浙江省2015年高考物理二轮复习计算题专练6份

目录

三、计算题专练...................................................................1

题型13牛顿运动定律和运动学规律的综合应用.................................1

题型14应用动力学和能量观点分析多过程问题................................6

题型15带电粒子在磁场中的运动............................................14

题型16带电粒子在复合场中的运动..........................................18

题型17带电粒了在交变电场和磁场中的运动.................................24

题型18应用动力学和能量观点处理电磁感应问题.............................30

三、计算题专练

专练定位本专练主要针对高考题经常出现的几种命题形式进行强化训练.高考高频命题形

式主要有：①牛顿第二定律和运动学公式的综合应用；②应用动力学和能量观点处理多运动

过程问题；③带电粒子在磁场中的运动；④带电粒子在复合场中的运动；⑤应用动力学和能

量观点处理电磁感应问题.

应考策略加强题型的针对性训练，强化思维和答题的规范训练，注意挖掘文字或图象的隐

含条件和信息，规范表述和书写.并且针对高考常考的模型，提炼出相应的应对模式，通过

强化套用模式的意识，从而达到灵活运用，全面提高成绩的目的.

题型13牛顿运动定律和运动学规律的综合应用

1.如图1所示，/球从倾角。=30。的光滑斜面上某点由静止开始滚下，然后进入足够长的

光滑水平面上，经M点时速度大小不发生变化，方向立刻变为水平向左.8球从初点开始

向左做直线运动(g=10m/s2),试问：

(I)若Z球从斜面上某一高处由静止开始滚下，同时B球以为=8m/s向左做匀速直线运动，

/球的高度满足什么条件，/、8两球能发生碰撞.

(2)若/球从斜面上N点由静止开始滚下，W=10m,8球同时从M点由静止向左以加速

度。=2m/s2做匀加速直线运动，问：经多长时间两者相碰？

答案⑴/球的高度满足〃>3.2m(2)(5一3)s

解析(1)/到达水平面上的速度只要大于8m/s,A,8两球就可以发生碰撞.设力球从自

处开始释放，A,8两球恰好不发生碰撞时

<7i=gsin30°=5m/s2

vt==8m/s

t=1.6s

h0=%/sin300=3.2m

所以，只要/球的高度满足〃>3.2m,/、8两球就能发生碰撞.

(2)A球从N-M

S=gsin30°=5m/s2

1,

X\=

解得6=2s

V\=a\t\=10m/s

由/与8相碰得

2^2=WI(/-/I)

解得t=(5±A/5)S

考虑到实际情况/=(5-V5)s.

2.如图2,可看作质点的小物块放在长木板正中间，已知长木板质量为"=4kg,长度为2

=2m,小物块质量为加=1kg,长木板置于光滑水平地面上，两物体皆静止.现在用一大

小为F的水平恒力作用于小物块上，发现只有当尸超过2.5N时，才能让两物体间产生相对

滑动.设两物体间的最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力大小，重力加速度g=10m/s2,试求：

图2

(1)小物块和长木板间的动摩擦因数.

(2)若一开始力尸就作用在长木板上，且产=12N,则小物块经过多长时间从长木板上掉下？

答案(1)0.2(2)2s

解析(1)设两物体间的最大静摩擦力为K，当尸=2.5N作用于加时，

对整体，由牛顿第二定律有尸=(M+，w)q①

对“，由牛顿第二定律尸f=A/q②

由①②可得R=2N

小物块竖直方向上受力平衡，所受支持力入=加8，

由摩擦力性质a=〃/卜

得〃=0.2.(§)

(2*=12N作用于M时，两物体发生相对滑动，设M、加速度分别为内、%，

对由牛顿第二定律产0④

得a\=2.5m/s2

对m,由牛顿第二定律吊=加。2⑤

得。2=2m/s2

由匀变速直线运动规律，两物体在/时间内位移为

X1=⑥

M=52,⑦

W7刚滑下“时，X\-X2=)⑧

由⑥⑦⑧得f=2s.

3.如图3甲所示，长木板8固定在光滑水平面匕可看作质点的物体N静止叠放在8的最

左端，现用尸=6N的水平力向右拉物体/,4经过5s运动到8的最右端，其图象如

图乙所示，已知工、8的质量分别为1kg和4kg,A.8间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力;

g—10m/s2.

图3

(1)求物体4、8间的动摩擦因数；

(2)若B不固定，求4运动到B的最右端所用的时间.

答案(1)0.4⑵7.07s

解析(1)根据0-/图象可知物体A的加速度

%=第=与m/s2=2m/s2,

以4为研究对象，根据牛顿第二定律可得

F-=mAaA

解得〃=0.4.

(2)由图象知木板B的长度为/=；X5X10m=25m

若8不固定，B的加速度沏=峪=”1°m/s2=1m/s2

fflB4

设Z运动到B的最右端所用的时间为t,根据题意可得

1212,

2aA(-2aBf=/

代入数据得t%7.07s.

4.如图4所示，一-质量为町s=2kg,长为A=6m的薄木板8放在水平面上，质量为/„*=

2kg的物体/(可视为质点)在一电动机拉动下从木板左端以。。=5m/s的速度向右匀速运

动.在物体带动下，木板以。=2mH的加速度从静止开始做匀加速直线运动，此时牵引物

体的轻绳的拉力尸=8N.已知各接触面间的动摩擦因数恒定，重力加速度g取lOmH,则

图4

(1)经多长时间物体4滑离木板？

(2)木板与水平面间的动摩擦因数为多少？

(3)物体/滑离木板后立即取走物体/,木板能继续滑行的距离为多少？

答案(1)2s(2)0.1(3)8m

解析(1)设经t0时间物体/滑离木板，则

对物体/：XA=voto

对木板8:xB=^ato

XA-XB=L

联立解得：/o=2s,t'=3s(舍去).

(2)/、8间的滑动摩擦力为居"=F=8N

此时地面对B的摩擦力满足：FUB-Ff=mBa

解得Ff=4N

地面对8的摩擦力：Ff="N，FN=(mA+mB)g=40N

联立解得〃=0.1.

(3)J滑离8时，B的速度为o=4®=4m/s

力滑离8后FN'=mug=20N,

地面对B的摩擦力为F,=y=2N

A滑离B后，对木板=加8。

解得o'=1m/s2

0-u

从4滑离木板到木板停止运动所经历的时间为，=----=4s

-a

、0-P2

木板滑过位移为x=-—,'=8m.

-2a

5.如图5所示，以水平地面建立x轴，有一个质量为加=1kg的木块(视为质点)放在质量

为A/=2kg的长木板上，木板长£=11.5m.已知木板与地面的动摩擦因数为〃i=0.1,根与

”之间的动摩擦因数〃2=09(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力).m与M保持相对静止且共

同向右运动，已知木板的左端力点经过坐标原点。时的速度为砌=10m/s,在坐标为刈=

21m处有一挡板P,木板与挡板P瞬间碰撞后立即以原速率反向弹回，而木块在此瞬间速

率不变，若碰后立刻撤去挡板尸，取g=10m/s2,求：

P

O21X

图5

(1)木板碰挡板P前瞬间的速度S为多少？

(2)木板最终停止运动时其左端4的位置坐标？

答案(1)9m/s(2)1.4m

解析(1)假设木板碰挡板前，木块和木板相对静止，

木板与地面的静摩擦力为Ffi=+M)g,

根据牛顿第二定律知，它们的共同加速度为

小于m与M之间的最大摩擦力Ffz=N2mg

=2

产生的加速度为am=//2g9m/s

所以木板碰挡板前，木块和木板组成的系统保持相对静止向右匀减速运动，设木板碰挡板时

的速度为S，由运动学公式得：

瑶-*=2a\x

其中：x=x0-L=21m-11.5m=9.5m

解得：0=9m/s,方向水平向右.

(2)由题设木板与挡板P瞬间碰撞后立即以原速率反向弹回，而木块在此瞬间速率不变及受

力分析可知，当木板碰到挡板并撤掉挡板后，木板以初速度0向左做匀减速运动，木块以

初速度0向右做匀减速运动，设木板和木块的加速度分别为&和。3，由牛顿第二定律可知：

Hmg+n（M+m）g-.

。2=2/]=6m/s2,方向水平向右

。3="；7g=〃喏=9m/s2>方向水平向左

假设木块没有掉离木板，由于木块加速度较大，所以木块先停下，然后向左做匀加速运动，

直到二者保持相对静止.设二者保持相对静止所用时间为小共同速度为。2,可得：

V]-a3t2=一（0一。2f2）

解得：，2=L2S%=L8m/s,方向水平向左

在此过程中，木块运动位移

Ct2

x\=?X/2=4.32m,方向水平向右

木板运动位移

也=一『X12=6.48m,万向水平向左

所以二者相对位移Ax=修+x2=10.8m<L=11.5m,

即二者相对运动时木块没有掉离木板.

二者共速后，又以0=1m/s?向左减速至停下，设其向左运动的位移为不

V2=2a]X,解得：X3=1.62m

最终木板M左端点A位置坐标为

=

x=XQ-L-X2~~x^1.4m.

【必考模型1】叠放类模型

1.模型特点：上、下叠放两个物体，并且两物体在摩擦力的相互作用下发生相对滑动.

2.表现形式：（1）滑块—木板（或小车）；（2）滑块一传送带；（3）滑块一桌面等.

3.应对模式：（1）分别分析两叠放物体的受力情况，特别注意两物体速度相等时往往是滑动摩

擦力与静摩擦力或摩擦力方向变化的转折点，根据牛顿第二定律分别求两叠放物体的加速度

（滑块f送带形式中，传送带往往是匀速直线运动，不受摩擦力的影响，这种情况只分析

滑块的受力并求其加速度）.（2）对两叠放物体间的位移关系或速度关系建立方程，而且两叠放

物体的位移和速度都是以地面为参考系.

题型14应用动力学和能量观点分析多过程问题

1.如图1所示，在竖直平面内有一个粗糙的"圆弧轨道，其半径R=0.4m,轨道的最低点

距地面高度〃=0.45m.一质量m=0.1kg的小滑块从轨道的最高点/由静止释放，到达最

低点8时以一定的水平速度离开轨道，落地点C距轨道最低点的水平距离x=0.6m.空气

阻力不计，g取lOm/s?,求：(结果保留两位有效数字)

图1

(1)小滑块离开轨道时的速度大小；

(2)小滑块运动到轨道最低点时，对轨道的压力大小；

(3)小滑块在轨道上运动的过程中，克服摩擦力所做的功.

答案(1)2.0m/s(2)2.0N(3)0.2J

解析(1)小滑块离开轨道后做平抛运动，设运动时间为f,初速度为则

x=vt

〃W

解得：v=2.0m/s.

⑵小滑块到达就道最低点时，受重力和轨道对它的弹力为尸N，根据牛顿第二定律：FN-wg

v2

=nrR

解得：FN=2.0N

根据牛顿第三定律，轨道受到的压力大小尸N'=FN=2.0N.

2

(3)在小滑块从轨道的最高点到最低点的过程中，根据动能定理：mgR+W{=^mv-0

解得：W(=-0.2J

所以小滑块克服摩擦力做功为0.2J.

2.如图2所示，质量加=6.0kg的滑块(可视为质点)，在尸=60N的水平拉力作用下从N

点由静止开始运动，一段时间后撤去拉力尸，当滑块由平台边缘8点飞出后，恰能从水平地

面上的C点沿切线方向落入竖直圆弧轨道CDE,并从轨道边缘E点竖直向上飞出，经过0.4

s后落回£点.已知N8间的距离£=2.3m,滑块与平台间的动摩擦因数〃=0.5,平台离地

高度〃=0.8m,B、C两点间水平距离x=1.2m,圆弧轨道半径R=1.0m.重力加速度g取

10m/s2,不计空气阻力.求：

D

图2

(1)滑块运动到B点时的速度大小;

(2)滑块在平台上运动时受水平拉力尸作用的时间;

(3)分析滑块能否再次经过C点.

答案(1)3m/s(2)0.8s(3)能

解析(1)滑块由B至C的过程中做平抛运动

水平方向：x=vBt

竖直方向：h=gg『

解得：Wfi=3m/s.

(2)滑块由4至8的过程中，尸作用时间内做匀加速直线运动

F-pmg=ma\

Vi=a\t\

1,

Xi=呼"i

撤去F后滑块做匀减速直线运动

02=Hg

VB=V\~的2

+

X2=vBt2^a2ii

L=X\+X2

联立得:Z|=0.8s.

(3)由8至C的过程根据动能定理

mgh=^>nVc~

得Oc=5m/s

因此cosa="=0.6

滑块从E点上抛至落回的时间用而表示，则

==2m/s

滑块沿圆弧轨道由C到E过程，设克服摩擦力做的功为W{

根据动能定理：-mgRcosa-%=虎-；，”虎

可得：航=27J

由E点返回到C点过程,

由于mgRcosa+欣〉航

又因为返回过程中，克月无孽擦力做功名'<IV{,故滑决一定能再次经过C点.

3.如图3所示，一劈形滑梯固定在水平地面上，高加=12m,底角分别为37。、53。，4、B

两小物块质量分别为北4=2kg、kg,用轻绳连接，通过滑梯顶端的小滑轮跨放在左右

两斜面上，轻绳伸直时，两物块离地高度后=4m,在滑轮处压住细绳，已知物块与斜面间

的动摩擦因数均为〃=0.1,g—10m/s2.sin37°=0.6>sin53°=0.8.

图3

(1)若在压绳处突然剪断绳，求力、8下滑过程中加速度之比：

(2)若松开绳，求B滑到底端时的速度大小；

(3)松开绳，当8滑到底端后，/沿斜面继续向上滑行的距离.

3上264-JB100

答案⑴5(2)ym/s⑶寸m

解析⑴对/分析FA=/n*gsin37°geos37°

对B分析FB=/Kfigsin53°-//wggcos53°

口口婷•上的次“”短①gsin37°-〃gcos37°

又F=ma,综上所述，解何'77=.,,-

asgsin53o-“geos53

£1_26

劭「7

2

(2)由动能定理：mBgh2-mAghA-(/zwBgcos53°+//Wjgcos37°>x=；(用，+mB)v

由几何关系得：hA=sjjg'Sin37°=3m

x=sin53「5m

联立解得B滑到底端的速度o=生臂m/s.

2

(3)N沿斜面上行，aA'=gsin37°+//geos37°=6.8m/s

,2_,如运,

由可=2aAxAvA=v=—m/s

100

上TT距离：xA=-ypm

4.滑板运动是一项陆地上的“冲浪运动”，具有很强的观赏性与趣味性.下坡式滑行轨道

可简化为如下模型：如图4所示，"c彻为同一竖直平面内的滑行轨道，其中尤、疗两段

均为倾角0=37。的斜直粗糙轨道，be为一段半径为火=5m的光滑圆弧，圆弧与ab相切于

b点，圆弧圆心。在c点的正上方.已知ah之间高度差”5m,cd之间高度差“2=2.25m,

运动员连同滑板的总质量机=60kg.运动员从。点由静止开始下滑后从c点水平飞出，落在

轨道上的e点，经短暂的缓冲动作后沿斜面方向F滑.加之间的高度差“3=9m,运动员连

同滑板可视为质点，忽略空气阻力，取g=10m/s2,疝37。=0.6,cos37o=0.8.求:

(1)运动员刚运动到c点时的速度大小；

⑵运动员(连同滑板)刚运动到c点时对轨道的压力；

(3)运动员(连同滑板)在由a点运动到b点过程中阻力对它做的功.

答案(1)8m/s(2)1368N,方向竖直向下(3)—1680J

解析⑴物体从c到e点做平抛运动，在竖直方向做自由落体运动：〃2+〃3=；g『

人/2(%+㈤C12X(2.25+9)

7—i—710S=L5S

ce之间的水平距离为x=;—不行=Tm=12m

ianJ/J

4

从c到e做平抛运动，在水平方向做匀速运动

x12

故〃=7=TTrn/s=8m/s.

°t1.5

(2)在c点，由牛顿第二定律可知FN-mg=，喉

02o2

尸N="g+〃唁=60X10+60X5N=1368N

根据牛顿第三定律可知，运动员对轨道的压力为1368N,方向竖直向下.

(3)由4到c,由动能定理可知

mg(Hi+R-Heos37°)+%=多位

代入数据解得名=-1680J.

5.如图5所示，质量均为加的物体8、。分别与轻质弹簧的两端相拴接，将它们放在倾角

为。的足够长的光滑斜面上，静止时弹簧的形变量为网.斜面底端有固定挡板。，物体C靠

在挡板。上.将质量也为〃?的物体力从斜面上的某点静止释放，力与8相碰.一知重力加

速度为g,弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力.

图5

(1)若A与B相碰后粘连在一起做简谐运动，求AB通过平衡位置时弹簧的形变量；

(2)在(1)问中，当第一次振动到最高点时，C对挡板。的压力恰好为零，求振动过程C

对挡板。的压力最大值；

(3)若将A从距离B为9xo的位置由静止释放，4与B相碰后不粘连，但仍立即一起运动，

且当5第一次运动到最高点时，C对挡板。的压力也恰好为零.已知力与8相碰后，/、B

系统动能损失一半，求/与8相碰后弹簧第一次恢复到原长时B的速度大小.

答案(l)2xo⑵6〃?gsin6(3)\/3gxosin0

解析(1)相碰前，对8有：kx()=zngsin0

相碰后过平衡位置时，对整体有：

kx\=2wgsin0

联立解得xi=2xo.

(2)物体C对挡板。的压力为0时，设此时AB的加速度大小为a,

对C:弹簧弹力F\=mgsin9

对AB:F\+2〃?gsin3=2ma

物体C对挡板D的压力入最大时，根据对称性可知AB的加速度大小仍为a,设此时弹簧

的弹力为尸2，

对AB:F2~2/wgsin0=2ma

对C:FN=F?+/Mgsin0

联立解得FN=6wgsin0

根据牛顿第三定律得，C对挡板。压力的最大值尸N'=FN=6〃?gsind.

(3)/从开始下滑到与B相碰前的过程，由机械能守恒定律得：

9/ngxosin9=

A、3碰撞动能损失一半，碰后对有：

+m)V2=；〃7忧

设弹簧形变量为Xo时弹性势能为£p，从a8开始压缩弹簧到弹簧第一次恢复原长时，此

时4、8的速度为力，由机械能守恒定律有

；(机+m)V2+Ep=+m)i>3+(m+zn)gx()sin9

当弹簧第一次恢复原长时，A,8恰好分离.

从A8分离到8运动到最高点过程，由机械能守恒定律得：

=/Mgrosin0+Ep

联立解得，A与B相碰后弹簧第一次恢复原长时B的速度大小为力=(3gxosin0.

6.某兴趣小组设计了如图6所示的玩具轨道，它由细圆管弯成，固定在竖直平面内.左右

两侧的斜直管道均与尸8的倾角、高度、粗糙程度完全相同，管口4、8两处均用很小的光

滑小圆弧管连接(管口处切线竖直)，管口到底端的高度M=0.4m.中间“8”字型光滑细管

道的圆半径火=10cm(圆半径比细管的内径大得多)，并与两斜直管道的底端平滑连接.一质

量机=0.5kg的小滑块从管口”的正上方42处自由下落，第一次到达最低点P的速度大小

为10nVs.此后小滑块经“8”字型和尸8管道运动到8处竖直向上飞出，然后又再次落回，如

此反复.小滑块视为质点，忽略小滑块进入管口时因碰撞造成的能量损失，不计空气阻力，

且取g=10m/s).求：

(1)滑块第一次由A滑到P的过程中，克服摩擦力做的功；

(2)滑块第一次到达“8”字型管道顶端时对管道的作用力；

(3)滑块第一次离开管口8后上升的高度；

(4)滑块能冲出槽口的次数.

答案(1)2J(2)455N,方向竖直向上(3)4.2m(4)6次

解析(1)滑块第一次由力滑到P的过程中，根据动能定理得

1,

产历=mg[H]+H^-W\

代入数据解得％=2J.

(2)根据动能定理得：2mv^~2WU'=-4mgR

2

在“8”字型管道的最高点，mg+公=〃瞪

管道对滑块的弹力大小FN=455N,方向竖直向下，

滑块对管道的弹力大小厂N'=455N,方向竖直向上.

(3)滑块第一次由A到B克服摩擦力做的功

%=2%=4J

根据机g(7/2-〃)=%得，上升的高度〃=4.2m.

(4)滑块能冲出槽口的次数n="黑?=6.25

所以滑块能离开槽口的次数为6次.

【必考模型21直线运动、圆周运动和平抛运动组合模型

1.模型特点：物体在整个运动过程中，经历直线运动、圆周运动和平抛运动或三种运动两两

组合2表现形式：(1)直线运动：水平面上的直线运动、斜面上的直线运动、传送带上的直

线运动.(2)圆周运动：绳模型圆周运动、杆模型圆周运动、拱形桥模型圆周运动.(3)平抛运动：

与斜面相关的平抛运动、与圆轨道相关的平抛运动3应对模式：这类模型一般不难，各阶段

的运动过程具有独立性，只要对不同过程分别选用相应规律即可，两个相邻的过程连接点的

速度是联系两过程的纽带.很多情况下平抛运动末速度的方向是解决问题的重要突破口.

题型15带电粒子在磁场中的运动

1.图1甲是中国自行设计、研制的最大的受控核聚变实验装置：其原理如图乙，带电粒子

被强电流线圈产生的磁场约束在一个半经为r的“容器”中，通电线圈产生的圆形磁场可看

作匀强磁场，磁场圆半径为R,R>r且两圆同心，磁感应强度为B,它们的截面如图丙所

示.“容器”中有质量均为⑶带电量均为q的带电粒子，在“容器”内运动，有些粒子会

运动到“容器”的边缘，观察到在“容器”的边缘各处，有向各个方向离开“容器”的粒子,

且每个方向的粒子的速度都从0到。分布.不久，所有粒子都能返回“容器”.(本题只考

虑运动方向与磁场垂直的粒子，不计粒子重力和粒子间相互作用和碰撞)

图1

(1)要产生如图乙所示的磁场，逆着磁场方向看，线圈中的电流方向如何？不改变装置结构,

要改变磁场，可采取什么方法？

(2)为保证所有粒子从“容器”边缘处离开又能返回，求带电粒子的最大速度。；

(3)如果“容器”中带电粒子是核聚变的原料/、；H,它们具有相同的动能，但被该装置约

束后，它们的“容器”半径会不同.现用该装置约束这两种粒子，设它们“容器”的最大的

半径分别为打、尸2,试推导「八七和R应满足的关系式.

答案(1)逆时针方向；改变线圈中电流方向，就改变磁场方向，改变线圈中电流大小，就

改变磁感应强度大小.

(2)"”(3亚L「2=(G1)火

解析(1)由安培定则可知，电流为逆时针方向.改变线圈中的电流方向，就可以改变磁场

方向；改变线圈中的电流大小，就可以改变磁感应强度大小.

(2)从“容器”边缘切线方向离开，最大速率为v的粒子，在磁场中做圆周运动的轨迹刚好

与磁场圆内切，那么其他粒子都返回“容器”中,

设这个轨迹圆半径为“，由几何关系，R-r=2r'①

2

粒子做圆周运动向心力由洛伦兹力提供Bqv=nr^~@

由①②得R-r=2r'=2^

Bq(R-r)

所以。=2m-

(3)；H、两粒子，电量相同，动能相同，

所以m\V\:〃?2。2=:=1：啦③

由(2)得R-n=2黄।④

由③④⑤得岛-『2=(6-1)R.

2.在真空室内取坐标系xOy,在x轴上方存在二个方向都垂直于纸面向外的磁场区域I和

n(如图2),平行于x轴的直线和协'是区域的边界线，两个区域在y方向上的宽度都

为d,在x方向上都足够长.I区和II区内分别充满磁感应强度为B和射的匀强磁场，边

界油'上装有足够长的平面感光板.一质量为机、电荷量为+4的带电粒子，从坐标原点。

以大小为。的速度沿y轴正方向射入I区的磁场中.不计粒子的重力作用.

图2

(1)粒子射入的速度。大小满足什么条件时可使粒子只在I区内运动而不会进入n区？

(2)粒子射入的速度。大小满足什么条件时可使粒子击中上的感光板？并求感光板可能

被粒子击中的范围？

答案⑴底噜⑵心磬学04W会

解析(1)粒子在I区内做匀速圆周运动，有cjvB=

得粒子运动的轨道半径丫1=/

粒子只在I区内运动而不会进入H区，则片Wd

解得速度v满足的条件o〈心

m

2v2

(2)粒子在H区内做匀速圆周运动，有qv?B=吗^

得粒子运动的轨道半径r2==|r]

粒子恰好能运动到感光板的运动情况如图所示

4

粒子在【区中运动的圆心为小、在n区中运动的圆心为42,在图中△小CD相似于△。2后，

因此今萼

A\CCA2

odr-d，，解得□=//,°=丹岑

即-----2——

尸1

因此，要使粒子击中感光板，粒子射入的速度应满足

、5qBd

13

在AAiCD中，可得cos9=-=《

粒子经过感光板上的b点的横坐标

XF=+（尸2-ri）sin0

解得xF=

因此，感光板可能被粒子击中的横坐标范围04

3.如图3所示，圆形区域中，圆心角为30。的扇面MON之外分布着垂直于纸面向里的匀强

磁场，磁感应强度为8,一质量为机、带电量为一g的粒子，自圆心。点垂直于以速度

。射入磁场，粒子能两次经过边界不计粒子重力.

(1)求粒子从射入到第一次穿过边界ON,在磁场中运动的时间;

(2)求圆形区域的最小半径；

(3)若圆形区域无限大，现保持其它条件不变而将NMON变为10°,粒子射出后穿越磁场边

界的次数.

冬安小2兀加(l+y[7)mv

口案⑴3的⑵'；B0)15

解析(1)粒子第一次穿过边界，偏转角。=120。

.、[120°e在人小2兀勿?,日2兀〃?

时间/=旃T其中7=；^付,二碰・

(2)粒子在磁场中运动轨迹如图

mv2

^VB=~R~

rnv

半径R=

要保证粒子两次穿过OM,磁场最小区域应与粒子圆周运动在£点相切.

在△0/5中,O\B=2R

在△QB。中，BD4

在△OOQ中，00=08-BD^R

OiP=9H

得。。2=小火

OE=yflR+R=(^7+\)R

最小半径r=OE=(币+1)R=(1+/”2

(3)/MON变为10。，首次从ON边界向下穿出时与之夹甭为80。，首次向上穿出OM时与之

夹角为70°,每次从边界向扇面区穿出，均比上次夹角减小10。，直到向上穿出时，与OM

夹角为10°,不再进入磁场，故穿越边界的次数为15次.

【必考模型3】带电粒子在磁场中的临界、极值问题

1.模型特点：一群粒子在磁场中做圆周运动或一个粒子在磁场中做圆周运动，不论是一群粒

子，还是一个粒子，研究的问题往往都是粒子的速度的大小、方向或磁感应强度变化时的极

值问题或临界问题或边界问题.

2.表现形式：(1)同源粒子发射问题.此形式常有两类情况，一类是粒子的速率相同，发射方

向各异；另一类是速率不同，但发射方向唯一.(2)自某一边界射入磁场.这种形式也常有两类

情况：一类是射入磁场的位置不同，但速度的大小、方向唯一；另一类是位置相同，速度大

小一定，但速度方向各异.3.应对模式：不论哪种模型，都是研究一系列的圆周运动问题，这

时要抓住不变量采用动态圆的方法找到临界点或极值.

题型16带电粒子在复合场中的运动

1.如图1所示，直角坐标系xQy位于竖直平面内，在水平的x轴下方存在匀强磁场和匀强

电场，磁场的磁感应强度为8,方向垂直xOy平面向里，电场线平行于y轴，一质量为，〃、

电荷量为4的带正电的小球，从y轴上的/点水平向右抛出，经x轴上的"点进入电场和

磁场，恰能做匀速圆周运动，从x轴上的N点第一次离开电场和磁场，M、N之间的距离为

3小球过"点时的速度方向与x轴的方向夹角为仇不计空气阻力，重力加速度为g,求:

/VX

XXX

|XXX

图1

(1)电场强度E的大小和方向；

(2)小球从A点抛出时初速度Vo的大小：

(3)小球从Z点运动到N点的时间t.

答案(1隼，方向竖直向上⑵鼎

血

⑴2加g十qB

解析(1)小球在电场、磁场中恰能做匀速圆周运动，有：qE=则E=拳,电场强度方

向竖直向上.

(2)小球做匀速圆周运动，设半径为广

由几何关系知：sinJ=^

一P2

设小球做圆周运动的速率为V,有：qvB=

由速度的合成与分解得：cos0=

坦qBL

得：。。=2叫tan夕

⑶设小球到河点的竖直分速度为外,

vv=v()tan3=gt\

12mg

2。2兀〃？2m。

在磁场中运动时间为：力

2兀qBqB

运动总时间为：/=/*2=提+鬻.

2.（2014•天津T2）同步加速器在粒子物理研究中有重要的应用，其基本原理简化为如图2所

示的模型.M、N为两块中心开有小孔的平行金属板.质量为机、电荷量为+q的粒子4（不

计重力）从M板小孔飘入板间，初速度可视为零,每当/进入板间，两板的电势差变为U,

粒子得到加速，当4离开N板时，两板的电荷量均立即变为零.两板外部存在垂直纸面向

里的匀强磁场，/在磁场作用下做半径为R的圆周运动，R远大于板间距离./经电场多次

加速，动能不断增大，为使R保持不变，磁场必须相应地变化.不计粒子加速时间及其做

圆周运动产生的电磁辐射，不考虑磁场变化对粒子速度的影响及相对论效应.求:

Xx

/\

VXX心

二I:

Ml

X八

/

/

XX'

图2

（1M运动第1周时磁场的磁感应强度S的大小：

（2）在/运动第n周的时间内电场力做功的平均功率

（3）若有一个质量也为团、电荷量为+%（左为大于1的整数）的粒子5（不计重力）与4同时从M

板小孔飘入板间，/、8初速度均可视为零，不计两者间的相互作用，除此之外，其他条件

均不变.下图中虚线、实线分别表示工、8的运动轨迹.在8的轨迹半径远大于板间距离的

前提下，请指出哪个图能定性地反映4、5的运动轨迹，并经推导说明理由.

答案旧得Q爵博物理由见解析

解析⑴设/经电场第1次加速后速度为小，由动能定理得琼-0①

力在磁场中做匀速圆周运动，所受洛伦兹力充当向心力

由①②式得以4y1^.③

⑵设/经〃次加速后的速度为〃，由动能定理得

nqU=gmvM-0@

设N做第〃次圆周运动的周期为7；,,有T,,=等⑤

设在/运动第〃周的时间内电场力做功为也”则

Wn=qU®

在该段时间内电场力做功的平均功率为尸“=牛⑦

由④⑤⑥⑦式解得了产脂、啸⑧

\14111

(3)A图能定性地反映工、8运动的轨迹.

/经过〃次加速后，设其对应的磁感应强度为&,4、2的周期分别为T“、T',综合②⑤

式并分别应用A.B的数据得T“=驾

q氏1

=酗=岂

kqBnk

由上式可知，〃是〃的k倍,所以/每绕行1周，8就绕行〃周.由于电场只在4通过时

存在，故8仅在与4同时进入电场时才被加速.

经勿次加速后，4、3的速度分别为2和,考虑到④式％=

*=7^^=弧

由题设条件并考虑到⑤式，对工有T„v„=2nR

设B的轨迹半径为R',有7'vn'=2兀火'

比较上述两式得/?'

上式表明，运动过程中B的轨迹半径始终不变.

由以上分析可知，两粒子运动的轨迹如图A所示.

3.一圆筒的横截面如图3所示，其圆心为0,筒内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应

强度为8.圆筒左侧有相距为d的平行金属板M、N,其中M板带正电荷，N板带等量负电

荷.质量为m、电荷量为q的带正电粒子自“板边缘的尸处由静止释放，经N板的小孔S

以速度。沿半径SO方向射入磁场中.粒子与圆筒发生3次碰撞后仍从S孔射出.设粒子与

圆筒碰撞过程中没有动能损失，且电荷量保持不变，在不计重力的情况下，求：

图3

(1)“、N间电场强度E的大小:

(2)圆筒的半径A；

(3)欲使粒子仍从同板边缘的尸处由静止释放，进入圆筒后与圆筒碰撞2次后从S孔射出,

在保持V、N间电场强度E不变的情况下，应如何平移M板？

答案⑴舞Q愣⑶向左平移21

解析(1)设两板间的电压为。，由动能定理得

12

qU=2mv

由匀强电场中电,差与电场强度的关系得。=Ed

联立解得公需

(2)粒子进入磁场后做匀速圆周运动，由于粒子与圆筒发生3次碰撞又从S孔射出，由几何

关系知r=R

2

粒子运动过程中洛伦兹力充当向心力，得qvB=*

171V

联立解得及=赢.

(3)粒子进入磁场后做匀速圆周运动，运用几何关系作出圆心为。,，圆半径为/.设第一次

碰撞点为A,由于粒子与圆筒发生2次碰撞又从S孔射出，因此，SA圆弧所对的圆心角

ZAO'S=：

7T

由几何关系得/=/?tan§

mv'2

粒子运动过程中洛伦兹力充当向心力，得go'B=

r'

\[3mv

设粒子做匀速圆周运动的轨道半径为/,则，=qB

可得o'=y[3v

1.U'V'2

由qU=ynv可看出：=下-

则U'=3U=Ed',得，=3d

所以应将M板向左平移距离Ad=d'-d=2d.

4.如图4所示的平面直角坐标系中，在y>0的区域存在匀强电场，场强沿y轴负方向，在

y<0的区域存在匀强磁场，磁场方向垂直于坐标平面向外.一电荷量为外质量为，〃的带正

电粒子，经过y轴上y=6处的点Pi时速率为加，方向沿x轴正方向；然后经过x轴上x=

2h处的P2点进入磁场.不计粒子重力.

fy

P1,

P「

图4

(1)求电场强度的大小;

(2)若粒子进入磁场后，接着经过了y轴上了=一2〃处的R点，求磁感应强度的大小；

(3)若只改变磁场的大小(仍为匀强磁场)，让粒子仍从外经尸2沿原路径进入磁场后，为了使

粒子能再次通过P2点，求磁感应强度的大小满足的条件.

答案喏畤

⑶瑞或T(E23,4…)

解析(1)粒子运动轨迹如图甲所示

2h=v（）t

h=

2

解得£=笠.

2qh

(2)在电场中vy=at=Vo

进入磁场的速度v=yjvl+vj,=yf2vQ,方向与x轴成45°

在磁场中，连接尸2、23两点，

由几何关系知，尸2尸3为圆弧的直径,所以R=啦〃,

2

.V〜mvmv0

又由qvB=。,所以8=次=m.

(3)设满足条件的磁感应强度为8',下面分两种情况进行讨论.

第一种情况：根据对称性，轨迹关于y轴对称，能过尸2点的轨迹如图乙所示，

由几何关系知R=2陋〃

v2mv〃w()

又由qvB'=，"■，所以B'=四=砺

第二种情况：如果轨迹与y轴不对称，能过尸2点的轨迹如图丙所示,

丙

设粒子此后在电场中偏转〃次后再经过尸2点，当〃=1时，粒子在磁场中将偏转2次过尸2

1X4/7厂1X2/?

2R=巾2(1+[)=媳[+[

RA1r\>*r»

当〃=2时，粒子在磁场中将偏转3次过尸2点，R=g2(2+1)=啦2+]

当粒子在电场中偏转〃次时,粒子在磁场中将"1次过外点,RH箫净哙=

2吸咨[(〃=1,2,3,4—)

所以R=2=1,2,3,4…)

V2

又由竹8="万，

”,tnv(〃+1»如0

所以3=不=2冲5=123,4…)

所以过3点的条件是2=豢=鬻或夕=浅=吟沪"=1，2,3，仔)

【必考模型4】带电粒子在组合场中的运动

1.模型特点：电场、磁场同时存在，但空间位置不同.

2.表现形式：(1)在电场中做匀加速直线运动，在有界磁场中做匀速圆周运动.(2)在电场中做

类平抛运动，在有界磁场中做匀速圆周运动.

3.应对模式：这类问题实质是类平抛运动、直线运动和圆周运动组成的多过程问题，要善于

把多过程分解，逐个击破.对于在电场中的加速和类平抛运动，要能熟练应用力和运动的方

法以及功和能的方法求解.对于粒子在磁场中的圆周运动，关键是找圆心画出运动轨迹，并

结合几何知识，求出半径或运动的时间.

题型17带电粒子在交变电场和磁场中的运动

1.如图1所示，在xQy平面内存在着垂直于几何平面的磁场和平行于y轴的电场，磁场和

电场随时间的变化规律如图2甲、乙所示.以垂直于xQy平面向里磁场的磁感应强度为正,

以沿y轴正方向电场的电场强度为正./=0时，带负电粒子从原点。以初速度。0沿V轴正

方向运动，，=54时，粒子回到。点，为、小瓦已知，粒子的比荷*=就;，不计粒子重力.

OX

图1

(1)求粒子在匀强磁场中做圆周运动的周期；

⑵求电场强度&)的值；

(3)保持磁场仍如图2甲所示，将图乙所示的电场换成图丙所示的电场./=0时刻，前述带

负电粒子仍由。点以初速度。。沿y轴正方向运动，求粒子在/=%0时的位置坐标.

图2

答案⑴2ro（2）等（3）（若2-voto）