 0.6° = 210 /g m s= 1.03s 2 0 1 2L at= 2 2 2 0 2 2 20 10( / )2 La m st ×= = = F f ma− = 30 2 10 10( )f N= − × = 10 0.52 10 f mg µ = = =× ∴ 【考点定位】匀变速直线运动，牛顿第二定律 13.(2012·福建卷)如图，用跨过光滑定滑轮的缆绳将海面上一搜失去动力的小船沿直线拖向 岸边。已知拖动缆绳的电动机功率恒为 P，小船的质量为 m，小船受到的阻力大小恒为 f， 经过 A 点时的速度大小为 ，小船从 A 点沿直线加速运动到 B 点经历时间为 t1，A、B 两 点间距离为 d，缆绳质量忽略不计。求： (1)小船从 A 点运动到 B 点的全过程克服阻力做的功 Wf； (2)小船经过 B 点时的速度大小 ； (3)小船经过 B 点时的加速度大小 a。 【答案】(1) (2) (3) 【解析】(1)小船从 A 点到达 B 点，受到的阻力恒为 f，其克服阻力做的功为： [来 (2) ： 从 A 到 B 由 动 能 定 理 可 知 ： ， 解 得 ： 。 (3)设小船经过 B 点时绳的拉力大小为 F，绳与水平方向夹角为 ，绳的速度大小为 ， ， ，牛顿第二定律 ，得 。 【考点定位】本题考查动能定理，牛顿第二定律及运动得合成与分解等相关知识 14.(2012·山东卷)如图所示，一工件置于水平地面上，其 AB 段为一半径 R=1.0m 的光滑圆弧 轨道，BC 段为一长度 L=0.5m 的粗糙水平轨道，二者相切与 B 点，整个轨道位于同一竖直 2 21 1 ' '2 2L at a t= + 2 2 2 2 20 1.03( )2.3 ' 11.5 2.3 5 Lt sa a ×= = =+ + × 0v 1v fdFSW == ( ) 2 01 2 vm fdPtv +−= m f fdPtmvm Pa − −+ = )(222 fdFSW == fdPtmvmv AB −=− 22 2 1 2 1 ( ) 2 01 2 vm fdPtv +−= θ u P Fu= 1u v cosθ= Fcos f maθ − = 2 1 2 0 (2 ) P fa mm m Pt fdv = − −+ 平面内，P 点为圆弧轨道上的一个确定点。一可视为质点的物块，其质量 m=0.2kg，与 BC 间的动摩擦因数 μ1=0.4。工件质量 M=0.8kg，与地面间的动摩擦因数 μ2=0.1。(取 g=10m/s2) (1)若工件固定，将物块由 P 点无初速度释放，滑至 C 点时恰好静止，求 P、C 两点间的高 度差 h。 (2)若将一水平恒力 F 作用于工件，使物块在 P 点与工件保持相对静止，一起向左做匀加速 直线运动。 ①求 F 的大小。 ②当速度时，使工件立刻停止运动(即不考虑减速的时间和位移)，物块飞离圆弧轨道落至 BC 段，求物块的落点与 B 点间的距离。 【答案】(1)0.2m；(2)8.5N；(3)0.4m 【解析】(1)物块从 P 点下滑经 B 点至 C 点的整个过程，根据动能定理得： 代入数据得： ① (2)①设物块的加速度大小为 a，P 点与圆心的连线与竖直方向间的夹角为 ，由几何关系可 得 ② 根据牛顿第二定律，对物体有 ③ 对工件和物体整体有 ④ 联立①②③④式，代入数据得 ⑤ ②设物体平抛运动的时间为 t，水平位移为 ，物块落点与 B 间的距离为 ，由运动学公 式可得 ⑥ ⑦ ⑧ 联立①②⑥⑦⑧式，代入数据得 。 1 0mgh mgLµ− = 0.2h m= θ R hcos R θ −= mgtan maθ = 2F M m g M m aµ− + = +（ ） （ ） 8.5F N= 1x 2x 21 2h gt= 1x vt= 2 1x x Rsinθ= − 2 0.4x m= 【考点定位】本题考查动能定理、平抛运动等相关知识 15.(2012·四川卷·T24)如图所示，ABCD 为固定在竖直平面内的轨道，AB 段光滑水平，BC 段为光滑圆弧，对应的圆心角 θ = 37°，半径 r = 2.5m，CD 段平直倾斜且粗糙，各段轨道均 平滑连接，倾斜轨道所在区域有场强大小为 E = 2×105N/C、方向垂直于斜轨向下的匀强电场。 质量 m= 5×10-2kg、电荷量 q =+1×10-6C 的小物体(视为质点)被弹簧枪发射后，沿水平轨道向 左滑行，在 C 点以速度 v0=3m/s 冲上斜轨。以小物体通过 C 点时为计时起点，0.1s 以后，场 强大小不变，方向反向。已知斜轨与小物体间的动摩擦因数 μ=0.25。设小物体的电荷量保 持不变，取 g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。 (1)求弹簧枪对小物体所做的功； (2)在斜轨上小物体能到达的最高点为 P，求 CP 的长度。 【答案】(1)0.475J (2)0.57m 【解析】(1)设弹簧枪对小物体做功为 W，由动能定理得 ① 代入数据解得： ② (2)取沿平直斜轨道向上为正方向。设小物体通过 C 点进入电场后的加速度为 a1，由牛顿第 二定律得：-mgsinθ-μ(mgcosθ+qE)=ma1 ③ 小物体向上做匀减速运动，经 t1=0.1s 后，速度达到 v1，有：v1=v0+a1t1 ④ 由③④可知 v1=2.1m/s，设运动的位移为 s1，有：s1=v0t1+ a1t12 ⑤ 电场力反向后，设物体的加速度为 a2，由牛顿第二定律得：-mgsinθ-μ(mgcosθ-qE)=ma2⑥ 设小物体以此加速度运动到速度为 0，运动的时间为 t2，位移为 s2， 有：0=v1+a2t2 ⑦ s2=v1t2+ a2t22 ⑧ 设 CP 的长度为 s，有：s=s1+s2 ⑨ 联立相关方程，代入数据解得：s=0.57m。 【考点定位】本题考查牛顿第二定律，动能定理及其相关知识 16.(2012·新课标卷)拖把是由拖杆和拖把头构成的擦地工具(如图)。设拖把头的质量为 m，拖 2 0 11 2 vW mgr cos mθ =－ （－ ） 0.475W J= 1 2 1 2 杆质量可以忽略；拖把头与地板之间的动摩擦因数为常数 μ，重力加速度为 g，某同学用该 拖把在水平地板上拖地时，沿拖杆方向推拖把，拖杆与竖直方向的夹角为 θ。 (1)若拖把头在地板上匀速移动，求推拖把的力的大小。 (2)设能使该拖把在地板上从静止刚好开始运动的水平推力与此时地板对拖把的正压力的比 值为 λ。已知存在一临界角 θ0，若 θ≤θ0，则不管沿拖杆方向的推力多大，都不可能使拖把从 静止开始运动。求这一临界角的正切 tanθ0。 【答案】(1) ； (2) 【解析】(1)设该同学沿拖杆方向用大小为 F 的力推拖把。将推拖把的力沿竖直和水平方向 分解，按平衡条件有 ① ② 式中 N 和 f 分别为地板对拖把的正压力和摩擦力。按摩擦定律有 ③ 联立①②③式得 ④ (2)若不管沿拖杆方向用多大的力都不能使拖把从静止开始运动，应有 ⑤ 这时①式仍满足。联立①⑤式得 ⑥ 现考察使上式成立的 θ 角的取值范围。注意到上式右边总是大于零，且当 F 无限大时极限为 零，有 ⑦ 使上式成立的 θ 角满足 ，这里 θ0 是题中所定义的临界角，即当 时，不管沿拖杆 方向用多大的力都推不动拖把。临界角的正切为 ⑧ 【考点定位】本题考查物体的平衡、力的合成与分解或正交分解临界条件的应用 17.(2012·浙江卷)为了研究鱼所受水的阻力与其形状的关系，小明同学用石蜡做成两条质量 均为 m、形状不同的“A 鱼”和“B 鱼”，如图所示。在高出水面 H 处分别静止释放“A 鱼”和“B 鱼”，“A 鱼”竖直下滑 hA 后速度减为零，“B 鱼” 竖直下滑 hB 后速度减为零。“鱼”在水中运 sin cosF mg µ θ µ θ= − 0tan =θ λ Fcos mg Nθ + = Fsin fθ = f Nµ= sin cosF mg µ θ µ θ= − Fsin Nθ λ≤ sin cos mg F θ λ θ λ− ≤ sin cos 0θ λ θ− ≤ 0 θ θ≤ 0 θ θ≤ 0tan =θ λ 动时，除受重力外还受浮力和水的阻力，已知“鱼”在水中所受浮力是其重力的 10/9 倍，重 力加速度为 g，“鱼”运动的位移远大于“鱼”的长度。假设“鱼”运动时所受水的阻力恒定，空 气阻力不计。求： (1)“A 鱼”入水瞬间的速度 vA1； (2)“A 鱼”在水中运动时所受阻力 fA； (3)“A 鱼”与“B 鱼” 在水中运动时所受阻力之比 fA：fB。 【答案】(1) ；(2) ；(3) 【解析】(1)A 鱼入水前做自由落体运动，根据速度位移公式，有： 解得： 。 (2)A 鱼入水后，受重力、浮力和阻力，根据动能定理，有： ， 其中： ，解得： 。 (3)同理 ，解得 . 【考点定位】本题考查匀变速运动、动能定理及其相关知识 18.(2012·重庆卷)某校举行托乒乓球跑步比赛，赛道为水平直道，比赛距离为 S。比赛时，某 同学将球置于球拍中心，以大小为 a 的加速度从静止开始做匀加速直线运动，当速度达到 v0 时，再以 v0 做匀速直线运动跑至终点。整个过程中球一直保持在球拍中心不动。比赛中， 该同学在匀速直线运动阶段保持球拍的倾角为 θ0，如题 25 图所示。设球在运动中受到空气 阻力大小与其速度大小成正比，方向与运动方向相反，不计球与球拍之间的摩擦，球的质量 为 m，重力加速度为 g。 1 2Av gH＝ 1 9( )A A f mh H g−＝ ( ) ( ) 9 9 A A B B B A f H h h f H h h − −＝ 2 1 2A gHv ＝ 1 2Av gH＝ 2 1 10 2 AA A A Amgh f h F h mv− − = −浮 10 9F mg浮＝ 1 9( )A A f mh H g−＝ 1)9( B Bf mh H g−＝ ( ) ( ) 9 9 A A B B B A f H h h f H h h − −＝ (1)求空气阻力大小与球速大小的比例系数 ； (2)求在加速跑阶段球拍倾角 随速度 变化的关系式； (3)整个匀速跑阶段，若该同学速度仍为 v0，而球拍的倾角比 θ0 大了 β 并保持不变，不计球 在球拍上的移动引起的空气阻力变化，为保证到达终点前球不从球拍上距离中心为 r 的下边 沿掉落，求 β 应满足的条件。 【答案】(1) ；(2) ；(3) 【解析】(1)在匀速运动阶段，有 ，得 。 (2) 加 速 阶 段 ， 设 球 拍 对 球 的 支 持 力 为 ， 有 ： ， ， 得 。 (3)以速度 匀速运动时，设空气阻力与重力的合力为 F，有 ，球拍倾角为 时， 空气阻力与重力的合力不变，设球沿球拍面下滑的加速度大小为 ，有 ，设匀 速 跑 阶 段 所 用 时 间 为 t ， 有 ， 球 不 从 球 拍 上 掉 落 的 条 件 ， 得 。 【考点定位】本题考查牛顿运动定律相关知识 19.(2013·浙江卷)山谷中有三块大石头和一根不可伸长的青之青藤，其示意图如下。图中 A、 B、C、D 均为石头的边缘点，O 为青藤的固定点，h1=1.8m，h2=4.0m，x1=4.8m，x2=8.0m。 开始时，质量分别为 M=10kg 和 m=2kg 的大小两只滇金丝猴分别位于左边和中间的石头上， 当大猴发现小猴将受到伤害时，迅速从左边石头 A 点起水平跳到中间石头，大猴抱起小猴 跑到 C 点，抓住青藤的下端荡到右边石头的 D 点，此时速度恰好为零。运动过程中猴子均 看成质点，空气阻力不计，重力加速度 g=10m/s2，求： k θ v 0 0 mgtank v θ= 0 0 a vtan tang v θ θ= + 20 0 0 (2 2 )vsin rcos g v a sβ θ≤ − 0 0mgtan kvθ = 0 0 mgtank v θ= N′ N sin kv maθ′ − = N cos mgθ′ = 0 0 a vtan tang v θ θ= + 0v 0 mgF cosθ= 0 θ β+ a′ Fsin maβ = ′ 0 0 2 vst v a = − 21 2 a t r′ ≤ 20 0 0 (2 2 )vsin rcos g v a sβ θ≤ − (1)大猴子水平跳离的速度最小值； (2)猴子抓住青藤荡起时的速度大小； (3)荡起时，青藤对猴子的拉力大小。 【答案】(1)8m/s(2)9m/s(3)216N 【解析】(1)根据 h1＝ gt2，解得 ，则跳离的最小速度 . (2) 根 据 机 械 能 守 恒 定 律 得 ， (M+m)v2 ＝ (M+m)gh2 ， 解 得 (3)根据牛顿第二定律得，F−(M+m)g＝(M+m) ，根据几何关系得，(L−h 2)2+x22＝L 2， 联立解得 F=216N. 【考点定位】机械能守恒定律、平抛运动、向心力。 20.(2013·重庆卷)如题 8 图所示，半径为 R 的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴旋转的水平 转台上，转台转轴与过陶罐球心 O 的对称轴 OO′重合。转台以一定角速度 ω 匀速转动，一 质量为 m 的小物块落入陶罐内，经过一段时间后，小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止， 它和 O 点的连线与 OO′之间的夹角 θ 为 60°。重力加速度大小为 g。 (1)若 ω=ω0，小物块受到的摩擦力恰好为零，求 ω0； (2)ω=(1±k)ω0，且 0＜k + 2 0v > 2 0v < 2 1x x h+ = − 0 0 2 2 1 1 1 1[2 2 ( ) ]4 v vE Egt gt = − − 2 1E E> 0 0 2 1 1 12 2 ( ) 14 v v gt gt − − > 0 1 5( 1)2 vt g > + 0.32µ = 2 2 0 1 1 2 2mgs mv mvµ− = − 'F t mv mv∆ = − 50.(2015·天津卷·T10)某快点公司分拣邮件的水平传输装置示意图如图，皮带在电动机的带 动下保持 的恒定速度向右运动，现将一质量为 的邮件轻放在皮带上，邮 件和皮带间的动摩擦力因数 ，设皮带足够长，取 ，在邮件与皮带发生 相对滑动的过程中，求 (1)邮件滑动的时间 t (2)邮件对地的位移大小 x (3)邮件与皮带间的摩擦力对皮带做的功 W 【答案】(1)0.2s；(2)0.1m； (3)-2J； 【解析】(1)设邮件放到与皮带发生相对滑动过程中受到的滑动摩擦力为 F，则有： 取向右为正方向，对邮件应用动量定理，有： 联立解得： (2)邮件与皮带发生相对滑动的过程中，对邮件应用动能定理，有： 联立并代入数据解得： (3)邮件与皮带发生相对滑动的过程中，设皮带相对地面的位移为 s，则有： 摩擦力对皮带做的功为： 代入相关数据解得： 考点：摩擦力、匀变速直线运动、功、动能、动量定理 【名师点睛】本题属于力学综合问题，但难度不大，注意把握解决力学综合问题的三种观点 (力和运动、冲量和动量、功和能)和解题技巧(系统的相互作用问题考虑使用两个守恒定律， 单个物理的“x”问题考虑动能定理，单个物体的“t”问题考虑使用动量定理，单个物体的“a”问 题考虑牛二定律)，像本题中求时间和位移都是如此。 51.(2013·天津卷)质量为 m=4kg 的小物块静止于水平地面上的 A 点，现用 F=10N 的水平恒 力拉动物块一段时间后撤去，物块继续滑动一段位移停在 B 点，A、B 两点相距 x=20m，物 块与地面间的动摩擦因数 μ=0.2，g 取 10m/s²，求： 1 /v m s= 2m kg= 0.5µ = 210 /g m s= mgF µ= 0−= mvFt s2.0=t 02 1 2 −= mvFx m1.0=x vts = FsW −= J2−=W (1)物块在力 F 作用过程发生位移 x1 的大小； (2)撤去力 F 后物块继续滑动的时间 t。 【答案】(1)16m，(2)2s 【解析】(1)整个运动过程的示意图如图所示 取小物块为研究对象，从 A 到 B 过程，根据动能定理，有：Fx1-fx=0 其中：f=μmg 联立解得 x1=16m； (2)对 A 到 C 过程运用动能定理，有：Fx1-μmgx1＝ mv2，解得：v=4m/s C 到 B 过程，根据牛顿第二定律，有：μmg=ma′，解得 a′=μg=2m/s2； 根据平均速度公式，有：xCB＝ ×tCB，解得 ； 【考点定位】匀变速直线运动、牛顿第二定律、动能定理、动量定理。 52.(2011·安徽卷·T24)如图所示，质量 M=2kg 的滑块套在光滑的水平轨道上，质量 m=1kg 的 小球通过长 L=0.5m 的轻质细杆与滑块上的光滑轴 O 连接，小球和轻杆可在竖直平面内绕 O 轴自由转动，开始轻杆处于水平状态，现给小球一个竖直向上的初速度 v0=4 m/s，g 取 10m/s2。 (1)若锁定滑块，试求小球通过最高点 P 时对轻杆的作用力大小和方向。 1 2 2 v 2 2 4 24 CB CB xt sv ×＝ ＝ s＝ ； (2)若解除对滑块的锁定，试求小球通过最高点时的速度大小。 (3)在满足(2)的条件下，试求小球击中滑块右侧轨道位置点与小球起始位置点间的距离。 【答案】(1)2N，方向竖直向上(2) (3) 【解析】(1)设小球能通过最高点，且此时的速度为 v1.在上升过程中，因只有重力做功，小 球的机械能守恒.则 …①， …② 设小球到达最高点时，轻杆对小球的作用力为 F，方向向下，则 …③ 由②③式，得 F=2N…④ 由牛顿第三定律可知，小球对轻杆的作用力大小为 2N，方向竖直向上. (2)解除锁定后，设小球通过最高点时的速度为 ，此时滑块的速度为 V.在上升过程中，因 系统在水平方向上不受外力作用，水平方向的动量守恒.以水平向右的方向为正方向，有 …⑤ 在 上 升 过 程 中 ， 因 只 有 重 力 做 功 ， 系 统 的 机 械 能 守 恒 ， 则 …⑥ 由⑤⑥式，得 (3)设小球击中滑块右侧轨道的位置点与小球起始点的距离为 s1，滑块向左移动的距离为 s2， 任意时刻小球的水平速度大小为 v3，滑块的速度大小为 V/。由系统水平方向的动量守恒， 得 ⑦ 将⑧式两边同乘以 ，得 ⑧ 因⑧式对任意时刻附近的微小间隔△t 都成立，累积相加后，有 …⑨ 又 …⑩ 由⑨⑩式得 【考点定位】机械能守恒，牛顿运动定律，动量守恒定律 53.(2015·福建卷·T21)如图，质量为 M 的小车静止在光滑的水平面上，小车 AB 段是半径为 R 的四分之一圆弧光滑轨道，BC 段是长为 L 的水平粗糙轨道，两段轨道相切于 B 点，一质量 为 m 的滑块在小车上从 A 点静止开始沿轨道滑下，重力加速度为 g。 2 2 /v m s= 1 2 3s m= 2 2 1 0 1 1 2 2mv mgL mv+ ＝ 1 6 /v m s＝ 2 1vF mg m L + ＝ 2v 2 0mv MV− = 2 2 2 2 0 1 1 1 2 2 2mv MV mgL mv+ + ＝ 2 2 /v m s= 3 0mv MV′− = t∆ 3 0mv t MV t′∆ − ∆ = 1 2 0ms Ms− = 1 2 2s s L+ = 1 2 3s m= (1)若固定小车，求滑块运动过程中对小车的最大压力； (2)若不固定小车，滑块仍从 A 点由静止下滑，然后滑入 BC 轨道，最后从 C 点滑出小车， 已知滑块质量 ，在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的 2 倍， 滑块与轨道 BC 间的动摩擦因数为 μ，求： ① 滑块运动过程中，小车的最大速度 vm； ② 滑块从 B 到 C 运动过程中，小车的位移大小 s。 【答案】(1)3mg (2)① ②s=L/3 【解析】(1)由图知，滑块运动到 B 点时对小车的压力最大 从 A 到 B，根据动能定理： 在 B 点： 联立解得：FN=3mg，根据牛顿第三定律得，滑块对小车的最大压力为 3mg (2)①若不固定小车， 滑块到达 B 点时，小车的速度最大 根据动量守恒可得： 从 A 到 B，根据能量守恒： 联立解得： ② 设 滑 块 到 C 处 时 小 车 的 速 度 为 v ， 则 滑 块 的 速 度 为 2v ， 根 据 能 量 守 恒 ： 2 Mm = gRvm 3 1= 02 1 2 −= BmvmgR R vmmgF B N 2 =− mMvvm =′ 22 2 1 2 1 mMvvmmgR +′= gRvm 3 1= ( ) mgLMvvmmgR µ++= 22 2 122 1 解得： 小车的加速度： 根据 解得：s=L/3 【考点定位】动能定理、能量守恒 54.(2015·广东卷·T36)如图所示，一条带有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直，底端分 别与两侧的直轨道相切，半径 R＝0.5m，物块 A 以 v0＝6m/s 的速度滑入圆轨道，滑过最高 点 Q，再沿圆轨道滑出后，与直轨道上 P 处静止的物块 B 碰撞，碰后粘在一起运动，P 点左 侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为 L＝0.1m，物块与各粗糙 段间的动摩擦因数都为 μ＝0.1，A、B 的质量均为 m＝1kg(重力加速度 g 取 10m/s2；A、B 视为质点，碰撞时间极短)。 (1)求 A 滑过 Q 点时的速度大小 v 和受到的弹力大小 F； (2)若碰后 AB 最终停止在第 k 个粗糙段上，求 k 的数值； (3)求碰后 AB 滑至第 n 个(n＜k)光滑段上的速度 vn 与 n 的关系式。 【答案】(1)v＝4m/s，F＝22N；(2)k＝45；(3)vn＝ m/s(其中 n＝1、2、3、…、44) 【解析】(1)物块 A 从开始运动到运动至 Q 点的过程中，受重力和轨道的弹力作用，但弹力 始终不做功，只有重力做功，根据动能定理有：－2mgR＝ － 解得：v＝ ＝4m/s 在 Q 点，不妨假设轨道对物块 A 的弹力 F 方向竖直向下，根据向心力公式有：mg＋F＝ 解得：F＝ －mg＝22N，为正值，说明方向与假设方向相同。 (2)根据机械能守恒定律可知，物块 A 与物块 B 碰撞前瞬间的速度为 v0，设碰后 A、B 瞬间 asvvm 222 =− gLgRv µ 3 1 3 1 −= gM mga µµ 2 1== n2.09 − 2 2 1 mv 2 02 1 mv gRv 42 0 − R vm 2 R vm 2 一起运动的速度为 v0′，根据动量守恒定律有：mv0＝2mv0′ 解得：v0′＝ ＝3m/s 设物块 A 与物块 B 整体在粗糙段上滑行的总路程为 s，根据动能定理有：－2μmgs＝0－ 解得：s＝ ＝4.5m 所以物块 A 与物块 B 整体在粗糙段上滑行的总路程为每段粗糙直轨道长度的 ＝45 倍，即 k＝45 (3)物块 A 与物块 B 整体在每段粗糙直轨道上做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律可知， 其加速度为：a＝ ＝－μg＝－1m/s2 由题意可知 AB 滑至第 n 个(n＜k)光滑段时，先前已经滑过 n 个粗糙段，根据匀变速直线运 动速度-位移关系式有：2naL＝ － 解得：vn＝ ＝ m/s(其中 n＝1、2、3、…、44) 【考点定位】动能定理(机械能守恒定律)、牛顿第二定律、匀变速直线运动速度-位移式关系、 向心力公式、动量守恒定律的应用，以及运用数学知识分析物理问题的能力。 55.(2011·广东卷·T36)如图所示，以 A、B 和 C、D 为端点的两半圆形光滑轨道固定于竖直平 面内，一滑板静止在光滑水平地面上，左端紧靠 B 点，上表面所在平面与两半圆分别相切 于 B、C。一物块被轻放在水平匀速运动的传送带上 E 点，运动到 A 时刚好与传送带速度相 同，然后经 A 沿半圆轨道滑下，再经 B 滑上滑板。滑板运动到 C 时被牢固粘连。物块可视 为质点，质量为 m，滑板质量 M=2m，两半圆半径均为 R，板长 l =6.5R，板右端到 C 的距 离 L 在 R＜L＜5R 范围内取值。E 距 A 为 S=5R，物块与传送带、物块与滑板间的动摩擦因 素均为 μ=0.5，重力加速度取 g. (1)求物块滑到 B 点的速度大小； (2)试讨论物块从滑上滑板到离开滑板右端的过程中，克服摩擦力做的功 Wf 与 L 的关系，并 2 0)2(2 1 vm ′ 2 nv 2 0v′ 2 0v gμ v 2 2 0 ′ L s m mgμ 2 2− naLv 22 0 +′ n2.09 − 判断物块能否滑到 CD 轨道的中点。 【答案】(1) (2)不能 【解析】(1)设物块到达 B 点的速度为 vB，对物块从 E 到 B 由动能定理得 ① 解得 ② (2)假设物块与滑板达到共同速度 v 时，物块还没有离开滑板，对物块与滑板，由动量守恒， 有 ③ 设物块在滑板上运动的距离为 s1，由能量守恒得 ④ 由③④，得 ⑤ 即达到共同速度 v 时，物块不会脱离滑板滑下。 设此过程滑板向右运动的距离为 s2，对滑板由动能定理得 ⑥ 由③⑥，得 讨论：①当 时，滑块在滑板上一直减速到右端，设此时的速度为 vC，对物块由 动能定理得 ⑦ 解得 所以克服摩擦力所做的功 设物块离开滑板沿圆轨道上升的高度为 H，由机械能守恒得 ⑧ 解得 ，故物块不能滑到 CD 轨道中点。 ②当 时，滑块与滑板最终一起运动至滑板与 C 相碰，碰后滑块在滑板上继续 做减速运动到右端，设此时的速度为 vC1 ，对物块由动能定理得 ⑨ 解得 215 2 02 Bmg R mg R mvµ ⋅ + ⋅ = − 3Bv gR= ( )Bmv m M v= + 2 2 1 1 1 ( )2 2Bmg s mv m M vµ ⋅ = − + 1 6 6.5s R l R= < = 2 2 1 2mg s Mvµ ⋅ = 2 2s R= 2R L R< < 2 21 1( ) 2 2C Bmg l L mv mvµ− + = − (2.5 ) 0Cv R L= − > ( ) 3.25 0.5fW mg l L mgR mgLµ= + = + 21 2 Cmv mgH= 3 4H R< 2 5R L R≤ < 2 2 2 1 1 1( ) 2 2C Bmg l s mv mvµ− + = − 1 02C gRv = > 2 3v gR= 所以克服摩擦力所做的功 设物块离开滑板沿圆轨道上升的高度为 h，由机械能守恒得 ⑩ 解得 ，故物块不能滑到 CD 轨道中点。 【考点定位】动量守恒定律；动能定理的应用；机械能守恒定律 56.(2011·全国卷)装甲车和战舰 采用多层钢板比采用同样质量的单层钢板更能抵御穿甲弹的 射击。通过对一下简化模型的计算可以粗略说明其原因。质量为 2m、厚 度为 2d 的钢板静 止在水平光滑桌面上。质量为 m 的子弹以某一速度垂直射向该钢板，刚好能将钢板射穿。 现把钢板分成厚度均为 d、质量均为 m 的相同两块，间隔一段距离水平放置，如图所示。若 子弹以相同的速度垂直射向第一块钢板，穿出后再射向第二块钢板，求子弹射入第二块钢板 的深度。设子弹在钢板中受到的阻力为恒力，且两块钢板不会发生碰撞。不计重力影响。 (1)子弹射穿质量为 2m、厚度为 2d 的钢板后钢板的速度和此过程系统损失的机械能； (2)子弹射穿质量为 m、厚度为 d 的第一块钢板后的速度； (3)子弹射入第二块钢板的深度 【答案】(1) (2) (3) 【解析】(1)设子弹初速度为 v0，射入厚度为 2d 的钢板后，最终钢板和子弹的共同速度为 V。由动量守恒得 ① 解得 此过程中动能的损失为 ② 解得 (2)分成两块钢板后，设子弹穿过第一块钢板时两者的速度为别为 v1 和 V1，由动量守恒得 2( ) 4.25fW mg l s mgRµ= + = 2 1 1 2 Cmv mgh= 4 Rh R= < 3 0 1 3E mv∆ = 1 0 3 3 6v v −= 1 312 2x d  = +    0(2 )m m V mv+ = 0 1 3V v= 2 2 0 1 1 32 2E mv mV∆ = − × 3 0 1 3E mv∆ = ③ 根据能量守恒得： …④ 联立①②③④解得： (3)子弹以速度 垂直射向第二块钢板在第二块钢板中进入深度 ，公共速度 ，则由系统 动量守恒和摩擦力做功等于系统动能的减少，有： …⑤ …⑥ 联立以上六式化简得： 【考点定位】动量守恒，机械能守恒定律 57.(2011·重庆卷)如图所示，静置于水平地面的三辆手推车沿一直线排列，质量均为 m，人 在极短时间内给第一辆车一水平冲量使其运动，当车运动了距离 L 时与第二辆车相碰，两 车以共同速度继续运动了距离 L 时与第三车相碰，三车以共同速度又运动了距离 L 时停止。 车运动时受到的摩擦阻力恒为车所受重力的 k 倍，重力加速度为 g，若车与车之间仅在碰撞 时发生相互作用，碰撞时间很短，忽略空气阻力，求： (1)整个过程中摩擦阻力所做的总功； (2)人给第一辆车水平冲量的大小； (3)第一次与第二次碰撞系统功能损失之比。 【答案】(1)－6kmgL(2)2m (3)13/3 【解析】(1)设运动过程中摩擦阻力做的总功为 W，则 W＝－kmgL－2kmgL－3kmgL＝－ 6kmgL (2)设第一车初速度为 u0，第一次碰前速度为 v1，碰后共同速度为 u1；第二次碰前速度为 v2， 1 1 0mv mV mv+ = 2 2 2 0 1 2 1 1 1 2 2 2fd mv mv mv= − − 1 0 3 3 6v v −= 1v 0d 3v 1 32mv mv= 2 3 0 1 3 1 1 22 2f d mv mv× = − × 0 1 3 12 2d d= +（ ） 7kgL 碰后共同速度为 u2；人给第一车的水平冲量大小为 I。 由： mv1＝2mu1 2mv2＝3mu2 得：I＝mu0－0＝2m (3)设两次碰撞中系统动能损失分别为△Ek1 和△Ek2 由△Ek1＝ kmgL，△Ek2＝ kmgL 得：△Ek1/△Ek2＝13/3 【考点定位】动量守恒定律，能量守恒定律 58.(2012·安徽卷·T24)如图所示，装置的左边是足够长的光滑水平面，一轻质弹簧左端固定， 右端连接着质量 M=2kg 的小物块 A。装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高， 并能平滑对接。传送带始终以 n=2m/s 的速度逆时针转动。装置的右边是一光滑的曲面，质 量 m=1kg 的小物块 B 从其上距水平台面 h=1.0m 处由静止释放。已知物块 B 与传送带之间 的摩擦因数 n=0.2, f=1.0m。设物块 A、B 中间发生的是对心弹性碰撞，第一次碰撞前物块 A 静止且处于平衡状态。取 g=10m/s2。 (1)求物块 B 与物块 A 第一次碰撞前的速度大小； (2)通过计算说明物块 B 与物块 A 第一次碰撞后能否运动到右边曲面上？ (3)如果物块 A、B 每次碰撞后，物块 A 再回到平衡位置时都会立即被锁定，而当他们再次 碰撞前锁定被解除，试求出物块 B 第 n 次碰撞后运动的速度大小。 【答案】(1) (2)物块 B 与物块 A 第一次碰撞后不能运动到右边曲面上 2 2 1 0 1 1 2 2kmgL mv mu− = − 2 2 2 1 1 12 (2 ) (2 )2 2kmgL m v m u− = − 2 2 13 0 (3 )2kmgL m u− = − 7kgL 13 2 3 2 4 / m s (3)物块 B 第 n 次碰撞后的运动速度大小是 【解析】(1)设物块 B 沿光滑曲面下滑到水平位置时的速度大小为 ，由机械能守恒知 ， 。 设物块 B 在传送带上滑动过程中因受摩擦力所产生的加速度大小为 ，设物块 B 通过传送带后运 动速度大小为 v，有 ，解得 。 由于 ，所以 即为物块 B 与物块 A 第一次碰撞前的速度大小。 (2)设物块 A、B 第一次碰撞后的速度分别为 ，取向右为正方向，由弹性碰撞，运用动 量守恒，能量守恒得 解得 ，即碰撞后物块 B 在水平台 面向右匀速运动； 设物块 B 在传送带上向右运动的最大位移为 ，则 ， ，所以物块 B 不能通过传送带运动到右边的曲面上。 (3)当物块 B 在传送带上向右运动的速度为零时，将会沿传送带向左加速。可以判断，物块 B 运动到左边台面是的速度大小为 v1，继而与物块 A 发生第二欠碰撞，设第二次碰撞后物块 B 速度大小为 v2，同上计算可知 ，物块 B 与物块 A 第三次碰撞、第四次碰 撞…，碰撞后物块 B 的速度大小 ， 则第 n 次碰撞后物 块 B 的速度大小为 。 【考点定位】此题考查弹性碰撞的相关知识 59.(2012·广东卷)图 18(a)所示的装置中，小物块 A、B 质量均为 m，水平面上 PQ 段长为 l， 与 物块间的动摩擦因数为 μ，其余段光滑。初始时，挡板上的轻质弹簧处于原长；长为 r 的 连杆位于图中虚线位置；A 紧靠滑杆(A、B 间距大于 2r)。随后，连杆以角速度 ω 匀速转动， 带动滑杆作水 平运动，滑杆的速度-时间图像如图 18(b)所示。A 在滑杆推动下运动，并在脱 离滑杆后与静止的 B 发生完全非弹性碰撞。 1 3 n v     0v 2 0 1 2mgh mv＝ 0 2v gh＝ mg maµ = 22 0 2v alv− −＝ 4 /v m s= 2 /v u m s=＞ 4 /v m s= 1V v、 1 22 2 1 1 1 1 2 2 2 mv mv MV mv m MVv − = + +＝ 1 1 4 /3 3v v m s＝ ＝ 'l 2 10 2alv− − ′＝ 4 19l m m′＝ ＜ 2 2 1 1 1 3 3v v v = =    3 3 2 1 1 3 3v v v = =    4 4 3 1 1 3 3v v v = =    1 3 n nv v =    (1)求 A 脱离滑杆时的速度 ，及 A 与 B 碰撞过程的机械能损失 ΔE。 (2)如果 AB 不能与弹簧相碰，设 AB 从 P 点到运动停止所用的时间为 t1，求 ω 的取值范围， 及 t1 与 ω 的关系式。 (3)如果 AB 能与弹簧相碰，但不能返回到 P 点左 侧，设 每次压缩弹簧过程中弹簧的最大弹 性 势能为 Ep，求 ω 的取值范围，及 Ep 与 ω 的关系式(弹簧始终在弹性限度内)。 【答案】见解析 【解析】(1)滑杆达到最大速度时 A 与其脱离.由题意，得： 设 AB 碰撞后的共同速度为 ，由动量守恒定律 碰撞过程中的机械能损失为 (2)AB 不能与弹簧相碰，设 AB 在 PQ 上运动的加速度大小为 a,由牛顿第二定律及运动学规 律得 由题知 联立解得 (3)AB 能与弹簧相碰，则 不能返回道 P 点左侧 解得 AB 在的 Q 点速度为 v2，AB 碰后到达 Q 点过程，由动能定理 0v 0v rω= 1v 0 12mv mv= 2 2 0 1 1 1 22 2E mv m v∆ = − （ ） 2 21 4E m rω∆ = mamg 22 =⋅µ 11 atv = 112 1 tvx = lx ≤ r glµω 220 ≤< g rt µ ω 21 = mglmv 222 1 2 1 ⋅>× µ lmgmv 2222 1 2 1 ⋅⋅≤× µ r gl r gl µωµ 422 ≤0)的粒子以速度 v0 从平面 MN 上的 P0 点水平向右射入 I 区。粒子在 I 区 运动时，只受到大小不变、方向竖直向下的电场作用，电场强度大小为 E；在 II 区运动时， 只受到匀强磁场的作用，磁感应强度大小为 B，方向垂直于纸面向里。求粒子首次从 II 区 离开时到出发点 P0 的距离。粒子的重力可以忽略。 【答案】 【解析】带电粒子进入电场后，在电场力的作用下沿抛物线远的，其加速度方向竖直向下， 设其大小为 a 由牛顿定律得 qE=ma ① 设经过时间 ，粒子从平面 MN 是上的点 P1 进入磁场，由运动学公式和几何关系得 ② 粒子速度大小 V1 为 ③ 设速度方向与竖直方向的夹角为 α，则 ④ 0E RI= 2Pv mg = 0 02 2 1mv vl q E B  = +   0t 2 0 0 0 1 2v t at= 2 2 1 0 0( )V v at= + 0 0 tan v at α = 此时粒子到出发点 P0 的距离为 ⑤ 此后，粒子进入磁场，在洛伦磁力作用下做匀速圆周运动，圆周半径为 ⑥ 速度与水平方向的夹角 θ： ⑦ 连立①②③④⑤⑥化简得 ⑧ 进入磁场时与边界 MN 的夹角为 做匀速圆周运动， 根据牛顿第二定律得 ⑨ 作出原轨迹，则弦长和半径满足关系 ⑩ 连立⑨⑩得 所以粒子首次从 II 区离开时到出发点 P0 的距离为 【考点定位】带电粒子在电磁场中的运动 85.(2011·山东卷)扭摆器是同步辐射装置中的插入件，能使粒子的运动轨迹发生扭摆。其简 化模型如图Ⅰ、Ⅱ两处的条形均强磁场区边界竖直，相距为 L，磁场方向相反且垂直纸面。 一质量为 m、电量为-q、重力不计的粒子，从靠近平行板电容器 MN 板处由静止释放，极板 间电压为 U，粒子经电场加速后平行于纸面射入Ⅰ区，射入时速度与水平和方向夹角 (1)当Ⅰ区宽度 L1=L、磁感应强度大小 B1=B0 时，粒子从Ⅰ区右边界射出时速度与水平方向 夹角也为 ，求 B0 及粒子在Ⅰ区运动的时间 t0 (2)若Ⅱ区宽度 L2=L1=L 磁感应强度大小 B2=B1=B0，求粒子在Ⅰ区的最高点与Ⅱ区的最低点 之间的高度差 h (3)若 L2=L1=L、B1=B0，为使粒子能返回Ⅰ区，求 B2 应满足的条件 30θ = ° 30° 0 0 02s v t= 1 1 mVr qB = 2 12 45 2 5 5 tan tan sin cosθ θ θ= ° = = = 05v v＝ 2 02 2 mvS Eq ＝ 45θ − ° 2vm BqvR ＝ ( )45 2 Lsin R θ − ° ＝ 02 mvL Bq ＝ 0 02 2 1( )mv vd s L q E B + +＝ ＝ (4)若 ，且已保证了粒子能从Ⅱ区右边界射出。为使粒子从Ⅱ区右边界射出 的方向与从Ⅰ区左边界射入的方向总相同，求 B1、B2、L1、、L2、之间应满足的关系式。 【答案】(1) (2)h=(2- )L(3)B2> (4)B1L1= B2L2 【解析】(1)如图所示，设粒子射入磁场区域Ⅰ时的速度为 v，匀速圆周运动的半径为 .根 据动能定理，得 ① 由牛顿定律，得 ② 由几何知识，得 ③ 联立代入数据解得 ④ 粒子在磁场Ⅰ区域中运动的时间为 ⑤ 联立上述①②③④⑤解得 (2)设粒子在磁场Ⅱ区中做匀速圆周运动的半径为 R2，由牛顿第二定律得 qvB2=m ，⑧ 由几何知识可得 h=( R1+ R2)(1-cosθ)+Ltanθ⑨ 联立②③⑧⑨式，代入数据得 h=(2- )L ⑩ 1 2 1 2,B B L L≠ ≠ 0 3 2 L mt qU π= 2 33 3 2 mU L q 1R 21 2qU mv= 2 0 1 vqvB m R = 1 12L R sin Rθ= = 0 1 2mUB L q = 1 0 2 Rt v θ= 0 3 2 L mt qU π= 2 2 v R 2 33 (3)如图 2 所示，为使粒子能再次回到 I 区，应满足 R2(1+sinθ) (或 B2≥ ) ○12 (4)如图 3(或图 4)所示，设粒子射出磁场 I 区时速度与水平方向的夹角为 α，由几何知识可得 L1= R1 (sinθ+ sinα)， [或 L1= R1 (sinθ- sinα)]， ○13 L2= R2 (sinθ+ sinα)， [或 L2= R2 (sinθ- sinα)]， ○14 联立②⑧式解得 B1R1= B2R2 ○15 联立 ○13 ○14 ○15式解得 B1L1= B2L2。 【考点定位】带电粒子在有界磁场中的运动 86.(2011·上海卷)电阻可忽略的光滑平行金属导轨长S=1.15m，两导轨间距L=0.75 m，导轨倾 角为30°，导轨上端ab接一阻值R=1.5Ω的电阻，磁感应强度B=0.8T的匀强磁场垂直轨道平面 向上。阻值r=0.5Ω，质量m=0.2kg的金属棒与轨道垂直且接触良好，从轨道上端ab处由静止 开始下滑至底端，在此过程中金属棒产生的焦耳热 。(取 )求： 3 2 mU L q 3 2 mU L q 0.1rQ J= 210 /g m s= (1)金属棒在此过程中克服安培力的功 ； (2)金属棒下滑速度 时的加速度 . (3)为求金属棒下滑的最大速度 ，有同学解答如下：由动能定理 ，……。 由此所得结果是否正确？若正确，说明理由并完成本小题；若不正确，给出正确的解答。 【答案】(1) (2) (3)正确， 【解析】(1)下滑过程中安培力的功即为在金属棒和电阻上产生的焦耳热，由于 ， 因此 ，故 ， (2)金属棒下滑时受 重力和安培力 由牛顿第二定律 故 (3) 此 解 法 正 确 . 金 属 棒 下 滑 时 重 力 、 支 持 力 和 安 培 力 作 用 ， 根 据 牛 顿 第 二 定 律 上式表明，加速度随速度增加而减小，棒作加速度减小的加速运动.无论最终是否达到匀速， 当棒到达斜面底端时速度一定为最大.由动能定理可以得到棒的末速度，因此上述解法正确. 故 【考点定位】电磁感应中的能量转化；牛顿第二定律；动能定理的应用；焦耳定律 87.(2011·四川卷)如图所示，间距 l=0.3m 的平行金属导轨 a 1b1c1 和 a2b2c2 分别固定在两个竖 直面内，在水平面 a1b1b2a2 区域内和倾角 θ=3 7º 的斜面 c1b1b2c2 区域内分别有磁感应强度 B1=0.4T、方向竖直向上和 B2=1T、方向垂直于斜面向上的匀强磁场。电阻 R=0.3Ω、质量 m1=0.1kg、长为 l 的相同导体杆 K、S、Q 分别放置在导轨上，S 杆的两端固定在 b1、b2 点， K、Q 杆可沿导轨无摩擦滑动且始终接触良好。一端系于 K 杆中点的轻绳平行于导轨绕过轻 质滑轮自然下垂，绳上穿有质量 m2=0.05kg 的小环。已知小环以 a=6m/s2 的加速度沿绳下滑， K 杆保持静止，Q 杆在垂直于杆且沿斜面向下的拉力 F 作用下匀速运动。不计导轨电阻和滑 轮摩擦，绳不可伸长。取 g=10 m/s2，sin37º=0.6，cos37º=0.8。求 W安 2 /v m s= a mv 21- = 2 mW W mv重 安 0.4J 23.2 /m s 27.4 /m s 3R r= 3 0.3R rQ Q J= = 0.4R rW Q Q Q J= = + =安 2 2B LF BIL vR r+安＝ ＝ 2 2 30 B Lmgsin v maR r °− + ＝ ( ) ( ) ( )2 2 2 2 21 0.8 0.75 2sin30 10 3.2 /2 0.2 1.5 0.5 B La g v m sm R r × ×°− × −+ × +＝ ＝ ＝ 2 2 30 B Lmgsin v maR r °− + ＝ 21sin30 2 mmgS Q mv°− ＝ ( )2 1 2 0.42 sin30 2 10 1.15 2.74 /2 0.2m Qv gS m sm ×°− × × × −＝ ＝ ＝ (1)小环所受摩擦力的大小； (2)Q 杆所受拉力的瞬时功率。 【答案】(1) (2) 【解析】(1)设小环受到的摩擦力大小为 ，由牛顿第二定律，有 代入数据得 ； (2)设通过 K 杆的电流为 ，K 杆受力平衡，有 设回路中电流为 I，总电阻为 ，有： ， 设 Q 杆下滑速度大小为 v，产生的感应电动势为 E，有 ， ，拉力的瞬时功率为 联立以上方程，代入数据解得 Q 杆受拉力的功率 【考点定位】导体切割磁感线运动 88.(2011·四川卷)如图所示，正方形绝缘光滑水平台面 WXYZ 边长 l=1.8m，距地面 h=0.8m。 平行板电容器的极板 CD 间距 d=0.1m 且垂直放置于台面。C 板位于边界 WX 上，D 板与边 界 WZ 相交处有一小孔。电容器外的台面区域内有磁感应强度 B=1T，方向竖直向上的匀强 磁场。电荷量 q=5×10-13C 的微粒静止于 W 处，在 CD 间加上恒定电压 U=2.5V，板间微粒经 电场加速后由 D 板所开小孔进入磁场(微粒始终不与极板接触)，然后由 XY 边界离开台面。 在微粒离开台面瞬时，静止于 X 正下方水平地面上 A 点的滑块获得一水平速度，在微粒落 地时恰好与之相遇。假定微粒在真空中运动、极板间电场视为匀强电场，滑块视为质点。滑 块与地面间的动摩擦因数 μ=0.2，取 g=10m/s2。 0.2fF N= 2P W= fF 2 2fm g F m a− = 0.2fF N= 1I 1 1fF B I l= R总 12I I= 3 2R R=总 EI R = 总 2E B lv= 1 2F m gsin B Ilθ+ = P Fv= 2P W= (1)求微粒在极板间所受电场力的大小并说明两板的极性； (2)求由 XY 边界离开台面的微粒的质量范围； (3)若微粒质量 m0=1×10-13kg，求滑块开始运动所获得的速度。 【答案】(1)1.25×10−11N C 板为正，D 板为负 (2) (3) 【解析】(1)由左手定则及微粒的偏转方向可知，该微粒带正电，即 C 板为正，D 板为负； 电场力的大小为： ＝1.25×10−11N…① (2)由题意知两个轨迹边界如图所示，由此边界结合勾股定理得： …② 再由向心力公式 得 …③ 且 …④ 联立②③④式，得该微粒的质量范围： (3)将质量 代入③④可得： 以及 R=1m，其轨迹如图所示. 由图可知 ＝0.8，也即是 θ=37°…⑤ 设微粒在空中的飞行时间为 t，则由运动学公式有： …⑥ 则滑块滑至与微粒相碰过程中微粒的水平位移为：s＝vt⑦ 14 138.1 10 2.89 10kg m kg− −× ≤ ×＜ 0 4.15 /v m s= UF qE q d ＝ ＝ 2 l R l d≤ −＜ 2vqvB m R ＝ mvR qB = 21 2qU mv＝ 14 138.1 10 2.89 10kg m kg− −× ≤ ×＜ 13 0 1 10m kg−= × 5 /v m s= l Rcos R θ −= 21 2h gt= 微粒滑出点距左边距离：x=d+Rsinθ…⑧ 由⑤⑥⑦⑧可得：s＝2m，x＝0.7m 由余弦定理，知滑块的位移 由位移公式 解得 v0＝4.15m/s 由正弦定理有： 得： ， (或 ) 【考点定位】带电粒子在电磁场中的运动规律 89.(2011·天津卷)回旋加速器在核科学、核技术、核医学等高新技术领域得到了广泛应用， 有力地推动了现代科学技术的发展。 (1)当今医学成像诊断设备 PET/CT 堪称“现代医学高科技之冠”，它在医疗诊断中，常利用能 放射电子的同位素碳 11 为示踪原子，碳 11 是由小型回旋加速器输出的高速质子轰击氮 14 获得，同时还产生另一粒子，试写出核反应方程。若碳 11 的半衰期 τ 为 20min，经 2.0h 剩 余碳 11 的质量占原来的百分之几？(结果取 2 位有效数字) (2)回旋加速器的原理如图，D1 和 D2 是两个中空的半径为 R 的半圆金属盒，它们接在电压一 定、频率为 f 的交流电源上，位于 D1 圆心处的质子源 A 能不断产生质子(初速度可以忽略， 重力不计)，它们在两盒之间被电场加速，D1、D2 置于与盒面垂直的磁感应强度为 B 的匀强 磁场中。若质子束从回旋加速器输出时的平均功率为 P，求输出时质子束的等效电流 I 与 P、 B、R、f 的关系式(忽略质子在电场中运动的时间，其最大速度远小于光速) (3)试推理 说明：质子在回旋加速器中运动时，随轨道半径 r 的增大，同一盒中相邻轨道的 半径之差 是增大、减小还是不变？ 【答案】(1) 、 (2) (3)减小 【解析】(1)核反应方程为 …① 设碳 11 原有质量为 ，经过 剩余的质量为 ，根据半衰期定义，有： 2 2 0 2 cos 1.5S S Sx mπ θ= + − = 2 0 0 1 2S v t gtµ= − 0 0,S SS S sin sin sin sinα θ ϕ θ＝ ＝ 0.8sinϕ = 0.8arcsinϕ = 53ϕ = ° r∆ 14 1 11 4 7 1 6 2N H C He+ → + 1.6% 2 PI BR fπ＝ 14 1 11 4 7 1 6 2N H C He+ → + 0m 2.0t h= tm …② (2)设质子质量为 m，电荷量为 q，质子离开加速器时速度大小为 v，由牛顿第二定律知： ③ 质子运动的回旋周期为： …④ 由回旋加速器工作原理可知，交变电源的频率与质子回旋频率相同，由周期 T 与频率 f 的关 系可得： …⑤ 设在 t 时间内离开加速器的质子数为 N，则质子束从回旋加速器输出时的平均功率 …⑥ 输出时质子束的等效电流为： …⑦ 由上述各式得 (3)方法一： 设 k(k∈N*)为同一盒子中质子运动轨道半径的序数，相邻的轨道半径分别为 rk，rk+1(rk>rk+1)， ，在相应轨道上质子对应的速度大小分别为 vk，vk+1，D1、D2 之间的电压为 U，由动能定理知 ⑧ 由洛伦兹力充当质子做圆周运动的向心力，知 ，则 ⑨ 整理得 ⑩ 因 U、q、m、B 均为定值，令 ，由上式得 ⑾ 相邻轨道半径 rk+1，rk+2 之差 同理 因为 rk+2> rk，比较 ， 得 说明随轨道半径 r 的增大，同一盒中相邻轨道的半径之差 减小 方法二： 120 20 0 1 1( ) ( ) 1.6%2 2 t tm m τ＝ ＝ ＝ 2vqvB m R ＝ 2 2R mT v qB π π= = 1f T = 21 2N mv P t ⋅ = NqI t ＝ 2 PI BR fπ＝ 1k k kr r r+∆ = − 2 2 1 1 12 2 2k kqU mv mv+= − k k mvr qB = 2 2 2 2 12 ( )2 k k q BqU r rm += − 2 1 4 ( )k k k mUr qB r r+ ∆ = − 2 4mUC qB = 1 k k k Cr r r + ∆ = + 1 2 1k k kr r r+ + +∆ = − 1 2 k k k Cr r r+ + ∆ = + kr∆ 1kr +∆ 1k kr r+∆ < ∆ r∆ 设 k(k∈N*)为同一盒子中质子运动轨道半径的序数，相邻的轨道半径分别为 rk，rk+1(rk>rk+1)， ，在相应轨道上质子对应的速度大小分别为 vk，vk+1，D1、D2 之间的电压为 U 由洛伦兹力充当质子做圆周运动的向心力，知 ，故 ⑿ 由动能定理知，质子每加速一次，其动能增量 ⒀ 以质子在 D2 盒中运动为例，第 k 次进入 D2 时，被电场加速(2k﹣1)次 速度大小为 ⒁ 同理，质子第(k+1)次进入 D2 时，速度大小为 综合上述各式可得 整理得 ， 同理，对于相邻轨道半径 rk+1，rk+2， ，整理后有 由于 rk+2> rk，比较 ， 得 说明随轨道半径 r 的增大，同一盒中相邻轨道的半径之差 减小，用同样的方法也可得到 质子在 D1 盒中运动时具有相同的结论。 【考点定位】回旋加速器 90.(2011·浙江卷)如图甲所示，在水平面上固定有长为 L=2m、宽为 d=1m 的金属“U”型轨导， 在“U”型导轨右侧 l=0.5m 范围内存在垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间变化规 律如图乙所示。在 t=0 时刻，质量为 m=0.1kg 的导体棒以 v0=1m/s 的初速度从导轨的左端开 始向右运动，导体棒与导轨之间的动摩擦因数为 μ=0.1，导轨与导体棒单位长度的电阻均为 ，不计导体棒与导轨之间的接触电阻及地球磁场的影响(取 )。 (1)通过计算分析 4s 内导体棒的运动情况； (2)计算 4s 内回路中电流的大小，并判断电流方向； 1k k kr r r+∆ = − k k mvr qB = 1 1 k k k k r v r v+ + = kE qU∆ = (2 1)2 k k qUv m −= 1 (2 1)2 k k qUv m+ += 1 1 2 1 2 1 k k k k r v k r v k+ + −= = + 2 2 1 2 1 2 1 k k r k r k+ −= + 2 2 1 2 1 2 2 1 k k k r r r k + + − = + 2 1 1 2 (2 1)( ) k k k k rr k r r + + ∆ = + + 1 2 1k k kr r r+ + +∆ = − 2 1 1 +1 2 2 (2 1)( ) k k k k rr k r r + + + ∆ = + + kr∆ 1kr +∆ 1k kr r+∆ < ∆ r∆ m/1.0 Ω=λ 2/10 smg = (3)计算 4s 内回路产生的焦耳热。 【答案】(1)导体棒在 前做匀减速运动，在 后以后一直保持静止(2) ，电流方向是 顺时针方向。(3) 【 解 析 】 (1) 导 体 棒 先 在 无 磁 场 区 域 做 匀 减 速 运 动 ， 有 ， ， 代入数据解得： ，导体棒没有进入磁场区域.导体棒在 1s 末已经停止运动， 以后一直保持静止，离左端位置仍为 x=0.5m (2)前 2s 磁通量不变，回路电动势和电流分别为 E=0，I=0，后 2s 回路产生的电动势为 ； 回路的总长度为 5m，因此回路的总电阻为 电流为 ； 根据楞次定律，在回路中的电流方向是顺时针方向 (3)前 2s 电流为零，后 2s 有恒定电流，焦耳热为 Q=I2Rt=0.22×0.5×2=0.04J. 【考点定位】电磁感应磁变类问题 91.(2011·重庆卷)某仪器用电场和磁场来控制电子在材料表面上方的运动。如图所示，材料 表面上方矩形区域 PP'N'N 充满竖直向下的匀强电场，宽为 d；矩形区域 NN'M′M 充满垂直 纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为 B，长为 3s，宽为 s；NN'为磁场与电场之间的薄隔离 层。一个电荷量为 e、质量为 m、初速为零的电子，从 P 点开始被电场加速经隔离层垂直进 入磁场，电子每次穿越隔离层，运动方向不变，其动能损失是每次穿越前动能的 10%，最 后电子仅能从磁场边界 M'N'飞出。不计电子所受重力。 (1)求电子第二次与第一次圆周运动半径之比； (2)求电场强度的取值范围； (3)A 是 M′N′的中点，若要使电子在 A、M ′间垂直于 AM ′飞出，求电子在磁场区域中运动 的时间。 s1 s1 A2.0 J04.0 mg maµ− = 0tv v at= + 2 0 1 2x v t at= + 1 0.5t s x m= =， 0.4 0.5 1 0.1V2 BE ldt t ∆Φ ∆= = × × =∆ ∆＝ 5 0.5R λ= = Ω 0.1 0.20.5 EI AR = = = 【答案】(1) (2) (3) 【解析】(1)设圆周运动的半径分别为 R1、R2、…Rn、Rn+1…，第一和第二次圆周运动速率 分别为 和 ，动能分别为 和 ，由： ， ，得： (2) 设 电 场 强 度 为 E ， 第 一 次 到 达 隔 离 层 前 的 速 率 为 ， 根 据 能 量 关 系 有 ： ， 得： 又由： ， ，得： 电场强度的取值范围为 (3)设电子在匀强磁场中，圆周运动的周期为 T，运动的半圆周个数为 n，运动总时间为 t 由题意，有： ， ， ， ，得：n=2 由 题 意 知 ， 电 子 在 磁 场 中 做 了 2 个 半 圆 和 一 个 圆 ， 由 ： ， 得 ： 【考点定位】带电粒子在电磁场中的运动 92.(2012·福建卷)如图甲，在圆柱形区域内存在一方向竖直向下、磁感应强度大小为 B 的匀 强磁场，在此区域内，沿水平面固定一半径为 r 的圆环形光滑细玻璃管，环心 0 在区域中心。 一质量为 m、带电量为 q(q>0)的小球，在管内沿逆时针方向(从上向下看)做圆周运动。已知 磁感应强度大小 B 随时间 t 的变化关系如图乙所示，其中 。设小球在运动过程中 电量保持不变，对原磁场的影响可忽略。 (1)在 t=0 到 t=T0 这段时间内，小球不受细管侧壁的作用力，求小球的速度大小 ； (2)在竖直向下的磁感应强度增大过程中，将产生涡旋电场，其电场线是在水平面内一系列 沿逆时针方向的同心圆，同一条电场线上各点的场强大小相等。试求 t=T0 到 t=1.5T0 这段 时间内： ①细管内涡旋电场的场强大小 E； ②电场力对小球做的功 W。 0 0 2 mT qB π= 2 1 0.91R R =: : 2 2 2 25 80 9 B es B esEmd md < ≤ 5 2 m eB π 1v 2v 1kE 2kE 2 10.81k kE E= 1 2 1 2 mv mvR RBe Be = =， 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2k kE mv E mv= =， 2 1 0.91R R =: : v′ 2 2 2 1 1 1 10.92 2 2eEd mv mv mv= ′ ⇒ × ′ = 1R s≤ 2 25 9 B esE md ≤ 1 10.9n nR R−= 2 12 1 0.9 0.9 0.9 3nR s+ + +…+ +… =（ ） 2 2 80 B esE md > 2 2 2 25 80 9 B es B esEmd md < ≤ ( )1 1 2 1 0.9 31 0.9 n n R R s+ − +− ＝ 1R s≤ 1 10.9n nR R+ = 1 2n sR + ≥ 1 4 2 mT eB π= 1 1 52 2 4 2 mt T T eB π= × + = 0v 【答案】 ； ； 【解析】(1)小球做圆周运动向心力由洛伦磁力提供：设速度为 v，有： 解得： 。 (2)①在磁场变化过程中，圆管所在的位置会产生电场，根据法拉第感应定律可知，电势差 ， 电 场 处 处 相 同 ， 认 为 是 匀 强 电 场 则 有 ： 又因为 ，得到场强 ②电场力为： 。根据牛顿第二定律，有 ，解得 ，物体的末速 度 为 ： ， 根 据 动 能 定 理 ， 电 场 力 做 的 功 为 ： 。 【考点定位】本题考查带电粒子在电场和磁场中的运动相关知识 93.(2012·广东卷)如图所示，质量为 M 的导体棒 ab，垂直放在相距为 l的平行光滑金属轨道 上。导轨平面与水平面的夹角为 θ，并处于磁感应强度大小为 B、方向垂直于导轨平面向上 的匀强磁场中，左侧是水平放置、间距为 d 的平行金属板。R 和 Rx 分别表示定值电阻和滑 动变阻器的阻值，不计其他电阻。 (1)调节 Rx=R，释放导体棒，当棒沿导轨匀速下滑时，求通过棒的电流 I 及棒的速率 v。 (2)改变 Rx，待棒沿导轨再次匀速下滑后，将质量为 m、带电量为+q 的微粒水平射入金属板 间，若它能匀速通过，求此时的 Rx 。 【答案】(1) (2) m rqBv 0= m rqBE π2 2 0= m rBqW 8 5 22 0 2 = r vmqvB 2 = m rqBv 0= ( ) ( ) 0 2 0 00 2 00 2 5.1 2 T rB TT rBB tU ππφ =− ×−=∆ ∆= 0 0 T rB d UE == 0 0 2 qB mT π= m rqBE π2 2 0= 0 0 r B qF Eq T = = F ma= 0 0 r B qa mT ＝ 0 0 0 0 0 0 3 2 2 qB r r B q T qB rv v at m mT m + + ⋅ =＝ ＝ 2 2 2 2 2 0 0 1 1 5 2 2 8 q rW mv m mv B= − = 22 sin2 lB MgRv θ= θsinMq mldBRx = 【解析】(1)导体棒匀速下滑时， ① ② 设导体棒产生的感应电动势为 ， ③ 由闭合电路欧姆定律得： ④ 联立②③④，得 ⑤ (2)改变 Rx 由②式可知电流不变.设带电微粒在金属板间匀速通过时，板间电压为 U，电场强 度大小为 E， ⑥ ⑦ ⑧ 联立②⑥⑦⑧，得 。 【考点定位】本题考查了电磁感应中的力电综合问题 94.(2012·江苏卷·T15)如图所示，待测区域中存在匀强电场和匀强磁场，根据带电粒子射入 时的受力情况可推测其电场和磁场. 图中装置由加速器和平移器组成，平移器由两对水平放 置、相距为l的相同平行金属板构成，极板长度为l、间距为d，两对极板间偏转电压大小相等、 电场方向相反. 质量为m、电荷量为+q 的粒子经加速电压U0 加速后，水平射入偏转电压为 U1 的平移器，最终从A 点水平射入待测区域. 不考虑粒子受到的重力. (1)求粒子射 出平移器时的速度大小v1; (2)当加速电压变为4U0 时，欲使粒子仍从A 点射入待测区域，求此时的偏转电压U; (3)已知粒子以不同速度水平向右射入待测区域，刚进入时的受力大小均为F. 现取水平向右 为x 轴正方向，建立如图所示的直角坐标系Oxyz. 保持加速电压为U0 不变，移动装置使粒 子 沿 不 同 的 坐 标 轴 方 向 射 入 待 测 区 域 ， 粒 子 刚 射 入 时 的 受 力 大 小 如 下 表 所 示 . 请推测该区域中电场强度和磁感应强度的大小及可能的方向. Mgsin BIlθ = MgsinI Bl θ= 0E 0E BLv= 0I R Rx E= + 2 2 2MgRsinv B l θ= xU IR= UE d = mg qE= x mBldR qMsinθ= 【答案】(1) (2) (3)E 与 Oxy 平面平行且与 x 轴方向的夹角为 30°或 150°， 若 B 沿-x 轴方向，E 与 Oxy 平面平行且与 x 轴方向的夹角为-30°或-150°。 【解析】(1)设粒子射出加速器的速度为 v0 动能定理 由题意得 ，即 (2)在第一个偏转电场中,设粒子的运动时间为 t 加速度的大小 在离开时,竖直分速度 竖直位移 水平位移 粒子在两偏转电场间做匀速直线运动,经历时间也为 t 竖直位移 由题意知，粒子竖直总位移 解得 则当加速电压为 时， (3)(a)由沿 x 轴方向射入时的受力情况可知:B 平行于 x 轴.且 (b)由沿 轴方向射入时的受力情况可知:E 与 Oxy 平面平行. ，则 且 解得 (c)设电场方向与 x 轴方向夹角为 . 若 B 沿 x 轴方向，由沿 z 轴方向射入时的受力情况得 解得 ，或 0 1 2qUv m = 1U 4U= 2 0 0 1 2qU mv= 1 0v v= 0 1 2qUv m = 1qUa md = yv at= 2 1 1 2y at= 1l v t= 2 yy v t= 1 2y 2y y= + 2 1 0 U ly U d = 04U 1U 4U= FE q = y+ − 2 2 2F f (5F)+ = f 2F= 1f qv B= 0 2F mB B qU = α 2 2 2sin ) ( cos ) ( 7 )F F Fα α+ + =（f 30α = ° 150α = ° 即 E 与 Oxy 平面平行且与 x 轴方向的夹角为 30°或 150°. 同理，若 B 沿-x 轴方向 E 与 Oxy 平面平行且与 x 轴方向的夹角为-30°或-150°. 【考点定位】本题考查带电粒子在电场中的运动及其相关知识 95.(2012·山东卷)如图甲所示，相隔一定距离的竖直边界两侧为相同的匀强磁场区，磁场方 向垂直纸面向里，在边界上固定两长为 L 的平行金属极板 MN 和 PQ，两极板中心各有一小 孔 S1、S2，两极板间电压的变化规律如图乙所示，正反向电压的大小均为 U0，周期为 T0。 在 t=0 时刻将一个质量为 m、电量为-q(q >0)的粒子由 S1 静止释放，粒子在电场力的作用下 向右运动，在 t= T0/2 时刻通过 S2 垂直于边界进入右侧磁场区。(不计粒子重力，不考虑极板 外的电场) (1)求粒子到达 S2 时的速度大小 v 和极板距离 d。 (2)为使粒子不与极板相撞，求磁感应强度的大小应满足的条件。 (3)若已保证了粒子未与极板相撞，为使粒子在 t=3T0 时刻再次到达 S2，且速度恰好为零，求 该过程中粒子在磁场内运动的时间和磁感强度的大小 【答案】(1) ；(2) ；(3) 【解析】(1)粒子在匀强电场中电场力做功等于粒子动能的增加，得： 代入数据，得： ，又： ，联立以上两式，得： 。 (2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即： ，得： ，使 粒子不与极板相撞，则运动的半径 ，联立以上两式，得： 。 (3)粒子在 时刻再次到达 ，且速度恰好为零，根据运动的对称性，则从 再次进入电 场时的时刻是 ；粒子从左向右应是水平匀速穿过无场区，距离为 d，时间为： ， 粒 子 在 左 右 磁 场 中 的 时 间 是 相 等 的 ， 粒 子 在 磁 场 中 运 动 的 总 时 间 ： 0 02 4 T qUd m ＝ 024 mUB L q ≤ 0 8 7 mB qT π＝ 2 0 1 2qU mv＝ 02qUv m ＝ 0(1 2 )2 Td v＝ 0 02 4 T qUd m ＝ 2mvqvB r ＝ mvr Bq = 4 Lr ≥ 024 mUB L q ≤ 03t T= 2S 1s 05 2 T 0 1 4 Tdt v ＝ ＝ ，粒子在左右磁场中的时间是相等的且都是半个周期，所以粒子运动 的总时间是一个周期，即 ；粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，得： ，联立以上公式得： 。 【考点定位】本题考查带电粒子在电场与磁场中的运动及其相关知识 96.(2012·四川卷·T25)如图所示，水平虚线 X 下方区域分布着方向水平、垂直纸面向里、磁 感应强度为 B 的匀强磁场，整个空间存在匀强电场(图中未画出)。质量为 m，电荷量为+q 的小球 P 静止于虚线 X 上方 A 点，在某一瞬间受到方向竖直向下、大小为 I 的冲量作用而 做匀速直线运动。在 A 点右下方的磁场中有定点 O，长为 l 的绝缘轻绳一端固定于 O 点， 另一端连接不带电的质量同为 m 的小球 Q，自然下垂。保持轻绳伸直，向右拉起 Q，直到 绳与竖直方向有一小于 50 的夹角，在 P 开始运动的同时自由释放 Q，Q 到达 O 点正下方 W 点时速度为 v0。P、Q 两小球在 W 点发生正碰，碰后电场、磁场消失，两小球粘在一起运动。 P、Q 两小球均视为质点，P 小球的电荷量保持不变，绳不可伸长，不计空气阻力，重力加 速度为 g。 (1)求匀强电场场强 E 的大小和 P 进入磁场时的速率 v； (2)若绳能承受的最大拉力为 F，要使绳不断，F 至少为多大？ (3)求 A 点距虚线 X 的距离 s。 【答案】见解析 【解析】(1)小球 P 所受重力和电场力平衡： 电场场强： 由动量定理得： 得 v＝I/m (2)设 同向相碰后在 W 点的最大速度为 ，由动量守恒定律得： 0 0 0 05 7 2 2 4 4 T T T Tt′ − −＝ ＝ t T′ = 2 2 4 2m rqvB vT rT π π=＝ ， 0 8 7 mB qT π＝ mg qE= mgE q = I mv= P Q、 mv 此刻轻绳的张力也为最大，由牛顿运动定律得： 联立相关方程，得： (3)设 P 在磁场上方做匀速直线运动的时间为 ，则 ，设 P 在 X 下方做匀速圆周运动 的时间为 ，则 。 设小球 Q 从开始运动到与 P 球反向相碰的运动时间为 ，由单摆周期性，有 ， 由题意，有 联立相关方程，得 ， 为大于 的整数。 设 小 球 Q 从 开 始 运 动 到 与 P 球 同 向 相 碰 的 运 动 时 间 为 ， 由 单 摆 周 期 性 ， 有 同理可得 ，其中 为大于 的整数。 【考点定位】本题考查带电粒子在复合场中的运动及其相关知识 97.(2012·天津卷)对铀 235 的进一步研究在核能的开发和利用中具有重要意义。如图所示， 质量为 m、电荷量为 q 的铀 235 离子，从容器 A 下方的小孔 S1 不断飘入加速电场，其初速 度可视为零，然后经过小孔 S2 垂直于磁场方向进入磁感应强度为 B 的匀强磁场中，做半径 为 R 的匀速圆周运动。离 子行进半个圆周后离开磁场并被收集，离开磁场时离子束的等效 电流为 I。不考虑离子重力及离子间的相互作用。 (1)求加速电场的电压 U； (2)求出在离子被收集的过程中任意时间 t 内收集到离子的质量 M； (3)实际上加速电压的大小会在 U+ΔU 范围内微小变化。若容器 A 中有电荷量相同的铀 235 和铀 238 两种离子，如前述情况它们经电场加速后进入磁场中会发生分离，为使这两种离子 0 mmv mv m m v+ = +（ ） ( ) 2 m m mF m m g vl +− + =（ ） 2 0( ) 22 I mvF mgmI += + 1Pt 1P st v = 2Pt 2 2P mt Bq π= Qt 1 22( )Q lt n g π+＝ 1 2Q P Pt t t= + 4 2( 2)1 I l m g Is n Bq π π+ −＝ n )1 4 4( g l m Bq − ´ Qt 3 2 4( )Q lt n g π′ +＝ ) 2( 3 2 4 I Is n l m g Bq π π+ −＝ n 3(4 )4 m g lBq − 在磁场中运动的轨迹不发生交叠， 应小于多少？(结果用百分数表示，保留两位有效数 字) 【答案】(1) (2) (3)0.63% 【解析】(1)设离子经电场加速后进入磁场时的速度为 v，由动能定理得：qU = mv2 离子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得： 解得：U = (2)设在 t 时间内收集到的离子个数为 N，总电荷量 Q = It Q = Nq M = Nm = (3)由以上分析可得：R = 设 m/为铀 238 离子质量，由于电压在 U±ΔU 之间有微小变化，铀 235 离子在磁场中最大半 径为：Rmax = 铀 238 离子在磁场中最小半径为：Rmin = 这两种离子在磁场中运动的轨迹不发生交叠的条件为：Rmax0 代表圆盘逆时针转动。已知： R=3.0Ω，B=1.0T，r=0.2m。忽略圆盘、电流表和导线的电阻。 9 16 0UU = 9 16 81 100 00 UUU ≤≤ 0 2 1 U U r L = 0 2 2 6 5 U U r L = Lr 3 2 6 5     = Lr n n 1 6 5 +     = 2 Lrn ≤ 8.21 5 6lg 2lg ≈−      ≥n r U∝ 1 0 5 6 UL UL = 1 1 0 5 6 L U r U = 2 1 5 6r L =    (1)根据图 19(b)写出 ab、bc 段对应 I 与 ω 的关系式； (2)求出图 19(b)中 b、c 两点对应的 P 两端的电压 Ub、Uc； (3)分别求出 ab、bc 段流过 P 的电流 IP 与其两端电压 UP 的关系式. 【答案】(1) (-45rad/s≤ω≤15 rad/s)； (15rad/s≤ω≤45 rad/s) (2) (3) (0≤ω≤15 rad/s)或 (-45rad/s≤ω≤0) (15rad/s≤ω≤45 rad/s) 【解析】(1)由图可知，在 ab 段，直线斜率 ， 故对应 I 与 ω 的关系式为： (-45rad/s≤ω≤15 rad/s)；在 bc 段，直线斜率 ，设 表达式 ，把 ω=45rad/s，I=0.4A 代入解得 ，故对应的转动的角速度为 。 圆盘产生的电势 ，解得 由于圆盘、电流表、导线电阻不计，因此 P 两端的电压为 0.3V。 同 理 ， C 点 对 应 的 圆 盘 转 动 的 角 速 度 ， 圆 盘 产 生 的 电 动 势 ，因此 P 两端的电压为 0.9V. (3)b 点时，定值电阻 R 中电流 ，与电流表的示数相等，说明这时宫电流为零， 因此 ab 段，P 中的电流为零，电压范围为[0.3V，-0.9V] ω 15 1.0=I 05.001.0 −= ωI VUVU Cb 90.0;30.0 == Pp IU 35 1.0 −= ω Pp IU 35 1.0 +−= ω 15.0303.0 −−= Pp IU ω 015 01.0 1 1 − −=∆ ∆= ω Ik ω 15 1.0=I 01.01545 1.04.0 2 2 =− −=∆ ∆= ω Ik bkI += ω2 0.05b = − 1 15 /rad sω = 2 1 1 1 2E Br ω= 1 0.3E V= 2 45 /rad sω = 2 2 2 1 0.92E Br Vω= = 0.1R UI AR = = 而 bc 段： 。 【考点定位】电磁感应定律、闭合欧姆定律、图象问题 141.(2013·福建卷·T22)如图甲所示，空间存在一范围足够大的垂直于 xOy 平面向外的匀强磁 场，磁感应强度大小为 B。让质量为 m，电荷量为 q(q＞0)的粒子从坐标原点 O 沿 xOy 平面 以不同的初速度大小和方向入射到磁场中。不计重力和粒子间的影响。 (1)若粒子以初速度 v1 沿 y 轴正向入射，恰好能经过 x 轴上的 A(a，0)点，求 v1 的大小； (2)已知一粒子的初速度大小为 v(v＞v1)，为使该粒子能经过 A(a，0)点，其入射角 θ(粒子初 速度与 x 轴正向的夹角)有几个？并求出对应的 sinθ 值； (3)如图乙，若在此空间再加入沿 y 轴正向、大小为 E 的匀强电场，一粒子从 O 点以初速度 v0 沿 y 轴正向发射。研究表明：粒子在 xOy 平面内做周期性运动，且在任一时刻，粒子速度 的 x 分量 vx 与其所在位置的 y 坐标成正比，比例系数与场强大小 E 无关。求该粒子运动过 程中的最大速度值 vm。 【答案】(1) ；(2)两个 sinθ= ；(3) ＋ 。 【解析】(1)带电粒子以初速度 v1 沿 y 轴正方向入射后，在磁场中做匀速圆周运动，刚好转 过半周到达 x 轴上的 A 点，设此时的轨道半径为 R1， 有：R1=a/2 ① 由洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律 有：qBv1= ② 由①②式联立解得：v1= 。 21 1 1 1 12 100 20 300 20 P P BrUI I R R ω ω ω= − = − − = − m qBa 2 mv qBa 2 B E 2 02 2 vB E + 1 2 1 R mv m qBa 2 (2)带电粒子以初速度 v 入射时，在磁场中仍然做匀速圆周运动，设此时轨道为 R，对照② 式可知：R= ③ 由于 v＞v1，则 R＞R1=a/2，要使其圆轨迹能经过 A 点，则 θ≠90°，绘出粒子的轨 迹图如图所示，轨迹圆有两个，但圆心都落在 OA 的中垂线上，设做两个圆周运动的速度方 向与 X 轴正方向的夹角分别为 和 ， 根据图中几何关系有： ④ 由③④联立解得： (3)粒子在磁场中仅受洛仑兹力和电场力作用。又洛仑兹力不做功，只有电场力做功，根据 题意可知，当粒子运动至+y 方向最远处时，速度最大为 ，且沿+x 方向，设+y 方向最远 处的 y 坐标为 ，由题可知 ⑤ 根据动能定理的： ⑥ 又因比例系数与电场强度 E 无关，因此若克电场，粒子将以速度 v0 做匀速圆周运动，设轨 道半径为 R0，此时在+y 方向最远处的 y 坐标 R0， 有 ⑦ 对照②式可知：R0＝ ⑧ 由⑤⑥⑦⑧式联立解得：vm= + 【考点定位】本题主要考查带电粒子在磁场、复合场中的运动问题，以及分析问题、从题干 中提取有用信息的能力问题。难度较大。 142.(2013·安徽卷·T23)如图所示的平面直角坐标系 xOy，在第Ⅰ象限内有平行 于 y 轴的匀强 电场，方向沿 y 正方向；在第Ⅳ象限的正三角形 abc 区域内有匀强电场，方向垂直于 xOy 平面向里，正三角形边长为 L，且 ab 边与 y 轴平行。一质量为 m、电荷量为 q 的粒子，从 y 轴上的 P(0，h)点，以大小为 v0 的速度沿 x 轴正方向射入电场，通过电场后从 x 轴上的 a(2h，0)点进入第Ⅳ象限，又经过磁场从 y 轴上的某点进入第Ⅲ象限，且速度与 y 轴负方向 Bq mv θ θ′ sin sin 2 a R θ θ′ = = sin 2 Bqa mv θ = mv my m mv ky= 2 2 0 1 1 2 2m mEqy mv mv= − 0 0v kR= Bq mv0 B E 2 02 2 vB E + 成 45°角，不计粒子所受的重力。求： (1)电场强度 E 的大小； (2)粒子到达 a 点时速度的大小和方向； (3)abc 区域内磁场的磁感应强度 B 的最小值。 【答案】(1) (2) ，方向与 x 轴的夹角为 45° (3) 【解析】(1)粒子在电场中做类平抛运动，设粒子在电场中的运动时间为 t，则 ， ， ，联立以上各式，可得 。 (2)粒子到达 a 点时沿 y 轴负方向的分速度 vy=at= ，所以 设此时速度方向与 x 轴的夹角为 α，则 tanα=vy/v0=1，所以 α=45°，即速度方向与 x 轴的夹 角为 45°。 (3)粒子进入磁场后做匀速圆周运动，当粒子恰好从 b 点射出时，粒子做圆周运动的轨道半 径最大，此时 abc 区域内的磁感应强度最小。做出粒子的运动轨迹如图所示。 由几何关系知，粒子在磁场中运动的轨迹所对圆心角为 90° 轨道半径 ，又 ，可得 。 qh mv 2 2 0 02v qL mv02 htvx 20 == haty == 2 2 1 m Eqa = qh mvE 2 2 0= 0 0 2 0 2 2 vv h h v =⋅ 0 22 0 2vvvv y =+= Lr 2 2= r vmBqv 2 = qL mvB 02= 【考点定位】平抛运动的规律、牛顿第二定律、运动的合成与分解的应用及带电粒子在匀强 磁场中的运动问题等。 143.(2016·北京卷)如图所示，质量为 m、电荷量为 q 的带电粒子，以初速度 v 沿垂直磁场方 向射入磁感应强度为 B 的匀强磁场，在磁场中做匀速圆周运动。不计带电粒子所受重力。 (1)求粒子做匀速圆周运动的半径 R 和周期 T； (2)为使该粒子做匀速直线运动，还需要同时存在一个与磁场方向垂直的匀强电场，求电场 强度 E 的大小。 【答案】(1) (2) 【解析】(1)洛伦兹力提供向心力，有 带电粒子做匀速圆周运动的半径 匀速圆周运动的周期 (2)粒子受电场力 ，洛伦兹力 。粒子做匀速直线运动，则 场强 E 的大小 【考点定位】带电粒子在复合场中的运动 【方法技巧】带电粒子在复合场中运动问题的分析思路 1.正确的受力分析：除重力、弹力和摩擦力外，要特别注意电场力和磁场力的分析。 2.正确分析物体的运动状态：找出物体的速度、位置及其变化特点，分析运动过程。如果出 现临界状态，要分析临界条件。带电粒子在复合场中做什么运动，取决于带电粒子的受力情 况。 (1)当粒子在复合场内所受合力为零时，做匀速直线运动(如速度选择器)。 (2)当带电粒子所受的重力与电场力等值反向，洛伦兹力提供向心力时，带电粒子在垂直于 磁场的平面内做匀速圆周运动。 (3)当带电粒子所受的合力是变力，且与初速度方向不在一条直线上时，粒子做非匀变速曲 mvR Bq = 2πmT qB = E vB= 2vf qvB m R = = mvR Bq = 2π 2πR mT v qB = = F qE= f qvB= qE qvB= E vB= 线运动，这时粒子的运动轨迹既不是圆弧，也不是抛物线，由于带电粒子可能连续通过几个 情况不同的复合场区，因此粒子的运动情况也发生相应的变化，其运动过程也可能由几种不 同的运动阶段所组成。 144.(2016·北京卷)如图所示，电子由静止开始经加速电场加速后，沿平行于版面的方向射入 偏转电场，并从另一侧射出。已知电子质量为 m，电荷量为 e，加速电场电压为 。偏转 电场可看作匀强电场，极板间电压为 U，极板长度为 L，板间距为 d。 (1)忽略电子所受重力，求电子射入偏转电场时的初速度 v0 和从电场射出时沿垂直板面方向的偏转 距离 Δy； (2)分析物理量的数量级，是解决物理问题的常用方法。在解决(1)问时忽略了电子所受重力， 请 利 用 下 列 数 据 分 析 说 明 其 原 因 。 已 知 ， ， ， ， 。 (3)极板间既有静电场也有重力场。电势反映了静电场各点的能的性质，请写出电势 的定 义式。类比电势的定义方法，在重力场中建立“重力势” 的概念，并简要说明电势和“重力 势”的共同特点。 【答案】(1) (2)不需要考虑电子所受的重力 (3) 电势 和重力势 都是 反映场的能的性质的物理量，仅仅由场自身的因素决定。 【解析】(1)根据功和能的关系，有 电子射入偏转电场的初速度 在偏转电场中，电子的运动时间 偏转距离 (2)考虑电子所受重力和电场力的数量级，有 重力 电场力 0U 22.0 10 VU = × 24.0 10 md −= × 319.1 10 kgm −= × 191.6 10 Ce −= × 210 m/sg = ϕ G ϕ 2 04 UL U d pE q =ϕ ϕ G ϕ 2 0 0 1 2eU mv= 0 0 2eUv m = 0 02 L mt Lv eU ∆ = = 2 2 0 1 ( )2 4 ULy a t U d ∆ = ∆ = 29~10 NG mg −= 15~10 NeUF d −= 由于 ，因此不需要考虑电子所受重力 (3)电场中某点电势 定义为电荷在该点的电势能 与其电荷量 q 的比值，即 由于重力做功与路径无关，可以类比静电场电势的定义，将重力场中物体在某点的重力势能 与其质量 m 的比值，叫做“重力势”，即 电势 和重力势 都是反映场的能的性质的物理量，仅由场自身的因素决定 【考点定位】带电粒子在电场中的偏转 【方法技巧】带电粒子在电场中偏转问题，首先要对带电粒子在这两种情况下进行正确的受 力分析，确定粒子的运动类型。解决带电粒子垂直射入电场的类型的题，应用平抛运动的规 律进行求解。此类型的题要注意是否要考虑带电粒子的重力，原则是：除有说明或暗示外， 对基本粒子(例如电子，质子、α 粒子、离子等)一般不考虑重力；对带电微粒(如液滴、油滴、 小球、尘埃等)一般要考虑重力。 145.(2016·海南卷)如图，A、C 两点分别位于 x 轴和 y 轴上，∠OCA=30°，OA 的长度为 L。 在△OCA 区域内有垂直于 xOy 平面向里的匀强磁场。质量为 m、电荷量为 q 的带正电粒子， 以平行于 y 轴的方向从 OA 边射入磁场。已知粒子从某点射入时，恰好垂直于 OC 边射出磁 场，且粒子在磁场中运动的时间为 t0。不计重力。 (1)求磁场的磁感应强度的大小； (2)若粒子先后从两不同点以相同的速度射入磁场，恰好从 OC 边上的同一点射出磁场，求该 粒子这两次在磁场中运动的时间之和； (3)若粒子从某点射入磁场后，其运动轨迹与 AC边相切，且在磁场内运动的时间为 ，求 粒子此次入射速度的大小。 【答案】(1) (2)2t0 (3) 【解析】(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，在时间 t0 内其速度方向改变了 90°，故其周期 F G>> ϕ pE pE q =ϕ GE G G E m ϕ = ϕ G ϕ 0 5 3t 0 π 2 m qt 0 3π 7 L t T=4t0① 设磁感应强度大小为 B，粒子速度为 v，圆周运动的半径为 r。由洛伦兹力公式和牛顿定律 得 ② 匀速圆周运动的速度满足 ③ 联立①②③式得 ④ (2)设粒子从 OA 边两个不同位置射入磁场，能从 OC 边上的同一点 P 射出磁场，粒子在磁场 中运动的轨迹如图(a)所示。设两轨迹所对应的圆心角分别为 θ1 和 θ2。由几何关系有 θ1=180°–θ2⑤ 粒子两次在磁场中运动的时间分别为 t1 与 t2，则 t1+t2= =2t0⑥ (3)如图(b)，由题给条件可知，该粒子在磁场区域中的轨迹圆弧对应的圆心角为 150°。设 O' 为圆弧的圆心，圆弧的半径为 r0，圆弧与 AC 相切与 B 点，从 D 点射出磁场，由几何关系 和题给条件可知，此时有∠OO'D=∠BO'A=30°⑦ r0cos∠OO'D+ =L⑧ 设粒子此次入射速度的大小为 v0，由圆周运动规律 ⑨ 联立①⑦⑧⑨式得 ⑩ 【考点定位】带电粒子在磁场中的运动 【名师点睛】对于带电粒子在磁场中运动类型，要画出轨迹，善于运用几何知识帮助分析和 求解，这是轨迹问题的解题关键。 2 = vqvB m r 2πrv T = 0 π 2 mB qt = 2 T 0 cos r BO A′∠ 0 0 2πrv T = 0 0 3π 7 Lv t = 146.(2016·江苏卷)回旋加速器的工作原理如题 15-1 图所示，置于真空中的 D 形金属盒半径 为 R，两盒间狭缝的间距为 d，磁感应强度为 B 的匀强磁场与盒面垂直，被加速粒子的质量 为 m，电荷量为+q，加在狭缝间的交变电压如题 15-2 图所示，电压值的大小为 U0.周期 T= .一束该种粒子在 t=0~ 时间内从 A 处均匀地飘入狭缝，其初速度视为零.现考虑粒子 在狭缝中的运动时间，假设能够出射的粒子每次经过狭缝均做加速运动，不考虑粒子间的相 互作用.求： (1)出射粒子的动能 ； (2)粒子从飘入狭缝至动能达到 所需的总时间 ； (3)要使飘入狭缝的粒子中有超过 99%能射出，d 应满足的条件. 【答案】(1) (2) (3) 【解析】(1)粒子运动半径为 R 时 且 解得 (2)粒子被加速 n 次达到动能 Em，则 Em=nqU0 粒子在狭缝间做匀加速运动，设 n 次经过狭缝的总时间为 Δt 加速度 匀加速直线运动 2πm qB 2 T mE mE 0t 2 2 2 m 2 q B RE m = 2 0 0 π 2 π 2 BR BRd mt U qB += − 0 2 π 100 mUd qB R < 2vqvB m R = 2 m 1 2E mv= 2 2 2 m 2 q B RE m = 0qUa md = 21 Δ2nd a t= ⋅ 由 ，解得 (3)只有在 0~ 时间内飘入的粒子才能每次均被加速 则所占的比例为 由 ,解得 . 【考点定位】回旋加速器、带电粒子在电磁场中的运动 【方法技巧】考查回旋加速器的原理，能获得的最大速度对应最大的轨道半径，即 D 形盒 的半径，粒子在加速器运动的时间分两部分，一是在磁场中圆周运动的时间，二是在电场中 的匀加速运动时间，把加速过程连在一起就是一匀加速直线运动。 147.(2016·上海卷)如图，一关于 y 轴对称的导体轨道位于水平面内，磁感应强度为 B 的匀强 磁场与平面垂直。一足够长，质量为 m 的直导体棒沿 x 轴方向置于轨道上，在外力 F 作用 下从原点由静止开始沿 y 轴正方向做加速度为 a 的匀加速直线运动，运动时棒与 x 轴始终平 行。棒单位长度的电阻为 ρ，与电阻不计的轨道接触良好，运动中产生的热功率随棒位置的 变化规律为 P=ky (SI)。求： (1)导体轨道的轨道方程 y=f(x)； (2)棒在运动过程中受到的安培力 Fm 随 y 的变化关系； (3)棒从 y=0 运动到 y=L 过程中外力 F 的功。 【答案】(1) (2) (3) 【解析】(1)设棒运动到某一位置时与轨道接触点的坐标为(± )，安培力的功率 0 ( 1) Δ2 Tt n t= − ⋅ + 2 0 0 π 2 π 2 BR BRd mt U qB += − ( )2 T t− ∆ 2 2 T t T η − ∆ = 99%η > 0 2 π 100 mUd qB R < 3/2 2 2 24( )aBy xkρ= 2 k y a 2= + 2 2 kW L maL a ,x y 2 2B l vF R = 棒做匀加速运动 ， 代入前式得 轨道形状为抛物线。 (2)安培力 = 以轨道方程代入得 (3)由动能定理 安培力做功 棒在 处动能 外力做功 。 【考点定位】安培力、功率、匀变速直线运动规律、动能定理 【方法技巧】根据安培力的功率，匀变速直线运动位移速度关系，导出轨道的轨道方程和安 培力随 y 的变化关系；通过动能定理计算棒运动过程中外力做的功。 148.(2016· 天津卷)如图所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小为 ，同时存在着水平方向的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大 小 B=0.5 T。有一带正电的小球，质量 m=1×10–6 kg，电荷量 q=2×10–6 C，正以速度 v 在图 示的竖直面内做匀速直线运动，当经过 P 点时撤掉磁场(不考虑磁场消失引起的电磁感应现 象)，取 g=10 m/s2。求： (1)小球做匀速直线运动的速度 v 的大小和方向； 2 2 2 3/24B x vP kyR = = 2 2v ay= 2R xρ= 2 2 24( )aBy xkρ= m =F 2 24B x vR 22 2B x ayρ m =F 2 k y a 2 m 1+ 2W W mv= 2 m = 2 2 kW L a =y L 21 2 mv =maL 2= + 2 2 kW L maL a 5 3 N/CE = (2)从撤掉磁场到小球再次穿过 P 点所在的这条电场线经历的时间 t。 【答案】(1)20 m/s，与电场方向夹角为 60° (2)3.5 s 【解析】(1)小球匀速直线运动时受力如图，其所受的三个力在同一平面内，合力为零，有 qvB= ① 代入数据解得 v=20 m/s② 速度 v 的方向与电场 E 的方向之间的夹角 θ 满足 tan θ= ③ 代入数据解得 tan θ= ，θ=60°④ (2)撤去磁场后，由于电场力垂直于竖直方向，它对竖直方向的分运送没有影响，以 P 点为 坐标原点，竖直向上为正方向，小球在竖直方向上做匀减速运动，其初速度为 vy=vsin θ⑤ 若使小球再次穿过 P 点所在的电场线，仅需小球的竖直方向上分位移为零，则有 vyt– gt2=0⑥ 联立⑤⑥式，代入数据解得 t=2 s=3.5 s⑦ 【考点定位】物体的平衡、牛顿运动定律的应用、平抛运动 【名师点睛】此题是带电粒子在复合场中的运动问题，主要考察物体的平衡、牛顿运动定律 的应用、平抛运动等知识；关键是要知道物体做匀速直线运动时，物体所受的重力、洛伦兹 力和电场力平衡；撤去磁场后粒子所受重力和电场力都是恒力，将做类平抛运动；知道了物 体的运动性质才能选择合适的物理规律列出方程求解。 149.(2016·天津卷)电磁缓速器是应用于车辆上以提高运行安全性的辅助制动装置，其工作原 理是利用电磁阻尼作用减缓车辆的速度。电磁阻尼作用可以借助如下模型讨论：如图所示， 将形状相同的两根平行且足够长的铝条固定在光滑斜面上，斜面与水平方向夹角为 θ。一质 量为 m 的条形磁铁滑入两铝条间，恰好匀速穿过，穿过时磁铁两端面与两铝条的间距始终 保持恒定，其引起电磁感应的效果与磁铁不动、铝条相对磁铁运动相同。磁铁端面是边长为 d 的正方形，由于磁铁距离铝条很近，磁铁端面正对两铝条区域的磁场均可视为匀强磁场， 磁感应强度为 B，铝条的高度大于 d，电阻率为 ρ。为研究问题方便，铝条中只考虑与磁铁 2 2 2 2q E m g+ qE mg 3 1 2 3 正对部分的电阻和磁场，其他部分电阻和磁场可忽略不计，假设磁铁进入铝条间以后，减少 的机械能完全转化为铝条的内能，重力加速度为 g。 (1)求铝条中与磁铁正对部分的电流 I； (2)若两铝条的宽度均为 b，推导磁铁匀速穿过铝条间时速度 v 的表达式； (3)在其他条件不变的情况下，仅将两铝条更换为宽度 b'>b 的铝条，磁铁仍以速度 v 进入铝 条间，试简要分析说明磁铁在铝条间运动时的加速度和速度如何变化。 【答案】(1) (2)v= (3)见解析 【解析】(1)磁铁在铝条间运动时，两根铝条受到的安培力大小相等均为 F 安，有 F 安=IdB① 磁铁受到沿斜面向上的作用力为 F，其大小有 F=2F 安② 磁铁匀速运动时受力平衡，则有 F–mgsin θ=0③ 联立①②③式可得 I= ④ (2)磁铁穿过铝条时，在铝条中产生的感应电动势为 E，有 E=Bdv⑤ 铝条与磁铁正对部分的电阻为 R，由电阻定律有 R=ρ ⑥ 由欧姆定律有 I= ⑦ 联立④⑤⑥⑦式可得 v= ⑧ (3)磁铁以速度 v 进入铝条间，恰好做匀速运动时，磁铁受到沿斜面向上的作用力 F，联立 sin 2 mg Bd θ 2 2 sin 2 mg B d b ρ θ sin 2 mg Bd θ d db E R 2 2 sin 2 mg B d b ρ θ ①②⑤⑥⑦式可得 F= ⑨ 当铝条的宽度 b'>b 时，磁铁以速度 v 进入铝条间时，磁铁受到的作用力变为 F'，有 F'= ⑩ 可见，F'>F=mgsin θ，磁铁所受到的合力方向沿斜面向上，获得与运动方向相反的加速度， 磁铁将减速下滑，此时加速度最大。之后，随着运动速度减小，F'也随着减小，磁铁所受 的合力也减小，由于磁铁加速度与所受到的合力成正比，磁铁的加速度逐渐减小。综上所 述，磁铁做加速度逐渐减小的减速运动。直到 F'=mgsin θ 时，磁铁重新达到平衡状态，将 再次以较小的速度匀速下滑。 【考点定位】安培力、物体的平衡、电阻定律、欧姆定律 【名师点睛】此题以电磁缓冲器为背景设置题目，综合考查了安培力、物体的平衡、电阻定 律及欧姆定律等知识点，要求学生首先理解题意，抽象出物理模型，选择适当的物理规律列 出方程求解；此题综合性较强，能较好地考查考生综合分析问题与解决问题的能力。 150.(2016·四川卷)如图所示，图面内有竖直线 DD＇，过 DD＇且垂直于图面的平面将空间 分成 I、II 两区域。区域 I 有方向竖直向上的匀强电场和方向垂直图面的匀强磁场 B(图中未 画出)；区域 II 有固定在水平面上高 、倾角 的光滑绝缘斜面，斜面顶端与直 线 DD＇距离 ，区域 II 可加竖直方向的大小不同的匀强电场(图中未画出)；C 点在 DD＇上，距地面高 。零时刻，质量为 m、带电量为 q 的小球 P 在 K 点具有大小 、方向与水平面夹角 的速度。在区域 I 内做半径 的匀速圆周运动， 经 C 点水平进入区域 II。某时刻，不带电的绝缘小球 A 由斜面顶端静止释放，在某处与刚 运动到斜面的小球 P 相遇。小球视为质点，不计空气阻力及小球 P 所带电量对空间电磁场 的影响。l 已知，g 为重力加速度。 (1)求匀强磁场的磁感应强度 B 的大小； 2 22B d bv ρ 2 22B d b v ρ ′ 2h l= π/4α = 4s l= 3H l= 0v gl= π/3θ = 3 / πr l= (2)若小球 A、P 在斜面底端相遇，求释放小球 A 的时刻 tA； (3)若小球 A、P 在时刻 (β 为常数)相遇于斜面某处，求此情况下区域 II 的匀强电 场的场强 E，并讨论场强 E 的极大值和极小值及相应的方向。 【答案】(1) ；(2) (3)场强极小值为 ；场强极大值为 ，方向竖直向上。 【解析】(1)由题知，小球 P 在区域Ⅰ内做匀速圆周运动，有 ① 代入数据解得 ② (2)小球 P 在区域Ⅰ做匀速圆周运动转过的圆心角为 θ，运动到 C 点的时刻为 tC，到达斜面 低端时刻为 t1，有 ③ ④ 小 球 A 释 放 后 沿 斜 面 运 动 加 速 度 为 aA ， 与 小 球 P 在 时 刻 t1 相 遇 于 斜 面 底 端 ， 有 ⑤ ⑥ 联立以上方程可得 ⑦ (3)设所求电场方向向下，在 t'A 时刻释放小球 A，小球 P 在区域Ⅱ运动加速度为 aP，有 ⑧ ⑨ ⑩ 联立相关方程解得 对小球 P 的所有运动情形讨论可得 /t l gβ= 3 m gB q l π= 3 2 2 l g −（ ） min 0E = max 7 8 mgE q = 2 0 0 vm qv Br = π 3 mB gllq = 0 C rt v θ= 0 1cot ( )Cs h v t tα− = − sin Amg maα = 2 1 1 ( )sin 2 A A h a t tα = − (3 2 2)A lt g = − 2 0 1( ) ( ) cos2C A As v t t a t t α′= − + − Pmg qE ma+ = 2 21 1( ) sin ( )2 2A A P CH h a t t a t tα′− + − = − 2(11 ) ( 1) mgE q β β −= − 3 5β≤ ≤ 由此可得场强极小值为 ；场强极大值为 ，方向竖直向上。 考点：平抛运动；圆周运动；牛顿第二定律的应用 【名师点睛】此题是力、电、磁及运动大拼盘，综合考查带电粒子在磁场中及电场中的运动 —圆周运动以及平抛运动和下斜面上的匀加速运动等问题；解题时要能把这些复杂的物理过 程分解为一个一个的小过程，然后各个击破；此题是有一定难度的；考查学生综合分析问题， 解决问题的能力。 151.(2016·全国新课标Ⅱ卷)如图，水平面(纸面)内间距为 l 的平行金属导轨间接一电阻，质 量为 m、长度为 l 的金属杆置于导轨上。t=0 时，金属杆在水平向右、大小为 F 的恒定拉力 作用下由静止开始运动，t0 时刻，金属杆进入磁感应强度大小为 B、方向垂直于纸面向里的 匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动。杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保 持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为 μ。重力加速度大小为 g。求： (1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小； (2)电阻的阻值。 【答案】(1) (2) 【解析】(1)设金属杆进入磁场前的加速度大小为 a，由牛顿第二定律得 ma=F-μmg① 设金属杆到达磁场左边界时的速度为 v，由运动学公式有 v=at0② 当金属杆以速度 v 在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律，杆中的电动势为 E=Blv③ 联立①②③式可得 E=Blt0 ④ (2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆的电流为 I，根据欧姆定律 I= ⑤ 式中 R 为电阻的阻值。金属杆所受的安培力为 f=BIl⑥ 因金属杆做匀速运动，由牛顿运动定律得 F–μmg–f=0⑦ 联立④⑤⑥⑦式得 R= ⑧ 【考点定位】电磁感应定律、牛顿第二定律 min 0E = max 7 8 mgE q = 0 ( )Blt F mg m µ− 2 2 0B l t m ( )F gm µ− E R 2 2 0B l t m 【名师点睛】此题是法拉第电磁感应定律与牛顿第二定律的综合应用问题；解题时要认真分 析物理过程，分析金属棒的受力情况，选择合适的物理规律列出方程求解；还要抓住金属板 的匀速运动状态列方程；此题难度不大。 152.(2016·浙江卷)小明设计的电磁健身器的简化装置如图所示，两根平行金属导轨相距 l=0.50 m，倾角 θ=53°，导轨上端串接一个 R=0.05 Ω 的电阻。在导轨间长 d=0.56 m 的区域 内，存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度 B=2.0 T。质量 m=4.0 kg 的金属棒 CD 水平置于导轨上，用绝缘绳索通过定滑轮与拉杆 GH 相连。CD 棒的初始位置与磁场区 域的下边界相距 s=0.24 m。一位健身者用恒力 F=80 N 拉动 GH 杆，CD 棒由静止开始运动， 上升过程中 CD 棒始终保持与导轨垂直。当 CD 棒到达磁场上边界时健身者松手，触发恢复 装置使 CD 棒回到初始位置(重力加速度 g=10 m/s2，sin 53°=0.8，不计其他电阻、摩擦力以 及拉杆和绳索的质量)。求 (1)CD 棒进入磁场时速度 v 的大小； (2)CD 棒进入磁场时所受的安培力 FA 的大小； (3)在拉升 CD 棒的过程中，健身者所做的功 W 和电阻产生的焦耳热 Q。 【答案】(1)2.4 m/s (2)48 N (3)64 J 26.88 J 【解析】(1)由牛顿定律 ① 进入磁场时的速度 ② (2)感应电动势 ③ 感应电流 ④ 安培力 ⑤ 代入得 ⑥ (3)健身者做功 ⑦ 2sin 12 m/sF mga m θ−= = 2 2.4 m/sv as= = E Blv= BlvI R = AF IBl= 2 A ( ) 48 NBl vF R = = ( ) 64 JW F s d= + = 由牛顿定律； ⑧ CD 棒在磁场区做匀速运动 在磁场中运动时间 ⑨ 焦耳热 ⑩ 【考点定位】法拉第电磁感应定律；牛顿第二定律；功 【名师点睛】此题是关于电磁感应现象中的力及能量的问题。解题时要认真分析物理过程， 搞清物体的受力情况及运动情况，并能选择合适的物理规律列出方程解答；此题难度中等， 意在考查学生综合运用物理规律解题的能力。 153.(2016·浙江卷·T25)为了进一步提高回旋加速器的能量，科学家建造了“扇形聚焦回旋加 速器”。在扇形聚焦过程中，离子能以不变的速率在闭合平衡轨道上周期性旋转。 扇形聚焦磁场分布的简化图如图所示，圆心为 O 的圆形区域等分成六个扇形区域，其中三 个为峰区，三个为谷区，峰区和谷区相间分布。峰区内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场， 磁感应强度为 B，谷区内没有磁场。质量为 m，电荷量为 q 的正离子，以不变的速率 v 旋转， 其闭合平衡轨道如图中虚线所示。 (1)求闭合平衡轨道在峰区内圆弧的半径 r，并判断离子旋转的方向是顺时针还是逆时针； (2)求轨道在一个峰区内圆弧的圆心角 θ，及离子绕闭合平衡轨道旋转的周期 T； (3)在谷区也施加垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为 B' ，新的闭合平衡轨道在一个峰 区内的圆心角 θ 变为 90°，求 B'和 B 的关系。已知：sin(α±β )=sin αcos β±cos αsin β， cosα=1–2 【答案】(1) 旋转方向为逆时针方向 (2) (3) Asin 0F mg Fθ− − = dt v = 2 26.88 JQ I Rt= = 2sin 2 α mv qB 2π 3 θ = (2π 3 3)mT qB += 3 1 2B B −′ = 【解析】(1)封区内圆弧半径 ① 旋转方向为逆时针方向② (2)由对称性，封区内圆弧的圆心角 ③ 每个圆弧的长度 ④ 每段直线长度 ⑤ 周期 ⑥ 代入得 ⑦ (3)谷区内的圆心角 ⑧ 谷区内的轨道圆弧半径 ⑨ 由几何关系 ⑩ 由三角关系 ⑪ 代入得 ⑫ 【考点定位】带电粒子在匀强磁场中的运动 【名师点睛】此题是关于带电粒子在匀强磁场中的运动问题。解题时要分析粒子受到的洛伦 兹力的情况，找到粒子做圆周运动的圆心及半径，画出几何图形，并借助与几何关系分析解 答。此题有一定的难度，考查学生的综合能力。 154.(2016·全国新课标Ⅲ卷)如图，两条相距 l 的光滑平行金属导轨位于同一水平面(纸面)内， mvr qB = 2π 3 θ = 2π 2π 3 r mvl qB = = π 32 cos 36 mvL r r qB = = = 3( )l LT v += (2π 3 3)mT qB += 120 90 30θ′ = °− ° = ° mvr qB ′ = ′ sin sin2 2r r θ θ′′= 30 6 2sin =sin 15 =2 4 ° −° 3 1 2B B −′ = 其左端接一阻值为 R 的电阻；一与导轨垂直的金属棒置于两导轨上；在电阻、导轨和金属 棒中间有一面积为 S 的区域，区域中存在垂直于纸面向里的均匀磁场，磁感应强度大小 B1 随时间 t 的变化关系为 ，式中 k 为常量；在金属棒右侧还有一匀强磁场区域，区域 左边界 MN(虚线)与导轨垂直，磁场的磁感应强度大小为 B0，方向也垂直于纸面向里。某时 刻，金属棒在一外加水平恒力的作用下从静止开始向右运动，在 t0 时刻恰好以速度 v0 越过 MN，此后向右做匀速运动。金属棒与导轨始终相互垂直并接触良好，它们的电阻均忽略不 计。求 (1)在 t=0 到 t=t0 时间间隔内，流过电阻的电荷量的绝对值； (2)在时刻 t(t>t0)穿过回路的总磁通量和金属棒所受外加水平恒力的大小。 【答案】(1) (2) 【解析】在金属棒未越过 MN 之前，t 时刻穿过回路的磁通量为 ① 设在从 t 时刻到 的时间间隔内，回路磁通量的变化量为 ，流过电阻 R 的电荷量为 由法拉第电磁感应有 ② 由欧姆定律有 ③ 由电流的定义有 ④ 联立①②③④可得 ⑤ 由⑤可得，在 t=0 到 t= 的时间间隔内，流过电阻 R 的电荷量 q 的绝对值为 ⑥ (2)当 时，金属棒已越过 MN，由于金属棒在 MN 右侧做匀速运动，有 ⑦ 式中 f 是外加水平恒力，F 是匀强磁场施加的安培力。设此时回路中的电流为 I，F 的大小为 ⑧ 此时金属棒与 MN 之间的距离为 ⑨ 匀强磁场穿过回路的磁通量为 ⑩ 1B kt= 0kt Sq R = ( ) 0 0 0 B lf B lv kS R = + ktSΦ = t t+ ∆ Φ∆ q∆ Φ t ε ∆= − ∆ i R ε= qi t ∆= ∆ kSq tR ∆ = ∆ 0t 0kt Sq R = 0t t> f F= 0F B Il= 0 0( )s v t t= − 0Φ B ls′ = 回路的总磁通量为 ⑪ 式 中 仍 如 ① 式 所 示 ， 由 ①⑨⑩⑪ 可 得 ， 在 时 刻 t(t ＞ t0) 穿 过 回 路 的 总 磁 通 量 为 ⑫ 在 t 到 的时间间隔内，总磁通量的改变 为 ⑬ 由法拉第电磁感应定律得，回路感应电动势的大小为 ⑭ 由欧姆定律有 ⑮ 联立⑦⑧⑬⑭⑮可得 【考点定位】考查了导体切割磁感线运动 【方法技巧】根据法拉第电磁感应定律，结合闭合电路欧姆定律，及电量表达式，从而导出 电量的综合表达式，即可求解；根据磁通量的概念， ，结合磁场方向，即可求解穿 过回路的总磁通量；根据动生电动势与感生电动势公式，求得线圈中的总感应电动势，再依 据闭合电路欧姆定律，及安培力表达式，最后依据平衡条件，即可求解水平恒力大小。 155.(2017·新课标Ⅲ卷·T24)如图，空间存在方向垂直于纸面(xOy 平面)向里的磁场。在 x≥0 区域，磁感应强度的大小为 B0；x1)。一质量为 m、电荷量为 q(q>0)的带电粒子以速度 v0 从坐标原点 O 沿 x 轴正向射入磁场，此时开始计 时，当粒子的速度方向再次沿 x 轴正向时，求(不计重力) (1)粒子运动的时间； (2)粒子与 O 点间的距离。 【答案】(1) (2) 【解析】粒子的运动轨迹如图所示。带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的向心力由洛伦 兹力提供，设在 区域，圆周半径 R1；设在 区域，圆周半径 R2；由洛伦兹力公 式及牛顿运动定律得 ① ② 0 π 1(1 )m qB λ+ 0 0 2 1(1 )mv qB λ− 1Φ Φ Φ′= = Φ 1 0 0 0( )Φ B lv t t kSt= − + t t+ ∆ tΦ∆ ( )0 0tΦ B lv kS t∆ = + ∆ t t Φ t ε ∆= ∆ tI R ε= ( ) 0 0 0 B lf B lv kS R = + BSΦ = 0x ≥ 0x < 2 0 0 1 mvqvB R = 2 0 0 2 mvqv B R λ =（ ） 粒子速度方向转过 180o 时，所用时间 t1 为 ③ 粒子再转过 180°时，所用时间 t2 为 ④ 联立①②③④得，所求时间为 ⑤ (2)由几何关系及①②式得，所求距离为 ⑥ 【考点定位】带电粒子在磁场中的运动 【名师点睛】对于带电粒子在磁场中运动问题，解题时常要分析带电粒子受到的洛伦兹力的 情况，找到粒子做圆周运动的圆心及半径，画出运动轨迹可以使运动过程清晰明了，同时要 善于运用几何知识帮助分析和求解。 156.(2017·新课标Ⅱ卷)如图，两水平面(虚线)之间的距离为 H，其间的区域存在方向水平向 右的匀强电场。自该区域上方的 A 点将质量为 m、电荷量分别为 q 和–q(q>0)的带电小球 M、N 先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出。小球在重力作用下进入电场区域，并 从该区域的下边界离开。已知 N 离开电场时的速度方向竖直向下；M 在电场中做直线运动， 刚离开电场时的动能为 N 刚离开电场时动能的 1.5 倍。不计空气阻力，重力加速度大小为 g。求 (1)M 与 N 在电场中沿水平方向的位移之比； (2)A 点距电场上边界的高度； (3)该电场的电场强度大小。 【答案】(1)3:1 (2) (3) 【解析】(1)设带电小球 M、N 抛出的初速度均为 v0，则它们进入电场时的水平速度仍为 v0； M、N 在电场中的运动时间 t 相等，电场力作用下产生的加速度沿水平方向，大小均为 a， 在电场中沿水平方向的位移分别为 s1 和 s2；由运动公式可得： 1 1 0 Rt v π= 2 2 0 Rt v π= 0 1 2 0 1(1 )mt t t qB π λ= + = + 0 1 2 0 2 12( ) (1 )mvd R R qB λ= − = − 1 3 H 2 mgE q = v0–at=0① ② ③ 联立①②③解得： ④ (2)设 A 点距离电场上边界的高度为 h，小球下落 h 时在竖直方向的分速度为 vy，则； ⑤ ⑥ 因为 M 在电场中做匀加速直线运动，则 ⑦ 由①②⑤⑥⑦可得 h= ⑧ (3)设电场强度为 E，小球 M 进入电场后做直线运动，则 ， ⑨ 设 M、N 离开电场时的动能分别为 Ek1、Ek2，由动能定理： ⑩ ⑪ 由已知条件：Ek1=1.5Ek2 联立④⑤⑥⑦⑧⑨⑩⑪ ⑫ 解得： 【考点定位】带电小球在复合场中的运动；动能定理 【名师点睛】此题是带电小球在电场及重力场的复合场中的运动问题；关键是分析小球的受 力情况，分析小球在水平及竖直方向的运动性质，搞清物理过程；灵活选取物理规律列方程。 157.(2017·江苏卷)一台质谱仪的工作原理如图所示.大量的甲、乙两种离子飘入电压为 U0 的 加速电场，其初速度几乎为 0，经过加速后，通过宽为 L 的狭缝 MN 沿着与磁场垂直的方向 进入磁感应强度为 B 的匀强磁场中，最后打到照相底片上.已知甲、乙两种离子的电荷量均 为+q，质量分别为 2m 和 m，图中虚线为经过狭缝左、右边界 M、N 的甲种离子的运动轨迹. 不考虑离子间的相互作用. 2 1 0 1 2s v t at= + 2 2 0 1 2s v t at= − 1 2: 3:1s s = 2 2yv gh= 21 2yH v t gt= + 0 1 y v s v H = 1 3 H 0 y v qE v mg = Eqa m = 2 2 k1 0 1 1 ( )2 yE m v v mgH qEs= + + + 2 2 k2 0 2 1 ( )2 yE m v v mgH qEs= + + − 2 mgE q = (1)求甲种离子打在底片上的位置到 N 点的最小距离 x； (2)在答题卡的图中用斜线标出磁场中甲种离子经过的区域，并求该区域最窄处的宽度 d； (3)若考虑加速电压有波动，在( )到( )之间变化，要使甲、乙两种离子在底 片上没有重叠，求狭缝宽度 L 满足的条件. 【答案】(1) (2) (3) 【解析】(1)设甲种离子在磁场中的运动半径为 r1 电场加速 且 解得 根据几何关系x =2r1 –L 解得 (2)(见图) 最窄处位于过两虚线交点的垂线上 解得 0 –U U∆ 0U U+ ∆ 04 mUx LB q = − 2 0 0 2 42 4 mU mU Ld B q qB = − − 0 0 2 [2 ( ) 2( )]mL U U U UB q < − ∆ − + ∆ 2 0 1 22qU mv= × 2 1 2 vqvB m r = 0 1 2 mUr B q = 04 mUx LB q = − 2 2 1 1 ( )2 Ld r r= − − 2 0 0 2 42 4 mU mU Ld B q qB = − − (3)设乙种离子在磁场中的运动半径为r2 r1的最小半径 r2 的最大半径 由题意知 2r1min–2r2max >L，即 解得 【考点定位】带电粒子在组合场中的运动 【名师点睛】本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动，对此类问题主要是画出粒子运动的轨 迹，分析粒子可能的运动情况，找出几何关系，有一定的难度. 158.(2017·天津卷)平面直角坐标系 xOy 中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的匀强磁场，第Ⅲ 现象存在沿 y 轴负方向的匀强电场，如图所示。一带负电的粒子从电场中的 Q 点以速度 v0 沿 x 轴正方向开始运动，Q 点到 y 轴的距离为到 x 轴距离的 2 倍。粒子从坐标原点 O 离开 电场进入磁场，最终从 x 轴上的 P 点射出磁场，P 点到 y 轴距离与 Q 点到 y 轴距离相等。 不计粒子重力，问： (1)粒子到达 O 点时速度的大小和方向； (2)电场强度和磁感应强度的大小之比。 【答案】(1) ，方向与 x 轴方向的夹角为 45°角斜向上 (2) 0 1min ( )2 m U Ur B q − ∆= 0 2max 2 ( )1 m U Ur B q + ∆= 0 0( ) 2 ( )4 2m U U m U U LB q B q − ∆ + ∆− > 0 0 2 [2 ( ) 2( )]mL U U U UB q < − ∆ − + ∆ 02vv = 2 0v B E = 【解析】 试题分析：(1)粒子在电场中又 Q 到 O 做类平抛运动，设 Q 点速度 v 与+x 方向夹角为 α，Q 点到 x 轴的距离为 L，到 y 轴的距离为 2L，粒子的加速度为 a，运动时间为 t，根据类平抛 运动的规律，有：x 方向： y 方向： 粒子到达 O 点时沿 y 轴方向的分速度为： 又： 解得： ，即 ，粒子到达 O 点时速度方向与 x 轴方向的夹角为 45°角斜向上。 粒子到达 O 点时的速度大小为 (2)设电场强度为 E，粒子电荷量为 q，质量为 m，粒子在电场中受到的电场力为 F，粒子 在电场中运动的加速度： 设磁感应强度大小为 B，粒子做匀速圆周运动的半径为 R，洛伦兹力提供向心力，有： 根据几何关系可知： 整理可得： 【考点定位】带电粒子在复合场中的运动 【名师点睛】本题难度不大，但需要设出的未知物理量较多，容易使学生感到混乱，要求学 生认真规范作答，动手画图。 159.(2017·天津卷)电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度，其原理可用来研 制新武器和航天运载器。电磁轨道炮示意如图，图中直流电源电动势为 E，电容器的电容为 tvL 02 = 2 2 1 atL = atv y = 0 tan v v y=α 1tan =α 45=α 0 0 245cos vvv ==  m qEa = R vmqvB 2 = LR 2= 2 0v B E = C。两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为 l，电阻不计。炮弹可视为一质量为 m、 电阻为 R 的金属棒 MN，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触。首先开关 S 接 1，使电容器完全充电。然后将 S 接至 2，导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小 为 B 的匀强磁场(图中未画出)，MN 开始向右加速运动。当 MN 上的感应电动势与电容器两 极板间的电压相等时，回路中电流为零，MN 达到最大速度，之后离开导轨。问： (1)磁场的方向； (2)MN 刚开始运动时加速度 a 的大小； (3)MN 离开导轨后电容器上剩余的电荷量 Q 是多少。 【答案】(1)磁场的方向垂直于导轨平面向下 (2) (3) 【解析】(1)电容器充电后上板带正电，下板带负电，放电时通过 MN 的电流由 M 到 N，欲 使炮弹射出，安培力应沿导轨向右，根据左手定则可知磁场的方向垂直于导轨平面向下。 (2)电容器完全充电后，两极板间电压为 E，根据欧姆定律，电容器刚放电时的电流： 炮弹受到的安培力： 根据牛顿第二定律： 解得加速度 (3)电容器放电前所带的电荷量 开关 S 接 2 后，MN 开始向右加速运动，速度达到最大值 vm 时，MN 上的感应电动势： 最终电容器所带电荷量 设在此过程中 MN 的平均电流为 ，MN 上受到的平均安培力： 由动量定理，有： 又： mR BEla = mClB EClBQ += 22 222 2 R EI = BIlF = maF = mR BEla = CEQ =1 mE Blv′ = ECQ ′=2 I lIBF ⋅⋅= m 0F t mv⋅∆ = − 1 2I t Q Q⋅∆ = − 整理的：最终电容器所带电荷量 【考点定位】电磁感应现象的综合应用，电容器，动量定理。 【名师点睛】本题难度较大，尤其是最后一个小题，给学生无从下手的感觉：动量定理的应 用是关键。 160.(2015·北京卷·T22)如图所示，足够长的平行光滑金属导轨水平放置，宽度 L=0.4m 一端 连接 R=1 的电阻。导线所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度 B=1T。导体棒 MN 放在导轨上，其长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好，导轨和导体棒的电阻均可忽略不 计。在平行于导轨的拉力 作用下，导体棒沿导轨向右匀速运动，速度 v=5m/s。求： (1)感应电动势 E 和感应电流 I； (2)在 0.1s 时间内，拉力的冲量 的大小； (3)若将 MN 换为电阻 r=1 的导体棒，其他条件不变，求导体棒两端的电压 U。 【答案】(1) 、 ；(2) (3) 【解析】 （1）根据动生电动势公式得 E=BLv = 1T ×0.4m ×5m /s =2V 故感应电流 (2)金属棒在匀速运动过程中，所受的安培力大小为 F 安= BIL =0.8N， 因匀速直线运动，所以导体棒所受拉力 F = F 安 = 0.8N 所以拉力的冲量 IF = =0.8 N×0.1s=0.08 N s (3)其它条件不变，则有电动势 由全电路的欧姆定律 导体棒两端电压 【考点定位】动生电动势和感应电流的基本概念；力和运动的基本关系，冲量的基本定义； 电动势和外电压的基本概念及其关系。 【规律总结】电磁感应共分两种情况：动生问题(棒切割磁感线)产生的电动势 ，方 向由右手定则；感生问题(磁感应强度的变化)的电动势 ，方向由楞次定律。而电 2V 2A1 EI R = = =Ω F t⋅ ⋅ mClB EClBQ += 22 222 2 Ω F fI Ω 2.0VE = 2.0AI = 0.08(N S)fI = ⋅ 1VU = 2VE = 1AEI R r ′ = =+ 1VU I R′= = E BLv= BSE n t ∆= ∆ 流方向都是等效电源内部负极流向正极的方向。 161.(2010·海南卷·T15)右图中左边有一对平行金属板，两板相距为 d.电压为 V；两板之间有 匀强磁场，磁感应强度大小为 B0，方向与金属板面平行并垂直于纸面朝里。图中右边有一 半径为 R、圆心为 O 的圆形区域内也存在匀强磁场，磁感应强度大小为 B，方向垂直于纸面 朝里。一电荷量为 q 的正离子沿平行于全属板面、垂直于磁场的方向射入平行金属板之间， 沿同一方向射出平行金属板之间的区域，并沿直径 EF 方向射入磁场区域，最后从圆形区城 边界上的 G 点射出.已知弧 所对应的圆心角为 θ，不计重力.求 (1)离子速度的大小； (2)离子的质量。 【答案】(1) (2) 【解析】(1)由题设知，离子在平行金属板之间做匀速直线运动，安所受到的向上的压力和 向下的电场力平衡 ① 式中， 是离子运动速度的大小， 是平行金属板之间的匀强电场的强度，有 ② 由①②式得 ③ (2)在圆形磁场区域，离子做匀速圆周运动，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有 ④ PG 0 V B d 0 cot 2 qBB Rd V θ 0 0q B qE=v v 0E 0 VE d = 0 V B d =v 2 q B m r = vv 式中， 和 分别是离子的质量和它做圆周运动的半径。由题设，离子从磁场边界上的点 G 穿出，离子运动的圆周的圆心 必在过 E 点垂直于 EF 的直线上，且在 EG 的垂直一平分线 上(见右图)。 由几何关系有 ⑤ 式中， 是 与直径 EF 的夹角，由几何关系得 ⑥ 联立③④⑤⑥式得，离子的质量为 ⑦ 162.(2010·重庆卷·T25)某兴趣小组用如题 25 图所示的装置进行实验研究.他们在水平桌面上 固定一内径为 的椭圆形玻璃杯，杯口上放置一直径为 1.5d，质量为 m 的匀质薄圆板，板 内放一质量为 2m 的小物块.板中心、物块均在杯的轴线上.物块与板间动摩擦因数为 µ，不 计板与杯口之间的摩擦力，重力加速度为 g，不考虑板翻转。 (1)对板施加指向圆心的水平外力 F，设物块与板间最大静摩擦力为 fmax，若物块能在板上滑 动，求 F 应满足的条件。 (2)如果对板施加的指向圆心的水平外力是作用时间极短的较大冲击力，冲量为 I， ①I 应满足什么条件才能使物块从板上掉下？ m r O′ tanr R α= α OO′ 2α θ π+ = 0 cot 2 qBB Rdm V θ= d ②物块从开始运动到掉下时的位移 s 为多少？ ③根据 s 与 I 的关系式说明要使 s 更小，冲量应如何改变. 【答案】 (1)设圆板与物块相对静止时，它们之间的静摩擦力为 Ff，共同加速度为 a 由牛顿运动定律，有 对物块 Ff＝2ma 对圆板 F－Ff＝ma 两物相对静止，有 Ff≤fmax 得 F≤ Ffmax 相对滑动的条件 F＞ Ffmax (2)设冲击刚结束时圆板获得的速度大小为 v0，物块掉下时，圆板和物块速度大小分别为 v1 和 v2。 由动量定理，有 I＝mv0 由动能定理，有 对圆板－2µmg(s＋ d)＝ mv12－ mv02 对物块 2µmgs＝ (2m)v22－0 由动量守恒定律，有 mv0＝mv1＋2mv2 要使物块落下，必须 v1＞v2 由以上各式得 I＞ m s＝ 分子有理化得 s＝ 根据上式结果知：I 越大，s 越小. 163.(2010·四川卷·T25)如图所示，空间有场强 的竖直向下的匀强电场，长 3 2 3 2 3 4 1 2 1 2 1 2 3 2 2 gdµ 2 2 29 1 2 2 3 I I m gd g m µ µ  − −         2 2 2 3 1 2 2 9 2 md g I I m gd µ µ        + −   0.5 /E N C= 的不可伸长的轻绳一端固定于 O 点，另一端系一质量 的不带电小球 A，拉起小球至绳水平后，无初速释放。另一电荷量 、质量与 相同的小球 ， 以速度 水平抛出，经时间 与小球 C 与 D 点下方一足够大的平板相遇。 不计空气阻力，小球均可视为质点，取 。 求碰撞前瞬间小球 的速度。 若小球 经过路 到达平板，此时速度恰好为 O，求所加的恒力。 若施加恒力后，保持平板垂直于纸面且与水平面的夹角不变，在 点下方任意改变平板位 置，小球 均能与平板正碰，求出所有满足条件的恒力。 【解析】本题主要考查了带电粒子在场中运动、碰撞、动量守恒。牛顿定律、功能关系的综 合运用。重点考查对物理过程分析和建立物理模型能力的考查。 (1)设 的加速度为 、到 点时竖直速度为 ，合速度大小为 、与水平方向的夹角为 ，有： ① ② ③ ④ 联立上述方程，代人数据，解得： ⑤ ⑥ 0.3 3l m= 0.01m kg= 0.1q C= + A P 0 3 3 /m sυ = 0.2t s= 210 /g m s= P C 0.09s m= D C P 0a D vλ 1v β 0mg qE ma+ = 0a tλυ = 2 2 2 1 0v v vλ= + 0 tan v v γβ = 1 6v m s= 30β =  (2)设 A 碰钱速度为 ，此时轻绳与竖直线的夹角为 ，由动能定理得： ⑦ 设 A、P 碰撞后小球 C 的速度为 ，由动量守恒定律，得： ⑧ 小球 C 到达平板时速度为零，应做匀减速直线运动，设加速度大小为 ，有： ⑨ 设恒力大小为 F，与竖直方向夹角为 ，如右图，由牛顿第二定律，得： ⑩ ○11 代人相关数据，解得： ○12 ○13 (3)由于平板可距 D 点无限远，小球 C 必做匀速或匀加速直线运动，恒力 的方向可从竖直 向上顺时针转向无限接近速度方向，设恒力与竖直向上方向的角度为 ，有： ○14 在垂直于速度方向上，有 ○15 则 大小 的条件为： (式中 ) ○16 2v β 2 2 1cos 2mgl mvβ = v 1 2 2mv mv mv− = a 2 2v as= α cos(90 ) 2 sin sin 2F a mg qE maβ β− − − − = sin(90 ) 2 cos cos 0F mg qEα β β β− − − − = 3 4F N= 30α =  1F θ 0 (90 30 ) 120θ≤ + =   1 cos( ) (2 )cosF mg qEβ θ β− = + 1F 1 3 8cos(30 )F Nθ= − 0 120θ≤  164.(2010·新课标Ⅰ卷·T25.)如图所示，在 0≤x≤a、0≤y≤ 范围内有垂直手 xy 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 xy 平面内，与 y 轴正方向 的夹角分布在 0～90°范围内。己知粒子在磁场中做圆周运动的半径介于 a/2 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的 (1)速度的大小： (2)速度方向与 y 轴正方向夹角的正弦。 【答案】(1) (2) 【解析】(1)设粒子的发射速度为 v，粒子做圆周运动的轨道半径为 R，由牛顿第二定律和洛 仑兹力公式，得 由①式得 ② 当 a/2