2021届高考物理二轮专题复习：计算题专项练 含答案（9套）.zip

题型三计算题专项练 计算题专项练(一) (建议用时：25 分钟) 1如图，在水橇跳台表演中，运动员在摩托艇水平长绳牵引下以 16 m/s 的速度沿水面匀速滑行，其水橇(滑板)与水面的夹角为 。到达跳台底端时，运 动员立即放弃牵引绳，以不变的速率滑上跳台，到达跳台顶端后斜向上飞出。 跳台可看成倾角为 的斜面，斜面长 8.0 m、顶端高出水面 2.0 m。已知运动员 与水橇的总质量为 90 kg，水橇与跳台间的动摩擦因数为，与水间的摩擦不 15 30 计。g 取 10 m/s2，不考虑空气阻力，求： (1)沿水面匀速滑行时，牵引绳对运动员拉力的大小； (2)到达跳台顶端时，运动员速度的大小。 2.如图所示，在竖直平面内存在竖直方向的匀强电场。长度 为 l 的轻质绝缘细绳一端固定在 O 点，另一端连接一质量为 m、电荷量为q 的小球(可视为质点)，初始时小球静止在电场 中的 a 点，此时细绳拉力为 2mg，g 为重力加速度。 (1)求电场强度 E 和 a、O 两点的电势差 UaO； (2)小球在 a 点获得一水平初速度 va，使其能在竖直面内做完整的圆周运动， 则 va应满足什么条件？ 题型三计算题专项练 计算题专项练(一) 1解析：(1)设沿水面匀速滑行时绳的拉力大小为 F，水对水橇支持力的大 小为 FN，则 FNsin F，FNcos mg 由几何关系有 sin ， h s 1 4 cos s2h2 s 15 4 解得 F60 N。 15 (2)设运动员沿台面滑行时加速度大小为 a，到达跳台顶端时速度的大小为 v，则 mgsin mgcos ma，v2v 2as 2 0 解得 v14 m/s。 答案：(1)60 N(2)14 m/s 15 2解析：(1)小球静止在 a 点时，由共点力平衡可得 mg2mgqE 得 E，方向竖直向上 3mg q 在匀强电场中，有 UOaEl 则 a、O 两点电势差 UaO。 3mgl q (2)小球从 a 点恰好运动到 b 点，设到 b 点速度大小为 vb，由动能定理得 qE2lmg2l mv mv 1 22b 1 22a 小球做圆周运动通过 b 点时，由牛顿第二定律可得 qEmgm 联立式可得 va，故应满足 10gl va。 10gl 答案：(1)，方向竖直向上 3mg q 3mgl q (2)va 10gl计算题专项练(三) (建议用时：25 分钟) 1(1)如图 1 所示，两根平行的金属导轨，固定在同一水平面上，磁感应 强度为 B 的匀强磁场与导轨所在平面垂直，导轨的电阻很小，可忽略不计，导 轨间的距离为 l，两根质量均为 m、电阻均为 R 的平行金属杆甲、乙可在导轨 上无摩擦地滑动，滑动过程中与导轨保持垂直。在 t0 时刻，两杆都处于静止 状态。现有一与导轨平行，大小恒为 F 的力作用于金属杆甲上，使金属杆在导 轨上滑动，试分析金属杆甲、乙的收尾运动情况。 (2)如图 2 所示，两根足够长的固定平行金属导轨位于同一水平面内，导轨 上横放着两根导体棒 ab 和 cd，构成矩形回路。在整个导轨平面内都有竖直向 上的匀强磁场，设两导体棒均可沿导轨无摩擦地滑行。开始时，棒 cd 静止， 棒 ab 有指向棒 cd 的初速度。若两导体棒在运动中始终不接触，试定性分析两 棒的收尾运动情况。 2如图所示，在水平面上有一弹簧，其左端与墙壁相连，O 点为弹簧原长 位置，O 点左侧水平面光滑，水平段 OP 长 l1 m，P 点右侧一与水平方向成 30的足够长的传送带与水平面在 P 点平滑连接，皮带轮逆时针转动速率为 3 m/s，一质量为 1 kg 可视为质点的物块 A 压缩弹簧(与弹簧不拴接)，使弹簧获 得弹性势能 Ep9 J，物块与 OP 段动摩擦因数 10.1，另一与 A 完全相同的 物块 B 停在 P 点，B 与传送带间的动摩擦因数2，传送带足够长，A 与 3 3 B 的碰撞时间不计，碰后 A、B 交换速度，重力加速度 g 取 10 m/s2，现释放 A，求： (1)物块 A、B 第一次碰撞前瞬间，A 的速度 v0； (2)从 A、B 第一次碰撞后到第二次碰撞前，B 与传送带之间由于摩擦而产 生的热量； (3)A、B 能够碰撞的总次数。 计算题专项练(三) 1解析：(1)设某时刻甲和乙的速度大小分别为 v1和 v2，加速度大小分别 为 a1和 a2，受到的安培力大小均为 F1，则感应电动势为 EBl(v1v2) 感应电流为 I E 2R 对甲和乙分别由牛顿第二定律得 FF1ma1，F1ma2 当 v1v2定值(非零)，即系统以恒定的加速度运动时，a1a2 解得 a1a2 F 2m 可见甲、乙两金属杆最终水平向右做加速度相同的匀加速运动，速度一直 增大。 (2)ab 棒向 cd 棒运动时，两棒和导轨构成的回路面积变小，磁通量发生变 化，回路中产生感应电流。ab 棒受到与运动方向相反的安培力作用做减速运动， cd 棒则在安培力作用下做加速运动，在 ab 棒的速度大于 cd 棒的速度时，回路 中总有感应电流，ab 棒继续减速，cd 棒继续加速。两棒达到相同速度后，回路 面积保持不变，磁通量不变化，不产生感应电流，两棒以相同的速度 v 水平向 右做匀速运动。 答案：见解析 2解析：(1)设物块质量为 m，A 与 B 第一次碰撞前的速度为 v0，则 Ep mv 1mgl， 1 22 0 解得 v04 m/s。 (2)设 A、B 第一次碰撞后的速度分别为 vA、vB，则 vA0，vB4 m/s，碰 后 B 沿传送带向上匀减速运动直至速度为零，加速度大小设为 a1，则 mgsin 2mgcos ma1， 解得 a1gsin 2gcos 10 m/s2。 运动的时间 t10.4 s，位移 x1t10.8 m。 vB a1 vB 2 此过程相对运动路程 s1vt1x12 m。 此后 B 反向加速，加速度仍为 a1，由于 mgsin 2mgcos ，B 与传送带 共速后匀速运动直至与 A 再次碰撞， 加速时间为 t20.3 s， v a1 位移为 x2 t20.45 m。 v 2 此过程相对运动路程 s2vt2x20.45 m。 全过程摩擦产生的热量 Q2mg(s1s2)cos 12.25 J。 (3)B 与 A 第二次碰撞，两者速度再次互换，此后 A 向左运动再返回与 B 碰 撞，B 沿传送带向上运动再次返回，每次碰后到再次碰前速率相等，重复这一 过程直至两者不再碰撞。则对 A、B 和弹簧组成的系统，从第二次碰撞后到不 再碰撞，满足 mv22n1mgl。 1 2 解得第二次碰撞后重复的过程数为 n2.25，所以碰撞总次数为 N22n6.5 次6 次(取整数)。 答案：(1)4 m/s(2)12.25 J (3)6 次计算题专项练(四) (建议用时：25 分钟) 1.如图所示，图中 1、2、3 是相互平行的足够长的三条 边界线，相邻两线间距离均为 L，边界线 1、3 间有匀强磁 场，方向垂直于纸面向里，一质量为 m、电荷量为q 的粒 子，以初速度 v0从磁场边界上的 A 点，与边界成 60角射 入磁场，粒子从 C 点越过边界线 2，AC 与边界线垂直，粒 子最终从边界线 1 上的 D 点射出(图中未画出)，粒子重力不计。若仅将边界线 2、3 间的磁场换成水平向右的匀强电场，粒子再从 A 点按上述条件射入，仍从 D 点射出，求： (1)匀强磁场的磁感应强度大小； (2)匀强电场的电场强度大小。 2.在水平桌面上画两个同心圆，它们的半径分别为 r 和 2r。圆心处摆放一颗棋子 B，大圆周上另一颗棋子 A 以某一初速度 v0沿直径方向向右正对 B 运动，它们在圆心处发生弹性碰撞后， A 刚好停在小圆周上，而 B 则刚好停在大圆周上。两颗棋子碰撞前后都在同一 条直线上运动，它们与桌面间的动摩擦因数均为 ，棋子大小远小于圆周半径， 重力加速度为 g。试求： (1)A、B 两颗棋子的质量之比； (2)棋子 A 的初速度 v0。 计算题专项练(四) 1解析：(1)由题意知，粒子从边界线 2 的 C 点射入，由几何关系知 RL 由洛伦兹力提供向心力 qv0Bm 解得 B。 mv0 qL (2)粒子进入电场做类斜抛运动，水平方向经时间 t 减速为 0，qEma v0sin60at 沿边界线方向 yv0cos602t 由几何关系知 y2Rsin60 解得 E。 答案：(1)(2) mv0 qL 2解析：(1)设 A、B 质量分别为 mA、mB，碰撞前、后 A 的速度分别是 vA0、vA，碰撞后 B 的速度为 vB。 由于是弹性碰撞，故有 mAvA0mAvAmBvB mAv mAv mBv 1 22A0 1 22A 1 22B 依题意碰后 A 停在小圆周上，根据动能定理有 mAgr mAv 1 22A 而 B 停在大圆周上，则 2mBgr mBv 1 22B 先讨论 mAmB的情况。在此条件下，A 停在圆心右侧的小圆周上，B 停在 圆心右侧大圆周上。 联立式解得0 mA mB 1 1 2 与题设不符，故一定有 mAmB 因此，碰后 A 一定是反向运动，这样，A 只可能停在圆心左侧的小圆周上。 根据式解得 。 mA mB 1 1 2 (2)根据动能定理，碰前对 A 有 2mAgr mAv mAv 1 22A0 1 22 0 联立式解得 v0 。 （104 2）gr 答案：(1)(2) 1 1 2（104 2）gr计算题专项练(五) (建议用时：25 分钟) 1.如图所示，AB 是位于竖直平面内、半径 R0.5 m 的 圆弧形的光滑绝缘轨道，其下端点 B 与水平绝缘轨道平滑 1 4 连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中，电场强度 E5103 N/C。今有一质量为 m0.1 kg、带电荷量 q8105 C 的小滑块 (可视为质点)从 A 点由静止释放。若已知滑块与水平轨道间的动摩擦因数 0.05，g 取 10 m/s2，求： (1)小滑块第一次经过圆弧形轨道最低点 B 时对 B 点的压力； (2)小滑块在水平轨道上向右滑过的最大距离； (3)小滑块最终的运动情况。 2质量为 M3.0 kg 的平板小车静止在光滑水平面上，如图(a)所示。当 t0 时，两个质量都是 m1.0 kg 的小物体 A 和 B(均可看做质点)，分别从左端 和右端以大小为 v14.0 m/s 和 v22.0 m/s 的水平速度冲上小车 C，当它们在 车上停止滑动时，没有相碰。A、B 与车面的动摩擦因数都是 0.20，g 取 10 m/s2。 (1)求 A、B 在车上停止滑动时车的速度。 (2)车的长度至少是多少？ (3)在图(b)所给出的坐标系中画出 04.0 s 内小车运动的速度时间图象。 计算题专项练(五) 1解析：(1)设小滑块第一次到达 B 点时的速度为 vB，圆弧轨道对滑块的 支持力为 FN，则 由动能定理得 mgRqER mv 1 22B 由牛顿第二定律得 FNmgm 解得 FN2.2 N 由牛顿第三定律知，小滑块滑到 B 点时对轨道的压力为 2.2 N，方向竖直向 下。 (2)设小滑块在水平轨道上向右滑行的最大距离为 x， mgRqE(Rx)mgx0 得 x m。 2 3 (3)由题意知 qE81055103 N0.4 N mg0.050.110 N0.05 N 因此有 qEmg 所以小滑块最终在圆弧轨道上往复运动。 答案：(1)2.2 N，方向竖直向下(2) m 2 3 (3)在圆弧轨道上往复运动 2解析：(1)以水平向右为正方向，设 A、B 在车上停止滑动时，车的速度 为 v，根据动量守恒定律可得 m(v1v2)(M2m)v 解得 v0.40 m/s，方向水平向右。 (2)设 A、B 在车上相对于车滑动的距离分别为 l1和 l2，由功能关系可得 mgl1mgl2 mv mv (2mM)v2 1 22 1 1 22 2 1 2 解得 l1l24.8 m ，即车长至少为 4.8 m。 (3)车的运动可分为以下三个阶段： 第一阶段：A、B 同时在车上滑行时，小物体对车的摩擦力大小均为 mg， 方向相反，车受力平衡而保持不动。当 B 的速度减为 0 时，此过程结束。设这 段时间内小物体的加速度大小为 a，根据牛顿第二定律有 mgma 得小物体的加速度大小 ag 设 B 到 t1时刻停止滑动，则 t11.0 s v2 a 第二阶段：B 停止运动后，A 继续在车上滑动。设到 t2时刻物体 A 与车有 共同速度 v，则有 vv1at2 解得 t21.8 s 第三阶段：t2时刻之后，车以速度 v 做匀速直线运动，小车运动的速度 时间图象如图所示。 答案：见解析计算题专项练(六) (建议用时：25 分钟) 1.如图所示，绝缘光滑轨道 AB 部分是倾角为 30的 斜面，AC 部分为竖直平面上半径为 R 的圆轨道，斜面与 圆轨道相切。整个装置处于电场强度为 E、方向水平向右的匀强电场中。现有 一个质量为 m 的小球，带正电，电荷量为 q，要使小球能安全通过圆轨 3mg 3E 道，则在 O 点的初速度应满足什么条件？ 2.如图所示，在水平轨道上方 O 处，用长为 L1 m 的细线悬挂一质量为 m0.1 kg 的滑块 B，B 恰好与 水平轨道相切，并可绕 O 点在竖直平面内摆动。水平轨 道的右侧有一质量为 M0.3 kg 的滑块 C 与轻质弹簧的一端相连，弹簧的另一 端固定在竖直墙 D 上，弹簧处于原长时，滑块 C 静止在 P 点处。一质量也为 m0.1 kg 的子弹以初速度 v015 m/s 射穿滑块 B 后(滑块 B 质量不变)射中 2 滑块 C 并留在其中，一起压缩弹簧，弹簧最大压缩量为 x0.2 m。滑块 B 做圆 周运动，恰好能保证绳子不松弛。滑块 C 与 PD 段的动摩擦因数为 0.5，A、B、C 均可视为质点，重力加速度 g 取 10 m/s2，结果保留 2 位有效 数字。求： (1)子弹 A 和滑块 B 作用过程中损失的能量； (2)弹簧的最大弹性势能。 计算题专项练(六) 1解析：小球先在斜面上运动，受重力、电场力、支 持力，然后在圆轨道上运动，受重力、电场力、轨道作用 力，如图所示，类比重力场，将电场力与重力的合力视为等效重力 mg，大小 为 mg，tan ，得 30，等效重力的方 （qE）2（mg）2 2 3mg 3 qE mg 3 3 向与斜面垂直指向右下方，小球在斜面上匀速运动，因要使小球能安全通过圆 轨道，在圆轨道的“等效最高点”(D 点)满足“等效重力”刚好提供向心力， 即有：mg，因 30与斜面的倾角相等，由几何关系可知 AD2R， 令小球以最小初速度 v0运动，由动能定理知：mg2R mv mv 1 22D 1 22 0 解得 v0，因此要使小球安全通过圆轨道，初速度应满足 v0 10 3gR 3 。 10 3gR 3 答案：v0 10 3gR 3 2解析：(1)若滑块 B 恰好能够做完整的圆周运动，则在圆周运动最高 点有 mgm 解得 v1 m/s gL10 滑块 B 从最低点到最高点过程中，由机械能守恒定律得 mg2L mv mv 1 22 1 1 22B 解得 vB5 m/s 5gL2 子弹 A 和滑块 B 作用过程，由动量守恒定律得 mv0mvAmvB， 解得 vA10 m/s 2 子弹 A 和滑块 B 作用过程中损失的能量 E mv mv mv 10 J。 1 22 0 1 22A 1 22B 若滑块 B 恰好能够运动到与 O 等高处，则到达与 O 等高处时的速度为零， 滑块 B 从最低点到与 O 等高处的过程，由机械能守恒定律得 mgL mv 1 22B vB2 m/s 2gL5 子弹 A 和滑块 B 作用过程，由动量守恒定律得 mv0mvAmvB， 解得 vA(152) m/s 25 子弹 A 和滑块 B 作用过程中损失的能量 E mv mv mv 7.5 J。 1 22 0 1 22A 1 22B (2)若滑块 B 恰好能够做完整的圆周运动，设 A 与 C 作用后瞬间的共同速 度为 v，由动量守恒定律有 mvA(Mm)v A、C 一起压缩弹簧，由能量守恒定律有 (Mm)v2Ep(Mm)gx， 1 2 解得 Ep2.1 J。 若滑块 B 恰好能够运动到与 O 等高处，设 A 与 C 作用后瞬间的共同速 度为 v，由动量守恒定律得 mvA(Mm)v A、C 一起压缩弹簧，由能量守恒定律有 (Mm)v2Ep(Mm)gx， 1 2 解得 Ep3.1 J。 答案：见解析计算题专项练(七) (建议用时：25 分钟) 1.如图所示，光滑水平面上有一质量 M4.0 kg 的平板车，车的上表面是一段长 L1.5 m 的 粗糙水平轨道，水平轨道左侧连一半径 R0.25 m 的四分之一光滑圆弧轨道，圆弧轨道与水平轨道在点 O处相切。现有一质量 m1.0 kg 的小物块(可视为质点)从平板车的右端以水平向左的初速度 v0滑上平 板车，小物块与水平轨道间的动摩擦因数 0.5，小物块恰能到达圆弧轨道的 最高点 A。g 取 10 m/s2，求： (1)小物块滑上平板车的初速度 v0的大小； (2)小物块与车最终相对静止时，它到点 O的距离。 2.如图，x 轴上方有电场强度为 E 的匀强电场，方向沿 y 轴正向，x 轴下方有垂直于纸面向里的匀强磁场。y 轴正半轴上距 O 点 h 处的 A 点置有一粒子源，能沿 x 轴正向一个一个地先后射出质量均为 m、电荷量各 不相同的带负电粒子，且各个粒子射出的初速度相同均为 v0。已知从粒子源射 出的第一个粒子经过 x 轴上的 C 点进入磁场，并通过 O 点第一次离开磁场， O、C 两点间距离为 2h，不计粒子重力。 (1)求第一个粒子的电荷量 q1； (2)求第一个粒子在磁场中的运动时间 t； (3)匀强磁场的磁感应强度是否存在某个值，使后面射出的各个粒子从 x 轴 上不同位置进入磁场后都能回到 A 点，若存在，这个磁感应强度的大小多大？ 计算题专项练(七) 1解析：(1)平板车和小物块组成的系统在水平方向上动量守恒，设小物 块到达圆弧轨道最高点 A 时，二者的共同速度为 v1 由动量守恒定律得 mv0(Mm)v1 由能量守恒定律得 mv (Mm)v mgRmgL 1 22 0 1 22 1 解得 v05 m/s。 (2)设小物块最终与车相对静止时，二者的共同速度为 v2，从小物块滑上平 板车，到二者相对静止的过程中，由动量守恒定律得 mv0(Mm)v2 设小物块与车最终相对静止时，它到 O点的距离为 x，由能量守恒定律得 mv (Mm)v mg(Lx) 1 22 0 1 22 2 解得 x0.5 m。 答案：(1)5 m/s(2)0.5 m 2解析：(1)设第一个粒子在电场中运动的时间为 t1，有 h t 1 2 q1E m2 1 2hv0t1 解得：q1 。 (2)设第一个粒子到达 C 点时的速度为 v1，速度方向与 x 轴夹角为 ，在磁 场中做圆周运动的半径为 R1，匀强磁场的磁感应强度为 B1，轨迹如图，有 v2h 2y1 q1E m tan vy1 v0 v v v 2 12 02y1 q1v1B1m 2R1sin 2h T1 2m q1B1 tT1 22 2 解得：t。 3h 2v0 (3)根据运动的对称性，只要后面射出的粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆 心在 y 轴上，粒子就能回到 A 点。设后面射出粒子电荷量为 q2，在磁场中运动 半径为 R2，在电场中运动时间为 t2，磁感应强度为 B2，射入磁场时速度方向与 x 轴夹角为 ，轨迹如图，有 h t 1 2 q2E m2 2 v2h 2 y2 q2E m q2v2B2m R2sin v0t2 解得：B2 E v0 B2与粒子电荷量 q 无关，所以匀强磁场的磁感应强度 B 存在这个特定值。 答案：(1)(2)(3)见解析 3h 2v0计算题专项练(八) (建议用时：25 分钟) 1如图所示，水平光滑细杆上 P 点套一轻质小环，小环通 过长 L0.5 m 的轻绳悬挂一质量不计的夹子，夹子内夹有质量 m0.5 kg 的物块，物块两竖直侧面与夹子间的最大静摩擦力均 为 Ffm3 N。现对物块施加 F5 N 的水平恒力作用，物块和小 环一起沿水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，小环碰到 杆上的钉子 Q 时立即停止运动，物块恰要相对夹子滑动，与此同时撤去外力， 一质量为 0.1 kg 的直杆以 1 m/s 的速度沿水平方向相向插入夹子将夹子与物块 锁定(此过程时间极短)。物块可看成质点，重力加速度 g 取 10 m/s2。求： (1)物块做匀加速运动的加速度大小 a； (2)P、Q 两点间的距离 s； (3)物块向右摆动的最大高度 h。 2.如图所示，在坐标系 xOy 的第二象限内有沿 y 轴负 方向的匀强电场，电场强度大小 E。在第三象限内 有磁感应强度 B1的匀强磁场，在第四象限内有磁 3mv0 2qL 感应强度 B2的匀强磁场，磁场、的方向均垂 6mv0 qL 直于纸面向内。一质量为 m、电荷量为q 的粒子从 P(0，L)点处以初速度 v0沿 垂直于 y 轴的方向进入第二象限的匀强电场，然后先后穿过 x 轴和 y 轴进入磁 场和磁场，不计粒子的重力和空气阻力。求： (1)粒子由电场进入磁场时的速度 v 的大小和方向； (2)粒子出发后第 1 次经过 y 轴时到 O 点的距离； (3)粒子出发后从第 1 次经过 y 轴到第 4 次经过 y 轴产生的位移大小 y。 计算题专项练(八) 1解析：(1)以整体为研究对象，由牛顿第二定律得：Fma，得：a10 m/s2。 (2)环到达 Q 时，物块刚达到最大静摩擦力，由牛顿第二定律 2Ffmmg mv2 L 根据动能定理有 Fs mv2，联立得 1 2 s0.05 m。 (3)直杆插入夹子时，直杆与物块水平方向动量守恒，取向右为正方向， mvm0v0(mm0)v共 由动能定理得： (mm0)gh0 (mm0)v 1 22 共 联立得 h0.022 m。 答案：(1)10 m/s2(2)0.05 m(3)0.022 m 2解析：(1)粒子在电场中做类平抛运动，竖直方向做匀加速运动，由牛 顿第二定律可得 qEma 由运动学公式可得 L at2 1 2 设粒子由电场进入磁场时的竖直方向上速度 vy，则有 vyat 设粒子由电场进入磁场时速度为 v， v 解得 v2v0，设方向与x 轴成 角，则有 cos v0 v 1 2 解得 60。 (2)粒子在第二象限运动沿 x 方向的位移大小 xv0t 代入数值可得 x，粒子在磁场中做匀速圆周运动，则 qvB1m 2 3L 3 v2 r1 解得 r1 L，如图由几何关系可得 4 3 r1cos 30 LL 4 3 3 2 2 3 3 说明圆心恰好落在 y 轴上，粒子第一次经过 y 轴到 O 点距离 y1r1sin 30r1 L L2L 4 3 1 2 4 3 即粒子第一次经过 y 轴到 O 点距离为 2L。 (3)由几何关系可知粒子第一次以经过 y 轴时速度方向垂直于 y，即沿x 方 向，粒子进入磁场后，仍做匀速圆周运动，由牛顿第二定律可得 qvB2m v2 r2 r2 L r1 1 3 1 4 画出粒子运动轨迹，由图象可知 当粒子第 4 次经过 y 轴时 y2r14r2 L。 4 3 答案：(1)2v0方向与x 轴成 60角(2)2L (3) L 4 3计算题专项练(九) (建议用时：25 分钟) 1.如图所示，A、B 两板间电势差为 U1400 V，C、D 两板长为 L1 m，两板间电势差为 U2200 V，OO为 C、D 两板间的中间线。在 O 处有一电荷量为 q1106 C、质量为 m2108 kg 的带电粒子，从静止开始经 A、B 间电场加速又经 C、D 间电场偏转后，恰好能从极板右边缘射出，同时进入一个垂直于纸面向 里的匀强磁场区域，磁感应强度为 B1 T。带电粒子能够垂直打到磁场的右边 界处的光屏 PQ(PQ 足够长)上。若不考虑空气阻力和粒子重力的影响，问： (1)C、D 两板间的距离 d 是多少？ (2)匀强磁场的宽度 s 是多少？ (3)若改变磁感应强度 B 的大小，欲使该带电粒子打不到光屏 PQ 上，则 B 的大小满足什么条件？ 2.如图所示，小球 b 静止在光滑水平面 BC 上的 C 点，被长为 L 的细绳悬挂于 O 点，细绳拉直但张力为 零。小球 a 从光滑曲面轨道 AB 上的 A 点由静止释放， 沿轨道滑下后，进入水平面 BC(不计小球在 B 处的能 量损失)，与小球 b 发生正碰，碰后两球粘在一起，在 细绳的作用下在竖直面内做圆周运动且恰好通过最高点。已知小球 a 的质量为 M，小球 b 的质量为 m，M5m。已知当地重力加速度为 g。求： (1)小球 a 与 b 碰后的瞬时速度大小； (2)A 点与水平面 BC 间的高度差 h。 计算题专项练(九) 1解析：(1)带电粒子经 A、B 加速阶段，由动能定理得：qU1 mv ，解 1 22 0 得：v0200 m/s 带电粒子进入 C、D 间偏转，带电粒子做类平抛运动，则有水平方向 Lv0t， 竖直方向 t2 d 2 1 2 qU2 md 联立解得 d 0.5 m。 L v0 qU2 m (2)设带电粒子离开偏转电场时的速度为 v，与 OO方向的夹角为 ，则由动 能定理得： q mv2 mv U2 2 1 2 1 22 0 解得：v100 m/s 5 则 cos ，sin v0 v 2 5 5 5 5 带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有 qvB mv2 R 解得：R2 m 5 又由几何关系有 sRsin 2 m。 (3)设磁感应强度大小为 B0时，粒子运动轨迹恰好与 PQ 相切，则 qvB0 mv2 r 由几何关系有 rsin rs 联立解得 B0(1)T mv（1sin ） qs5 故 B 应满足的条件是 B(1)T 5 答案：(1)0.5 m(2)2 m(3)B(1)T 5 2解析：(1)两球恰能到达圆周最高点时， (Mm)g(Mm) v2 L 设两球碰后瞬间速度为 v共，则从碰后到最高点过程中由动能定理可知： (Mm)g2L (Mm)v2 (Mm)v 1 2 1 22 共 得 a 与 b 球碰后瞬间的速度大小为 v共。 5gL (2)设两球碰前 a 球速度为 vC，两球碰撞过程动量守恒：MvC(Mm)v共 所以 vC 6 5 5 gL a 球从 A 点下滑到 C 点过程中，由机械能守恒定律得：Mgh Mv 1 2 2 C h3.6L。 答案：(1)(2)3.6L 5gL