道高中物理大型综合计算题集

1、.物理计算题1. 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=8×10-5C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B1= 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：（1）小球刚进入磁场B1时的加速度大小a； （2）绝缘管的长度L；（3）小球

2、离开管后再次经过水平面MN时距管口的距离xhOFN/×10-3NL2.4vMNB1EPQB2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MNQvB1EPB2mgqEvqBv（2）在小球运动到管口时，FN2.4×103N，设v1为小球竖直分速度，由，则由得（3）小球离开管口进入复合场，其中qE2×103N，mg2×103N故电场力与重力平衡，小球在复合场中做匀速圆周运动，合速度与MN成45°角，轨道半径为R，小球离开管口开始计时，到再次经过MN所通过的水平距离对应时间

3、小车运动距离为x2，2. 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O1孔漂进(初速不计)一个水平方向的加速电场，再经小孔O2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B1，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，= 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U1（2）假设粒子与硬质塑料板相碰后

4、，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？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： 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下的电场力大小相等，1，得到，解得 （2）粒子从O3以速度v0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v0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

5、个周期T由和运动学公式，得 粒子在磁场中共碰到2块板，做圆周运动所需的时间为 粒子进入磁场中，在v0方向的总位移s=2Lsin45°，时间为，则t=t1+t2= 3. 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，在真空空间的竖直平面内建立xoy坐标系，在y1=0.1m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、三个区域，在三个区域中分别存在匀强磁场B1、B2、B3、，其大小满足B2=2B1=2B3=0.02T，方向如图甲所示.在区域中的y轴左右两侧还分别存在匀强电场E1、E2（图中未画出），忽略所有电、磁场的边缘效应. ABCD是以坐

6、标原点O为中心对称的正方形，其边长L=0.2m.现在界面PQ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.己知粒子每次穿越区域时均做直线运动.（1）求E1、E2场的大小和方向.（2）去掉和区域中的匀强电场和磁场，其他条件不变，仍在处以相同的速度发射相同的粒子，请在和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

7、计的“场”.（上面半圆轨迹己在图中画出）4. 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=0.50，它的引出线接有R2=9.5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：（1）线圈运动时产生的感应电动势E的大小；（2）线圈运动时产生的感应电流I的大小，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

8、图象（在图甲中取电流由C向上通过电珠L到D为正）；（3）每一次推动线圈运动过程中作用力F的大小；（4）该发电机的输出功率POt/sx/cm8.04.00.10.20.30.40.50.6丙Ot/si/A0.10.20.30.40.50.6丁SNNNN乙右视图剖面图NNSPLCD甲线圈解：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I/At/s00.60.40.220.120.320.520.2-0.2 线圈做切割磁感线运动产生的感应电动势(有效长度)： (2)感应电流 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

9、所示的电流随时间变化的图象 (3)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 (4)发电机的输出功率即灯的电功率BPdEA5. 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。A、B为两块平行金属板，间距d0.40m，两板间的匀强电场E1.0×103N/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v02.0 m/s，质量m5.0×1015kg、带电量为q2.0×1016C。微粒的重力和所受空气阻力均不计，油漆微粒最后都

10、落在金属板B上。求：（1）微粒打在B板上的动能。（2）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对微粒由动能定理 （2）由，微粒到过极板时的速率 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： 所以（3）微粒最后落在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运动，加速度水平位移 ，区域面积F2.5mg 0hy6.参加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

11、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=1×103kg/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。（3）跳水池至少应为多深？（g10m/s2，保留两位有效数字）解：（1）起跳瞬间做功W= mv02/2=mgh1 ，代入数据得w=120J （2）起跳到接触水面为竖直上抛运动： mv02/2=mgh1

12、 代入数据得 v0=2m/s 根据位移公式: -h2= v0tgt2/2 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(h2+h)Fh/2F浮L/2F浮(hL)=00代入数据得： h=7.6m CAB甲ODh乙7. 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

13、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。（1）甲运动到C点时的速度大小是多少？（2）甲、乙速度相等时，甲距离水平桌面的高度是多少？（3）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：(1)甲运动到C点时，乙的速度为零 （4分）(2)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A点，离开桌面的距离为d （4分）（3）由机械能守恒可得 （4分）8. 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、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

14、强电场，另一个区域内只有B=2×102T、方向垂直桌面的匀强磁场把一个荷质比为=2×108Ckg的正电荷从坐标为(0，l)的A点处由静止释放，电荷以一定的速度从坐标为(1，0)的C点第一次经x轴进入区域一，经过一段时间，从坐标原点D再次回到区域二 (1)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(2)求电场强度的大小(3)求电荷第三次经过x轴的位置区域y/mx/m（，-）C（，）O区域O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。（2）设电场强度的大小为E，电荷从C点进入区域的速度为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

15、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：= 其中电荷进入区域后，在洛仑兹力的作用下做匀速圆周运动，运动轨迹如图，由 ， B=2×10-2T ， ,可求出速度v代入速度位移公式可求出 （3）电荷从坐标原点O第二次经过x轴进入区域，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=2×10-6s 所以： ，即电荷第三次经过x轴上的点的坐标为（8，0）9. 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

16、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：（1）小球水平抛出的初速度o及斜面顶端与平台边缘的水平距离x；（2）小球离开平台后到达斜面底端的速度大小；（3）小球运动到圆轨道最高点D时对轨道的压力解：（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：vAvyv0 h= x= v0t vy2=2gh v0= vycot vA= 由上式解得：v0=6m/s x=4.8m vA=10m/s (2)由动能定理可得小球到达斜面底端时的速度vB

17、mgH= 所以vB=20m/s (3) 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vD 2mgR= 在D点由牛顿第二定律可得：N+mg= 由上面两式可得：N=3N 由牛顿第三定律可得：小球在D点对轨道的压力N=3N，方向竖直向上 10. 如图所示，在轴上方有水平向左的匀强电场，在轴下方有竖直向上的匀强电场，且=5N/C，在图中虚线（虚线与轴负方向成角）的右侧和轴下方之间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=5m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.

18、2C的小球，小球可绕O点在竖直平面内转动， OO间距为L，与轴正方向成角先将小球放在O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：（1）小球刚进入磁场区域时的速度（2）细绳绷紧过程中对小球的弹力所做的功（3）小球从进入磁场到小球穿越磁场后第一次打在轴上所用的时间及打在轴上点的坐标解：(1) 小球先做匀加速直线运动，直到绳子绷直，设绳绷紧前瞬间速度为v，绳子绷紧后瞬间速度为v1，由F合=和，x=L ，v2=2ax 可求得绳子绷紧后得瞬时速度：v1=vcos450 绷紧后小球沿逆时针做圆周运动到O点速度为v2，由动能定理: 解得球到x轴时的速度为

19、: v2=10m/s (2) 细绳绷紧过程中对小球所做的功W， 由W= 可得W= 7.07J （3）小球进入磁场后，qE2=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由qBv2= 得半径R= =m 又T= s 可见，小球在运动半周后以v2出磁场，做匀速直线运动直到打到轴上。匀速运动的时间： t = 小球从进入磁场到小球穿越磁场后第一次打在轴上运动的总时间：t总= +t = s =1.3s 小球打到轴上的位置坐标由几何知识可求得： （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，磁感应强度大小为B。半径为R的光

20、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O1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O点穿出后恰好通过O点正下方的C点。已知重力加速度为g，电场强度的大小。求：小球到达O点时，半圆管对它作用力的大小；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？解：从AO过程，由动能定理： 得：AOxCyMQPNO1D在O点，由 得 (2)小球从OC 过程： 水平方向做匀减速运动，竖直方向做自由落体运动 设向左减速时间为t， 则 水平位移大小 竖直位移大小

21、voOBqEEEF合GxyvyvxO高度满足条件 宽度应满足条件（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t考虑y方向的分运动初速度 末速度为零，加速度 所以法二: 当F合与速度v的方向垂直时，小球的动能最小，设经过的时间为t=，将速度分解为水平和竖直。则 F合vqEGvyvx(）可解得法三：当时， 函数有最小值，动能有最小值。ABLhSDH112. 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 =1.25m，传送带的滑动摩擦因数=0.1，地面上有

22、一个直径D=0.5m的圆形洞，洞口最左端的A点离传送带右端的水平距离S =1m，B点在洞口的最右端。传动轮作顺时针转动，使传送带以恒定的速度运动。现使某小物体从曲面上距离地面高度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H应 该 是多少？解析：(1) (2) (3) 13.下图是一种过山车的简易模型，它由水平轨道和在竖直平面内的三个圆形轨道组成，BCD分别是三个圆形轨道的最低点，BC间距与CD间距相等，半径R1

23、=2.0m，R2=1.4m。一个质量为m=1.0kg的小球（视为质点），从轨道左侧A点以 v0=12.0m/s的初速度沿轨道向右运动，AB间距L1=6.0m。小球与水平轨道间的动摩擦因数=0.2，圆形轨道是光滑的。假设水平轨道足够长，圆形轨道间不相互重叠，重力加速度g取10m/s2，计算结果保留小数点后一位数字。试求：（1）小球在经过第一个圆形轨道的最高点时，轨道对小球作用力的大小；（2）如果小球恰能通过第二个圆形轨道，BC间距L应是多少；（3）在满足（2）的条件下，如果要使小球不能脱离轨道，在第三个圆形轨道的设计中，半径R3应满足的条件；小球最终停留点与起点A的距离。第一圈轨道第二圈轨道AB

24、CR1第三圈轨道DR3R2LLL1v0解：（1）设小于经过第一个圆轨道的最高点时的速度为v1， 根据动能定理 小球在最高点受到重力mg和轨道对它的作用力F，根据牛顿第二定律 由得 （2）设小球在第二个圆轨道的最高点的速度为v2，由题意 由得 应该是个范围 （3）要保证小球不脱离轨道，可分两种情况进行讨论：I轨道半径较小时，小球恰能通过第三个圆轨道，设在最高点的速度为v3，应满足 由得 II轨道半径较大时，小球上升的最大高度为R3，根据动能定理( )201212mv0mgRL2Lmg3-=-+-m解得 需要验证为了保证圆轨道不重叠，R3最大值应满足 解得 R3=27.9m综合I、II，要使小球不

25、脱离轨道，则第三个圆轨道的半径须满足下面的条件 或 当时，小球最终焦停留点与起始点A的距离为L，则 当时，小球最终焦停留点与起始点A的距离为L，则 14.如图的xoy平面，第象限内的直线OM是电场与磁场的边界，OM与负x轴成45°角在x0且OM的左侧空间存在着负x方向的匀强电场E= 0.32N/C； 在y0且OM的右侧空间存在着垂直纸面向里的匀强磁场B= 0.1T一不计重力的带负电的微粒，从坐标原点O沿y轴负方向以v0=2×103m/s的初速度进入磁场，最终离开电磁场区域已知微粒电荷量q=5×10-18C，质量m=1×10-24kg，求：（1）带电微粒第

26、一次经过磁场边界的位置坐标；（2）带电微粒在磁场区域运动的总时间；（3）带电微粒最终离开电、磁场区域的位置坐标解：（1）带电微粒从O点射入磁场，运动轨迹如图。第一次经过磁场边界上的A点由得 mA点位置坐标（-4×10-3m， -4×10-3m） (2)设带电微粒在磁场中做圆周运动的周期为T则t=tOA+tAC= 其中T=代入数据解得：T=1.256×10-5s 所以 t=1.256×10-5s（3）微粒从C点沿y轴正方向进入电场，做类平抛运动 y=v0t1 代入数据解得：y=0.2m y=y-2r=0.2-2×4×10-3=0.192

27、m故离开电、磁场时的位置坐标（0，0.192）15. 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B1= 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abcd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5×103

28、kg，所受阻力f=500N，金属框垂直轨道的边长Lcd =2m，两磁场的宽度均与金属框的边长Lac相同，金属框整个回路的电阻R=9.5×104，假如设计要求电梯以v1=10m/s的速度向上匀速运动，取g=10m/s2，那么，（1）磁场向上运动速度v0应该为多大？(2)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，金属框中感应电流大小为 金属框所受安培力 安培力大小与重力和阻力之和相等，所以由式求得：v0=13m/s （2）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

29、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：I =1.26×104A 金属框中的焦耳热功率为：P1 = I2R =1.51×105W 而电梯的有用功率为：P2 = mgv1=5×105W 阻力的功率为：P3 = f v1=5×103W 从而系统的机械效率= =76.2 16. 如图所示，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 = 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v0由y轴上的A点沿y轴正方向射入磁

30、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：（1）离子从A点出发到第一次穿越x轴时的运动时间；（2）C点到坐标原点O的距离；（3）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yx0A B· Ev0出离子前四次穿越x轴在磁场和电场区域中的运动轨迹。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，xC（rrcos450） 粒子运动轨迹如图所示故C点坐标为（，0） （2）设粒子从A到C的时间为t1，由题意知 ， 设粒子从进入电场到

31、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 及 联立以上两式解得 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 故而，设粒子从A点到第三次穿越x轴的时间为 （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 沿着电场力的方向（设为y轴）做初速为0的匀变速运动，即 ， 设离子第四次穿越x轴时速度的大小为v，速度方向与电场方向的夹角为.由图中几何关系知 ， ， 综合上述各式得 17. 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，导轨一部分处在垂直导轨平面的匀强磁场中，

32、OO为磁场边界，磁感应强度为B，导轨右侧接有定值电阻R，导轨电阻忽略不计。在距OO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?（2）ab杆在离开磁场前瞬间的加速度是多少?（3）若磁感应强度B=B0+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。图乙图甲解析：（1）ab杆在磁场中发生位移L的过程中，恒力F做的功等于ab杆增加的动能和回路产生的电能之和，（Fmgsina）Lmv1

33、2Q1ab在位移L到3L的过程中，由动能定理得2（Fmgsina）Lmv22mv12 解得Q1m（v223v12）（2）ab杆在离开磁场前瞬间，受重力mg、安培力F安和外力F作用，加速度为a， 解得（3）当磁场按BB0kt规律变化时，由平衡条件得： 当时，F的方向沿斜面向下。当时，F的方向先沿斜面向上；当经过时，F的方向又将变为沿斜面向下。 18. 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l，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

34、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t0时，刻经极板边缘射入磁场。上述m、q、l、l0、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。（2）求时进入两板间的带电粒子在磁场中做圆周运动的半径。（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。图甲图乙解析：（1）时刻进入两极板的带电粒子在电场中做匀变速曲线运动，时刻刚好从极板边缘射出，在y轴负方向偏移的距离为，则有联立以上三式，解得两极板间偏转电压为。（2）时刻进入两极板的带电粒子，前时间在电场中偏转，后时间两极板没有电场，带电粒子做匀速直线运动。带电粒子

35、沿x轴方向的分速度大小为带电粒子离开电场时沿y轴负方向的分速度大小为带电粒子离开电场时的速度大小为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，则有联立式解得。（3）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y轴正方向的分速度为，设带电粒子离开电场时速度方向与y轴正方向的夹角为，则，联立式解得，带电粒子在磁场运动的轨迹图如图所示，圆弧所对的圆心角为，所求最短时间为，带电粒子在磁场中运动的周期为，联立以上两式解得。19. 如图甲所示，在两平行金属板的中线OO某处放置一个粒子源，粒子源沿OO方向连续不断地放出速度v0=1.0×105m/s的带正电的粒子.在直

36、线MN的右侧分布范围足够大的匀强磁场，磁感应强度B=0.01T，方向垂直纸面向里，MN与中线OO垂直.两平行金属板的电压U随时间变化的Ut图线如图乙所示.已知带电粒子的荷质比，粒子的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:(1)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.(2)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.图乙1000.10t/sU/VVV0.20.30.4OMN图甲O解析:(1)设板间距为d，t=0.1s时刻释放的粒子在板间

37、做类平抛运动在沿电场方向上 粒子离开电场时，沿电场方向的分速度 粒子离开电场时的速度 粒子在电场中的偏转角为 由得 =450 说明:用和联立求出正确结果，参照上述评分标准给分.(2)带电粒在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期 不同时刻释放的粒子在电场中的偏转角不同，进入磁场后在磁场中运动的时间不同，大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，在磁场中运动的时间最短: t=0.1s时刻释放的粒子，在电场中的偏转角最大为450，在磁场中运动的时间最长: 20. 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600，大小为E=4.0×N

38、/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=2.0×106m/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=1.6×10-27kg，电荷q=1.6×10-19C，质子重力不计.求:(计算结果保留3位有效数字)(1)质子在磁场中做圆周运动的半径.Oy/cm10A600x/cm20300CD(2)质子从开始运动到第二次到达y轴所经历的时间.(3)质子第三次到达y轴的位置坐标.解析:(1)质子在磁场中受洛仑兹力做

39、匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有：得质子做匀速圆周运动的半径为：(2)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.根据圆周运动的规律，质子做圆周运动的周期为:质子从出发运动到第一次到达y轴的时间为: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动，设质子在电场中运动的时间为t2，根据牛顿第二定律有:，得因此质子从开始运动到第二次到达y轴的时间为:.(3)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C

40、D=2Rcos300则质子第二次到达y轴的位置为即质子第三次到达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，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300.粒子的重力不计，试求:bxyOm,qv030°(1)圆形匀强磁场区域的最小面积.(2)粒子在磁场中运动的时间.(3)b到O的距离.解:(1)带电粒子在磁场中运动时，洛仑兹力提供向心力bxyORv060°l其转动半径为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

41、射点得弦长为:要使圆形匀强磁场区域面积最小，其半径刚好为l的一半，即: ，其面积为 (2)带电粒子在磁场中轨迹圆弧对应的圆心角为1200，带电粒子在磁场中运动的时间为转动周期的， (3)带电粒子从O处进入磁场，转过1200后离开磁场，再做直线运动从b点射出时ob距离:22. 如图所示，MN、PQ是相互交又成600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（图中经过O点的虚线即为磁场的左边界）。导体棒ab与导轨始终保持良好接触，并在弹簧S的作用下沿导轨以速度v0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

42、B，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ab中产生的热量。解析：（1）设ab棒在导轨之间的长度为l，由欧姆定律得：（2）设O点到ab棒的距离为x，则ab棒的有效长度 ab棒做匀速运动， （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，即，则 23. 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=

43、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hl=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；(2)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间解析：AC过程，由动能定理得：R= R (1cos37°) vc=14m/s 在C点，由牛顿第二定律有： Fc=3936N 由

44、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.设在空中飞行时间为t，则有：tan37°= t = 2.5s (t =0.4s舍去)CDBPQ24. 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），导轨倾角为，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m、电阻为R，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

45、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； (2)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，弹簧的形变量为x， CD棒移动的距离 在达到稳定过程中两棒之间距离增大s，由两金属棒组成的闭合回路中的

46、磁通量发生变化，产生感应电动势为感应电流为 回路中通过的电量即CD棒中的通过的电量为 由此可得两棒距离增大值 PQ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 CD棒静止，受到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+2Fk =2mgsin 金属棒PQ达到稳定时，它受到的合外力为零，即恒力F=FB+4mgsin=6mgsin 恒力做功为 25. 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

47、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2t0，当在两板间加如图乙所示的周期为2t0、幅值恒为U0的电压时，所有电子均从两板间通过，进入水平宽度为l，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：（1）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？（2）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？（3）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）4t0t03t02t0t0U0U乙lB荧光屏U甲

48、e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、2t0、4t0等时刻进入偏转电场，在这种情况下，电子的侧向位移为要使电子的侧向位移最小，应让电子从t0、3t0等时刻进入偏转电场，在这种情况下，电子的侧向位移为 所以最大侧向位移和最小侧向位移之比为（2）（共7分）设电子从偏转电场中射出时的偏向角为q ，由于电子要垂直打在荧光屏上，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的速度为vt，垂直偏转极板的速度为vy，则电子从偏转电场中出来时的偏向角为：式中 又 由上述四式可得：（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

49、入磁场后的半径也相同由第（1）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：，所以打在荧光屏上的电子束的宽度为26. 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轴负方向进入电场，不计粒子的重力，粒子经x轴上的N点和P点最后又回到M点，设OM=L，ON=2L.求：（1）带电粒子的电性，电场强度E的大小；（2）带电粒子到达N点时的速度大小和方向；（3）匀强磁场的磁感应强度的大小和方向；（4）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。EBMN27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，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）若要小球在圆形轨道内作完整的圆周运