2018_2019高考物理二轮复习计算题规范练55

1. (2018·黄冈模拟)如图所示，MN为绝缘板，C、D为板上两个小孔，AO为CD的中垂线，在MN的下方有匀强磁场，方向垂直纸面向外(图中未画出)，质量为m、电荷量为q的粒子(不计重力)以某一速度从A点沿平行于MN的方向进入静电分析器，静电分析器内有均匀辐向分布的电场(电场方向指向O点)，已知图中虚线圆弧的半径为R，其所在处场强大小为E，若粒子恰好沿图中虚线做圆周运动后从小孔C垂直于MN进入下方磁场．

(1)求粒子运动的速度大小．

(2)粒子在磁场中运动，与MN板碰撞，碰后以原速率反弹，且碰撞时无电荷的转移，经过几次碰撞后恰好从小孔D进入MN上方的一个三角形匀强磁场，从A点射出磁场，则三角形磁场区域最小面积为多少？MN上下两区域磁场的磁感应强度大小之比为多少？

(3)粒子从A点出发后，第一次回到A点所经过的总时间为多少？

mv2

解析：(1)粒子进入静电分析器做圆周运动，有Eq＝，

R解得v＝

EqR. mR2

(2)粒子从D到A做匀速圆周运动，如图所示，三角形区域面积最小值为S＝.

2

mv2

在磁场中洛伦兹力提供向心力，有Bqv＝

r解得r＝，

设MN下方磁场的磁感应强度为B1，上方的磁感应强度为B2，r1＝故＝＝，r2＝R＝，

n＋1B1qB2qmvBqRmvmvB21

(n＝1,2,3，…)，

B1n＋1

2πrπ

(3)粒子在电场中运动时间t1＝＝

4v2在MN下方的磁场中运动时间

mR， Eqn＋11t2＝×2πr1×＝πR2vm＝πEqRmR， EqmR， Eq12πr2π

在MN上方的磁场中运动时间t3＝×＝

4v2总时间t＝t1＋t2＋t3＝2π

mR. Eq答案：(1)(3)2π

EqRR2B21

(2)S＝ ＝(n＝1,2,3，…) m2B1n＋1mR Eq2．(2018·成都检测)一平台的局部如图甲所示，水平面光滑，竖直面粗糙，大小不计的物块B与竖直面间的动摩擦因数μ＝0.5，右角上固定一定滑轮，在水平面上放着一质量

mA＝1.0 kg，大小不计的物块A，一轻绳绕过定滑轮，轻绳左端系在物块A上，右端系住物

块B，物块B质量mB＝1.0 kg，物块B刚好可与竖直面接触．起始时令两物块都处于静止状态，绳被拉直．设A距滑轮足够远，台面足够高，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略滑轮质量及其与轴之间的摩擦，g取10 m/s.

(1)同时由静止释放A、B，经t＝1 s，则A的速度多大；

(2)同时由静止释放A、B，同时也对B施加力F，方向水平向左，大小随时间变化如图乙所示，求B运动过程中的最大速度和B停止运动所需时间．

解析：(1)对A、B系统：mBg＝(mA＋mB)a1， 解得a1＝5 m/s.

2

2

t＝1 s时，v＝a1t＝5 m/s.

(2)A、B先做加速度减小的加速运动，在A、B加速度减为零之前，A、B一起运动，轻绳拉紧．

由题图乙可得，F＝kt(k＝20 N/s)， 对A、B系统：mBg－μF＝(mA＋mB)a 得：a＝－5t＋5.

作a­t图如图：0～1 s，a逐渐减小到0，

t1＝1 s速度最大，且对应三角形面积： vm＝×1×5 m/s＝2.5 m/s.

当B开始减速时，轻绳松弛，A匀速，B减速．

对B：mBg－μF＝mBa， 得：a＝－10t＋10(t≥1 s)

由图可知，B停止运动时，图线与时间轴所围的总面积为零，即两三角形面积相等．得：1

Δt·10Δt＝2.5， 2

12

Δt＝22

s，t总＝t1＋Δt＝1＋s≈1.7 s. 22

答案：(1)5 m/s (2)2.5 m/s 1.7 s

3．如图所示，两电阻不计的足够长光滑平行金属导轨与水平面夹角为θ，导轨间距为

l，所在平面的正方形区域abcd内存在有界匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于斜

面向上．将甲、乙两阻值相同、质量均为m的相同金属杆放置在导轨上，甲金属杆处在磁场的上边界，甲、乙相距l.从静止释放两金属杆的同时，在甲金属杆上施加一个沿着导轨的外力，使甲金属杆在运动过程中始终沿导轨向下做匀加速直线运动，且加速度大小为a＝

gsinθ，乙金属杆刚进入磁场时做匀速运动．

(1)求每根金属杆的电阻R.

(2)从刚释放金属杆时开始计时，写出从计时开始到甲金属杆离开磁场的过程中外力F随时间t的变化关系式，并说明F的方向．

(3)若从开始释放两杆到乙金属杆离开磁场，乙金属杆共产生热量Q，试求此过程中外力F对甲做的功．

解析：因为甲、乙加速度相同，所以，当乙进入磁场时，甲刚出磁场，乙进入磁场时的速度v乙＝2glsinθ，

B2l2v乙

根据平衡条件有mgsinθ＝，

2RB2l22glsinθ

解得R＝.

2mgsinθ

(2)甲在磁场中运动时，外力始终等于安培力，即

B2l2vF＝F安＝，速度v＝gtsinθ，

2Rmg2sin2θ

解得F＝ t，方向沿导轨向下．

2glsinθ

(3)乙进入磁场前，甲、乙产生的热量相同，设为Q1，则有F安l＝2Q1， 又F＝F安，

故外力F对甲做的功WF＝Fl＝2Q1， 甲出磁场以后，外力F为零，

乙在磁场中，甲、乙产生的热量相同，设为Q2，则有

F′安l＝2Q2，

又F′安＝mgsinθ，Q＝Q1＋Q2， 解得WF＝2Q－mglsinθ.

B2l22glsinθ

答案：(1)

2mgsinθ

mg2sin2θ

(2)F＝t 方向沿导轨向下

2glsinθ

(3)2Q－mglsinθ