计算题专项训练（只有答案）

专项训练二：计算题专项训练

一、运动

1.[答案] (1)8m/s2 2.5s (2)0.3s [解析] 本题结合实际情况考查了动力学问题。解题思路大致如下：根据运动学知识可求汽车的加速度、运动时间和反应时间；利用牛顿第二定律和平行四边形定则可求得汽车的作用力和重力的比值。

(1)设减速过程中汽车加速度的大小为a，所用时间为t，由题可得初速度v0＝20m/s，末速度vt＝0，位移s＝25m，由运动学公式得

v20＝2as v0t＝ a

联立①②式，代入数据得 a＝8m/s2 t＝2.5s

③ ④

① ②

(2)设志愿者反应时间为t′，反应时间的增加量为Δt，由运动学公式得 L＝v0t′＋s Δt＝t′－t0

联立⑤⑥式，代入数据得 Δt＝0.3s

2.[答案] (1)64辆 (2)6.8s

v

[解析] (1)汽车加速时间t1＝＝4.0s

a40．0s时间内汽车能行驶的位移 1x＝at2＋v(t－t1)＝380m 21x

n＝＝63.3

l

则知能有64辆汽车通过路口。

(2)记t0＝3.0s，当时间显示灯刚亮出“3”时，第65辆汽车行驶的位移

⑤ ⑥

- 1 -

1x1＝at2＋v(t－t1－t0)＝350m

21

此时汽车距停车线的距离：x2＝64l－x1＝34m x2第65辆车从刹车到停下来的时间t＝v＝6.8s

2

3.[答案] (1)1s (2)2.4m/s (3)6.8m

[解析] (1)物体A上滑的过程中，由牛顿第二定律得： mgsinθ＝ma

代入数据得：a＝6m/s2

经过t时间B物体击中A物体，由运动学公式有： 0＝v1－at，

代入数据得：t＝1s。

1

(2)平抛物体B的水平位移：x＝v1tcos37°＝2.4m

2x

平抛初速度：v2＝＝2.4m/s。

t(3)物体A、B间初始位置的高度差：

h＝v1tsin37°＋gt2＝6.8m。

L

4.解析 (1)飞镖水平抛出，在水平方向做匀速直线运动，因此t＝

v0

1

(2)飞镖击中A点时，A恰好在最下方2r＝gt2

2gL2r＝2 4v0

(3)飞镖击中A点，则A点转过的角度满足 θ＝ωt＝π＋2kπ(k＝0,1,2，…) ?2k＋1?πv0

故ω＝(k＝0,1,2，…)

L

?2k＋1?πv0LgL2

答案 (1) (2)2 (3)ω＝(k＝0,1,2，…)

v04v0L

1

212

- 2 -

二、力与运动（动力学）

5.[答案] 见解析

[解析] 以金属球为坐标原点，取水平方向为x轴，竖直方向为y轴，建立坐标系，水平方向的合力F合x和竖直方向的合力F合y分别等于零，即

F合x＝FTsinθ－F＝0，F合y＝FTcosθ－mg＝0， 解得F＝mgtanθ。

由所得结果可知，当金属球的质量m一定时，风力F只跟偏角θ有关。 因此，由偏角θ的大小就可以反映出风力的大小。

6．如图所示，倾角为30°的粗糙绝缘斜面固定在水平地面上，整个装置处在垂直斜面向上的匀强电场之中，一质量为m、电荷量为－q的小滑块恰能沿斜面匀速下滑，已知滑块与斜面之间的动摩擦因数为

3

，求该匀强电场场强E的大小。 4

6.[答案]

3mg

6q

[解析] 受力分析如图所示，由题意得：

mgsinθ－Ff＝0 FN－mgcosθ－F＝0 F＝qE Ff＝μFN

① ② ③ ④

- 3 -

由①②③④得：mgsinθ－μ(mgcosθ＋qE)＝0 mgsinθ－μmgcosθ

解之得E＝ μq代入数据得E＝

1

7.[答案] (1)θ mgsin2θ (2)mgsin4θ

2

[解析] 木块在木楔斜面上匀速向下运动时，有mgsinθ＝μmgcosθ，即μ＝tanθ。 (1)因其在力F作用下沿斜面向上匀速运动，则有：Fcosα＝mgsinθ＋f Fsinα＋N＝mgcosθ f＝μN

① ② ③

3mg

6q

2mgsinθ2mgsinθcosθmgsin2θ

由①②③得F＝＝＝

cosα＋μsinαcosαcosθ＋sinαsinθcos?θ－α?则当α＝θ时，F取最小值，即Fmin＝mgsin2θ。

(2)因为木块及木楔均处于平衡状态，整体受到地面摩擦力等于F的水平分力，即fm＝

Fcos(α＋θ)当F取最小值mgsin2θ时，fm＝Fmincos2θ＝mg·sin2θcos2θ＝mgsin4θ。

8.【考点】： 牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系． 【专题】： 牛顿运动定律综合专题．

【分析】： （1）环先沿杆做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动．由题两个过程时间已知，根据运动学公式求出两段过程加速度关系．根据牛顿第二定律分别得到加速度的表达式，再联立求解μ．

（2）由位移公式分别求出两个过程的位移，位移之和等于环沿杆向上运动的总距离s．

【解析】： 解：（1）设环做匀加速直线运动和匀减速直线运动的加速度大小分别为a1和a2，撤去力F瞬间物体的速度为v， 则由 v=a1t1和 0=v﹣a2t2 得a1t1=a2t2

代入得 2a1=1.6a2，即a1=0.8a2 ① 根据牛顿第二定律得

Fcosθ﹣mgsinθ﹣μ（Fsinθ﹣mgcosθ）=ma1 ② mgsinθ+μmgcosθ=ma2 ③

由①，②，③式联立解得 μ=0.5 （2）将μ=0.5代入②，③得 a1=8m/s，a2=10m/s

所以环沿杆向上运动的总距离s=a1t1+a2t2=（×8×0.5+×10×0.4）m=1.8m．

2

2

2

2

2

2

1

2

- 4 -

答：（1）环与杆之间的动摩擦因数μ=0.5； （2）环沿杆向上运动的总距离s=1.8m．

【点评】： 本题应用牛顿第二定律和运动学规律结合处理动力学问题，第（1）问也可以用动量定理求解μ．

9.[答案] (1)48m (2)36m/s

[解析] (1)设出发8s内冰橇的加速度为a1，由牛顿第二定律有 F＋mgsinθ－μmgcosθ＝ma1 出发8s内冰橇发生的位移为 12x1＝a1t1

2解得x1＝48m (2)8s末冰橇的速度为 v1＝a1t1

8s后冰橇的加速度为a2，由牛顿第二定律有 (m＋M)gsinθ－μ(m＋M)gcosθ＝(m＋M)a2 到达终点时速度最大，设最大速度为v2，则

2

v22－v1＝2a2(x－x1)

解得v2＝36m/s

10.解析 (1)在线未拉直之前，试验物块向＋x方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为ax＝F/m＝10 m/s2向＋y方向做速度为v0的匀速直线运动；当试验物块相对于O的位移大小达到线的长度L时，细线将被拉直．设此时物块位置坐标为B(xB，yB)，则：

1

xB＋L＝at2 yB＝v0t

2

细线被拉直时有：L2＝(xB)2＋(yB)2 即：(5t2－2)2＋(2t)2＝22 解得：t＝0.8 s

所以：xB＝1.2 m，yB＝1.6 m (2)vx＝at＝8 m/s，vy＝v0＝2 m/s

- 5 -

所以v＝

2

v2x＋vy＝217 m/s

vy21

tanθ＝＝＝

vx841

所以θ＝arctan

4

1

答案 (1)(1.2 m,1.6 m) (2)217 m/s arctan 4

11.[答案] (1)2N (2)见解析图

[解析] (1)球在A、C两处受力如图(1)所示，设球运动的线速度为v，半径为R，

v2

则在A处时，F＋mg＝m

Rv2

在C处时，F′－mg＝m。

R由①②式得，ΔF＝F′－F＝2mg＝2N

FnF＋mg

(2)在B处不受摩擦力作用，受力分析如图(2)所示，则tanθ＝＝＝F＋1

mgmgtanθ－F关系如图(3)所示。

⑧

12.解析 设通过A点的速度为v，行星表面的重力加速度为g，环绕该行星的卫星做圆周运动的最小周期为T，行星的质量为M，卫星质量为m，行星的半径为R.

1

由匀变速直线运动规律，x＝vt＋at2，

21

对AB段有：0.24＝0.2v＋g(0.2)2，

2

- 6 -

1

对AC段有：0.48＝0.3v＋g(0.3)2，

2联立解得：g＝8 m/s2.

对于环绕该行星的近地卫星，轨道半径R＝180 km，由万有引力定律和牛顿第二定律，2π?2Mm

G2＝mR??T?， R

Mm

在行星表面，G2＝mg，

R联立解得：T＝2π答案 942 s

1

13.解析 (1)由平抛运动的公式，得x＝vt，H＝gt2，

2代入数据解得v＝2 m/s.

要使煤块在轮的最高点做平抛运动，则煤块到达轮的最高点时对轮的压力为零，由牛顿v2

第二定律，得mg＝m，

R

代入数据得R＝0.4 m.

F

(2)由牛顿第二定律F＝ma得a＝＝μgcosθ－gsinθ＝0.4 m/s2，

mv

由v＝v0＋at得t＝＝5 s.

a答案 (1)2 m/s 0.4 m (2)5 s

14.解析 (1)物块在光滑斜面上匀加速下滑，有 11

L＝at2＝gsinθt2

22 得L＝3 m.

(2)传感器压力来自物块对斜面正压力(等于G1)的水平分力，受力如图，有： F＝G11＝G1sinθ＝Gsinθcosθ＝mgsinθcosθ 即12＝mgsin37°cos37°， 得m＝2.5 kg

R＝300π s＝942 s. g

- 7 -

对水平段，由图知摩擦力f＝5 N，即μmg＝5 N， 解得μ＝0.2

(3)由图象知下滑时间t＝1 s，滑到B点时的速度v＝gsinθt＝6 m/s 1

对AB段由动能定理得－fLAB＝0－mv2

2代入数据得LAB＝9 m.

答案 (1)3 m (2)2.5 kg 0.2 (3)9 m

15.[答案] (1)0.5m/s2 (2)1s (3)2.1m [解析] (1)小物块的加速度am＝μg＝2m/s2 小车的加速度aM＝(2)由amt＝v0＋aMt 得t＝1s

(3)在开始1s内小物块的位移 1

s1＝amt2＝1m

2

此时其速度v＝at＝2m/s

在接下来的0.5s小物块与小车相对静止，一起做加速运动且加速度 Fa＝＝0.8m/s2 M＋m

1

这0.5s内的位移s2＝vt1＋at2＝1.1m

21则小物块通过的总位移s＝s1＋s2＝2.1m

16.[答案] (1)不会 (2)2s

[解析] (1)A、B之间的最大静摩擦力为 fm>μ1mg＝0.3×1×10N＝3N 假设A、B之间不发生相对滑动，则 对A、B整体：

F－μmg

＝0.5m/s2 M

- 8 -

F＝(M＋m)a 对B：fAB＝ma 解得：fAB＝2.5N

因fAB

21xB＝aBt2

2解得：t＝2s

三、力、运动、功和能的综合

17.

【考点】： 万有引力定律及其应用；向心力．

【分析】： （1）由图可知，读出力的大小的大小．分前后两段位移根据动能定理求出重力加速度； （2）物体在星球上，重力等于万有引力，列式求出该星球的质量，根据密度公式求解星球的平均密度．

【解析】：解：（1）令该星球表面的重力加速度为g，根据动能定理，小物块在力F1作用过程中有： N=mgcosθ f=μN

小物块在力F2作用过程中有：

由题图可知：F1=15N，s1=6m；F2=3N，s2=6m

所以根据动能定理有： WF+Wf+WG=△Ek 代入数据：

）=0

解得：g=6m/s

（2）在星球表面重力与万有引力相等有：

可得地球的质量为：

2

- 9 -

可得星球的密度

==

2

=4×10kg/m

33

答：（1）该星球表面上的重力加速度g的大小为6m/s；

（2）该星球的平均密度为4×10kg/m．

【点评】： 本题是动能定理的综合运用，第（2）问掌握在星球表面重力与万有引力相等，并掌握球的体积公式是解决问题的关键．

18.【考点】： 平抛运动；牛顿第二定律；向心力；机械能守恒定律． 【专题】： 压轴题．

【分析】： （1）根据物体能无碰撞地进入圆弧轨道，说明物体的末速度应该沿着A点切线方向，再有圆的半径和角度的关系，可以求出A点切线的方向，即平抛末速度的方向，从而可以求得初速度．

（2）从抛出到最低点O的过程中，只有重力做功，机械能守恒，可以知道在O点的速度，再有向心力的公式可以求得物体运动到圆弧轨道最低点O时受到的支持力的大小，也就是对轨道压力的大小．

【解析】： 解：（1）由于物体无碰撞进入圆弧轨道，即物体落到A点时速度方向沿A点切线方向，则 tanα=

=

2

3

3

=tan53°

又由h=gt

联立以上各式得v0=3 m/s．

（2）设物体到最低点的速度为v，由动能定理，有 mv﹣mv0=mg[h+R（1﹣cos53°）] 在最低点，据牛顿第二定律，有 FN﹣mg=m

2

2

代入数据解得FN=43N

由牛顿第三定律可知，物体对轨道的压力为43 N． 答：（1）物体平抛的初速度为3 m/s；

（2）物体运动到圆弧轨道最低点O时对轨道的压力为43 N．

【点评】： 物体恰能无碰撞地沿圆弧切线从A点进入光滑竖直圆弧轨道，这是解这道题的关键，理解了这句话就可以求得物体的初速度，本题很好的把平抛运动和圆周运动结合在一起，能够很好的考查学生的能力，是道好题．

19.[答案] (1)10.5J (2)68N，方向竖直向下 (3)16.875J

- 10 -

[解析] (1)设小物块的初动能为Ek，小物块做平抛运动下落的高度为： 1h＝gt2 2即t＝0.4 s

在C点时，速度的竖直分量为vCy＝gt＝4 m/s 根据题意，vCx＝vCytan 37°＝3 m/s，vC＝5 m/s 即小物体在A点时的速度为vA＝3 m/s

在小物块由B点到A点的过程中，由动能定理，得： 1－μmgs＝mv2－Ek

2A

代入数据，得：Ek＝10.5 J。

(2)在小物块由C点到D点的过程中，由动能定理，得： 112

mgR(1－cos 53°)＝mv20－mv0 22解得：vD＝29m/s 2

v0

小球在D点时，由牛顿第二定律，得轨道对小物块的支持力FN满足FN－mg＝m

R

代入数据解得FN＝68 N

由牛顿第三定律，得小物块对轨道的压力FN′＝FN＝68 N，方向竖直向下。 (3)物块在平台上产生的热量Q1＝μmgs＝6 J

设小物块最终与木板达到的共同速度的大小为v，小物块在木板上滑行的过程中，小物块与长木板的加速度大小分别为：

a1＝μg＝3 m/s2 a2＝1 m/s2

速度分别为v＝vD－a1t，v＝a2t

对物块和木板组成的系统，由能量守恒定律得： 112

Q2＝mv20－(m＋M)v＝10.875J 22解得：Q＝Q1＋Q2＝16.875J。

- 11 -

20.[答案] (1)6m/s (2)440J

[解析] (1)假设矿物在AB段始终处于加速状态，由动能定理可得 1

(μmgcosθ－mgsinθ)sAB＝mv2

2B代入数据得vB＝6 m/s

由于vB

(2)设矿物通过轨道最高点C处时的速度为vC，由牛顿第二定律有

2vC

mg＝m

R

对矿物由B到C过程，由动能定理有 112

mgR(1＋cosθ)＋Wf＝mv2B－mvC 22

解联立方程并代入数据可得矿物由B点到达C点的过程中，克服摩擦阻力所做的功为 Wf＝440 J

m2g23m2g221.[答案] (1)0 (2) (3)

k2k

[解析] (1)令x1表示未加F时弹簧的压缩量，对物块A有：kx1＝mgsin30° 令x2表示B刚要离开C时弹簧的伸长量，对物块B有： kx2＝mgsin30°

所以x1＝x2，弹力做的功为零 (2)B刚要离开C时，对物块A，有 F－mgsin30°－kx2＝ma 将F＝2mg，代入上式得a＝g 对A：2a(x1＋x2)＝v2 12m2g2

Ek＝mv＝ 2k(3)对A由动能定理有 1WF－WG＝mv2

2

- 12 -

WG＝mg(x1＋x2)sin30° 3m2g2得WF＝ 2k

四、带电料子或带电体在电磁场中运动

mg?h＋d?Ch＋d

22.[答案] (1)2gh (2) (3)qh[解析] (1)由v2＝2gh，得v＝2gh (2)由动能定理，mg(h＋d)－qU＝0 mg?h＋d?

得U＝

q

mg?h＋d?C

所以Q＝CU＝

q(3)在电场中运动的加速度 U

q－mg＝ma d12

由h＝gt1

20＝v＋at2 h＋d

得t＝t1＋t2＝

h

23.[答案] (1)2eU12d2U1 (2)2 mL

2h g

2h g

1

[解析] (1)根据动能定理：eU1＝mv2

2解出v＝2eU1 m

d1

(2)偏转角度最大，即：＝at2

22又L＝vt eU2a＝

dm

2d2U1解出：U2＝2

L

- 13 -

mgLL

24.[答案] (1) (2) (3)q62L 7g

WDA[解析] (1)WAD＝－mgL UDA＝ q或UDA＝EL mgLUDA＝

q

(2)由恰好过D点，判断vD＝0 根据动能定理：从A到D过程 mgLtan53°－EqL－mg2r＝0 L解得r＝

6

(3)由于mg＝Eq，小球进入电场与水平方向成45°角斜向下做匀加速直线运动。设到达P处水平位移为x，竖直位移为y，则有x＝y

xtan53°＋x＝2r LL解得x＝，y＝

77

1

竖直方向自由落体有y＝gt2

2解得t＝

25.【考点】： 共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；电场强度；闭合电路的欧姆定律．

【分析】： 1、对小球受力分析，根据共点力平衡条件找出电场力和重力之间的关系，也就知道了场强和重力之间的关系，再根据匀强电场的场强与电势差的关系，计算比值即可．

2、从30度到60度过程中，小球受到重力、电场力、绳子的拉力和外界的拉力，其中绳子的拉力不做功，其它力都做功，由于是缓慢变化，动能不变，全过程运用动能定理，列式求解拉力做功． 【解析】： 解：（1）小球处于静止状态，受力情况如图所示： 由平衡条件得：

=tanθ

2L

7g

设两极板间的距离为d，则U=Ed

所以：在两个平衡位置时，两金属板间电势差之比为：U1：U2=tan30°：tan60°=1：3 （2）设该过程拉力对小球做功W，用动能定理得：W+qEl（sin60°﹣sin30°）﹣mgl（cos30°﹣cos60°）=0

又 qE=mgtan30° 解得

- 14 -

答：（1）小球在上述两个平衡位置时，平行金属板上电势差之比U1：U2=1：3．

（2）若保持变阻器滑片位置在a处不变，对小球再施加一个拉力，使绝缘线与竖直方向的夹角从θ1=30°缓慢地增大到θ2=60°，则此过程中拉力做的功

【点评】： 本题综合考查电路知识、匀强电场及共点力的平衡和动能定理等知识，要求学生能通过读图和审题找出其中的关系．综合能力要求较高，是一道好题．

26.【考点】： 动能定理；牛顿第二定律． 【专题】： 动能定理的应用专题．

【分析】： （1）根据公式v=ωR求解出线速度表达式进行分析即可； （2）受力分析后根据牛顿第二定律列式求解拉力；

（3）电动机做的功等于细线对滑块拉力做的功，对滑块的加速过程根据动能定理列式求解即可；

（4）分细线拉紧和没有拉紧两种情况分析．

【解析】： 解：（1）圆筒边缘线速度与物块前进速度大小相同，根据v=ωR=Rβ1t，线速度与时间成正比，故物块做初速为零的匀加速直线运动；

（2）由第（1）问分析结论，物块加速度为a=Rβ1，根据物块受力，由牛顿第二定律得： T﹣μmg=ma 则细线拉力为：

T=μmg+m Rβ1

（3）对整体运用动能定理，有 W电+Wf=其中：

Wf=﹣μmgs=﹣μmg则电动机做的功为： W电=μmg

+

．

（4）圆筒减速后，边缘线速度大小v=ωR=ω0R﹣Rβ2t，线速度变化率为a=Rβ2 若a≤μg，细线处于拉紧状态，物块与圆筒同时停止，物块减速时间为：t=

若a＞μg，细线松弛，物块水平方向仅受摩擦力，物块减速时间为：t=答：（1）物块做初速为零的匀加速直线运动； （2）物块运动中受到的拉力为μmg+m Rβ1； （3）从开始运动至t=t1时刻，电动机做功为μmg

+

；

（4）若a≤μg，减速时间后小物块停止运动；若a＞μg，减速时间后小物块停止运动．

- 15 -

【点评】： 本题提到了角加速度这个新的概念，关键是推导出滑块的线速度公式进行分析，将转动的研究转化为平动的研究进行分析．

27.[答案] 第一种情况：第二种情况：

3BqRπm

2mBq

3BqRπm

m3Bq

[解析] 第一种情况：由几何关系可得∠CAB＝30° 所以，θ＝30°

在直角三角形AOD中，AD＝AD

r＝ sinθ设粒子速度为v mv2

Bvq＝

r解得v＝2πmT＝ Bq

粒子在磁场中运动的时间 Tπmt＝＝ 63Bq

第二种情况：由几何关系可得粒子的轨道半径r1＝

3R 2

设粒子速度为v1 mv21

Bv1q＝

r1解得：v1＝

3BqR

2m3BqR

m

3R

，AO为粒子运动的半径r 2

- 16 -

Tπm

粒子在磁场中运动的时间t1＝＝ 2Bq

28.[答案] (1)3Bqaπm

(2) (3)(23－3)a 3m3Bq

[解析] (1)设编号为①的粒子在正六边形区域磁场中做圆周运动的半径为r1，初速度大小v21

为v1，则qv1B＝m r1

a

由几何关系得，r1＝ 2sin60°解得，v1＝

3Bqa

3m

(2)设编号为②的粒子在正六边形区域磁场中做圆周运动的半径为r2，线速度大小为v2，周期为T2, 则

v22πr22

qv2B＝m T2＝ r2v22πm

解得T2＝

Bq

由几何关系得，粒子在正六边形区域磁场运动过程中，转过的圆心角为60°，则粒子在磁Tπm场中运动的时间t＝＝

63Bq

(3)设编号为③的粒子在正六边形区域磁场中圆周运动的半径为r3，由几何关系可得AE＝2acos30°＝3a

AE

r3＝＝23a

sin30°AE

OE＝＝3a

tan30°EG＝r3－OE＝(23－3)a

29.【考点】： 带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．

【专题】： 带电粒子在磁场中的运动专题．

【分析】： （1）设离开磁场的点为S点，当磁场区域以PS为直径时，该区域面积是最小的；根据牛顿第二定律列式求解轨道半径，结合几何关系得到磁场区域圆的半径；

- 17 -

（2）在磁场区域外是匀速直线运动，在磁场内是匀速圆周运动，结合几何关系得到各个轨迹的长度即可得到总时间．

【解析】：解：（1）带电粒子由P点进入有界圆形磁场区域，S点出磁场区域，如图所示．

当PS为所加圆形磁场区域的直径时，圆形磁场区域的面积最小，O1为带电粒子在有界磁场中做圆周运动的圆心、r1为其半径，点O2为所施加圆形有界磁场的圆心，r2为其半径． 由qvB=m

，得：

r1=

，又O1Q⊥PS

在三角形O1PQ中，∠O1QP=所以∠O1PO2=所以r2=r1cos

=

所以最小区域磁场面积：S=π磁场的方向垂直纸面向外． （2）把m=4.0×10代入r1=

，

﹣8

=

kg、q=+4.0×10

﹣3

C、v=5.0×10m/s，B=1.0T

4

得带电粒子做圆周运动的半径r1=

m=0.5m

因为MN=3r1，所以使带电粒子能沿QN方向到达N点，必须在M点进入磁场，S点出磁场，如图所示．

所加有界磁场区域的半径为MO2，带电粒子圆周运动的半径为MO1．有几何关系∠MO1S=

﹣5

．

T===6.3×10s

带电粒子在磁场运动的时间为个周期，所以 t1=T═2.1×10

﹣5

s

出磁场后，O1N=L﹣MO1=1.5﹣0.5=1.0m，在直角三角形O1SN中，因为∠O1NS=

，

=1.0×

m=

m．

所以SN=O1Ncos

- 18 -

所以t2=

=s=1.7×10

﹣5

s

所以总时间：

t=t1+t2=2.1×10+1.7×10=3.8×10s

答：（1）若所加磁场的横截面为圆形，其最小面积为，磁场方向向外；

（2）带电粒子由M点到N点的时间为3.8×10s．

【点评】： 本题关键是明确粒子的运动情况，画出临界轨迹，然后结合牛顿第二定律列式求解，不难．

﹣5

﹣5

﹣5

﹣5

30.解析 (1)描出某一条由PQ边界射出磁场的粒子运动轨迹如图甲所示，由几何关系可知粒子射出磁场速度与PQ的夹角为30°，与x轴间夹角为60°，所以一定能够进入第一象限，该同学的判断错误

甲 乙

(2)若粒子垂直电场进入第一象限，则轨迹如图乙.由几何关系可知转过圆心角为30°，r＝2OQ＝3L

mv20

qv0B＝ r可得v0＝ 丙 离开磁场时纵坐标

3y＝r－rcos30°＝(3－)L

2

(3)粒子在电场中运动轨迹如图丙所示，由几何关系可知OD长度x1＝ytan30°＝(1－DS长度y1＝2x1＝(2－3)L

设DO1长度为y2，在△DO1F中O1F长度为3y2，由平抛运动中某时刻速度方向角α与

- 19 -

3qBL

m

3)L 2

位移方向角β关系：tanα＝2tanβ

有y1＋y2

3y2

×2＝tan60°

得y2＝2(2－3)L

则DF的长度x2＝2y2＝4(2－3)L 所以F点的坐标为x＝x1＋x2＝9(1－答案 (1)见解析 (2)3qBL3 y＝(3－)L m2

3)L 2

3)L 2

(3)x＝9(1－ 31.（18分）解：⑴ 电子在电场中作类平抛运动，射出电场时，如图1所示。 电子在电场中的时间：t=L/V0……………1分 vy?3v0Eet?………………2分 m3v?23v0…………………………1分 3v0 θv与x轴正方向的夹角：cos??=30………1分 0（2）由几何关系电子的半径R1=3L………………2分 3v2由牛顿第二定律：evB?m…………………………2分 R1联立⑤⑥得：B?2mv0…………………………………1分 eL

- 20 -

（3）在磁场变化的半个周期内粒子的偏转角为60°（如图2），所以，在磁场变化的半个周期内，粒子在x轴方向上的位移恰好等于R。粒子到达N点而且速度符合要求的空间条件是： 2nR=2L ……………………………………1分 电子在磁场作圆周运动的轨道半径R?mv……………1分 eB0解得B0?23nmv0(n=1、2、3…).................2分 3eL若粒子在磁场变化的半个周期恰好转过1/6圆周，同时MN间运动时间是磁场变化周期的整数倍时，可使粒子到达N点并且速度满足题设要求。应满足的时间条件： 2nT0?nT …………………2分 T0?162?m………………1分 eB0 代入T的表达式得:T=3?L (n=1、2、3……)……1分 3nv0版权所有：高考资源网(www.ks5u.com) 版权所有：高考资源网(www.ks5u. 五、电磁感应的综合

32.[答案] (1)46.67s (2)4s

[解析] (1)若左杆固定不动，磁场均匀变化时：设经过

时间t1物体恰离开地面，此时磁感应强度为B1，回路电流为I1，回路感生电动势为E1，回路磁通量变化量为ΔΦ1，有：

B1I1L＝mg E1I1＝

RΔΦ1E1＝

ΔtΔΦ1＝LdΔB ΔBB1＝t1

Δt

L2dΔB2

以上联合求解得：()t1＝mg

RΔt140

解得：t1＝s＝46.67 s

3

(2)若左杆向左匀速运动，磁场均匀变化时：设经过时间t2物体恰离开地面，此时磁感应

- 21 -

强度为B2，回路电流为I2，回路感生电动势为E2，有：

B2I2L＝mg E2I2＝

RΔB

E2＝S＋B2Lv

ΔtS＝Ld＋Lvt2 ΔBB2＝t2

Δt

?L2d＋2L2vt2?ΔB2

以上联合求解得：()t2＝mg

RΔt解得：t2＝4 s

ΔBB

33.解析 (1)磁场的磁感应强度在时间t内由B均匀减小到零，说明＝，此过程中的

ΔttΔΦ2BL2

感应电动势E1＝＝

Δtt

E1通过R的电流为I1＝ R

2

此过程中电阻R上产生的焦耳热为Q1＝I1Rt

4B2L4解得Q1＝

Rt

1

(2)①ab杆离起始位置的位移从L到3L的过程中，由动能定理可得F(3L－L)＝m(v22－2v21)

ab杆刚要离开磁场时，感应电动势E2＝2BLv1 E2通过R的电流为I2＝ R安培力为F安＝2BI2L 4B2L2v1

解得F安＝ R

由牛顿第二定律可得F－F安＝ma

2v2－v214B2L2v1

解得ab在刚要离开磁场时a＝－ 4LmR

②ab杆在磁场中由起始位置发生位移L的过程中，根据功能关系，恒力F做的功等于

- 22 -

1

ab杆增加的动能与回路产生的焦耳热之和，则FL＝mv2＋Q2

21

2

m?v22－3v1?

解得Q2＝

4

4B2L4

答案 (1)

Rt

22v2－v24B2L2v1m?v212－3v1?(2)①－ ② 4LmR4

34.[答案] (1)a→b (2)5m/s (3)1.3J

[解析] (1)cd下滑根据右手定则判断，c端电势高于d端，ab中电流方向从a到b。 (2)ab刚放上时，刚好不下滑，说明ab棒受到了最大静摩擦力作用fm，且fm＝m1gsinθ

cd棒下滑后，分析导体棒ab的受力如图所示，ab刚要上滑时，ab所受最大静摩擦力沿斜面向下，则

F安＝fm＋m1gsinθ 又F安＝ILB

cd棒切割产生的感应电动势 E＝BLv

由闭合电路的欧姆定律 I＝ R1＋R2

E

由以上各式得 m1g?R1＋R2?v＝＝5m/s

B2L2(3)设cd产生的热量为Q′，则 QI2R1＝2＝1 Q′IR2

根据动能定理得

- 23 -

1

m2gxsinθ－(Q＋Q′)＝m2v2

2代入已知数据得Q＝Q′＝1.3J

35．（18分）（1）由右手定则可知M端电势高，M端为电源的正极。（2分） 开关S断开，MN两端的电压U等于电源的电动势E，即U=E 由于导电离子做匀速运动，所以有qU?qvB（2分） d解得：E= U=Bdv （1分）

（2）以发电管道内的海水为研究对象，其受力平衡，则有F=BId+f（2分） 根据欧姆定律有I=

EBdv?（2分） R?rR?rB2d2v解得：F?f?（1分）

R?rB2d2v2（3）由题意可知输入功率P（2分） 入?Fv?fv?R?r输出功率P出?IR?(2Bdv2)R（2分） R?rB2d2v2R?解得：??2222Bdv(R?r)?fv(R?r)d2R（2分） 2f(R?r)d2(R?r)?B2v可见，增大发电管道内海水的流速v和增强磁感应强度B可以提高发电机效率。（2分）

- 24 -

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