2015高考物理备考计算题规范化训练4

2015年高考压轴冲刺卷•新课标II（四）理科综合（物理）一、选择题：本题共8小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求。

全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

1．(2015•抚州五校联考二模•4)一倾角为30°的斜劈放在水平地面上，一物体沿斜劈匀速下滑．现给物体施加如图所示力F，F与竖直方向夹角为30°，斜劈仍静止，物体加速下滑，则此时地面对斜劈的摩擦力为（）A．大小为零B．方向水平向右C．方向水平向左D．无法判断大小和方向2．(2015•安徽江淮名校第二次联考•3)如图3所示,在水平桌面上叠放着质量相等的A,B两块木板,在木板A上放着质量为m的物块C木板和物块均处于静止状态。

上述各接触面间的动摩擦因数均为μ假设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等,重力加速度为g。

现用水平恒力F向右拉木板A使之做匀加速运动,物块C始终与木板A保持相对静止。

以下判断正确的是（）A. 不管F多大,木板B—定保持静止B. A 、B之间的摩擦力大小一定大于FC. A 、C之间的摩擦力可能为零D.A、B之间的摩擦力不为零，大小可能等于μmg3．（2015•河南省实验中学二调•4）我国国产航母辽宁舰将安装电磁弹射器，其工作原理与电磁炮类似．用强迫储能器代替常规电源，它能在极短时间内释放所储存的电能，由弹射器转换为飞机的动能而将其弹射出去．如图所示，是电磁弹射器简化原理图，平等金属导轨与强迫储能器连接．相当于导体棒的推进器ab跨放在导轨上，匀强磁场垂直于导轨平面，闭合开关S，强迫储能器储存的电能通过推进器释放，使推进器受到磁场的作用力而沿平行导轨向前滑动，推动飞机使飞机获得比滑跃时大得多的加速度，从而实现短距离起飞的目标．一切摩擦和电阻消耗的能量都不计，对于电磁弹射器，下列说法正确的是（ ）A ． 强迫储能器上端为正极B ． 平行导轨间距越大，飞机能获得的加速度越大C ． 强迫储能器储存的能量越多，飞机被加速的时间越长D ． 飞机的质量越大，离开弹射器时的动能越大4．（2015•宜宾二诊•5）我国的“玉兔号”月球车于2013年12月14日晚成功降落在月球虹湾区，开始探测科考。

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高考计算题54分练(1)分类突破,60分钟规范答题抓大分!1.(2014·淄博三模)如图所示,在倾角θ=37°的粗糙斜面上距离斜面底端s=1m处有一质量m=1kg的物块,受水平恒力作用,由静止开始沿斜面下滑。

到达底端时撤去水平恒力,物块在水平面上滑动一段距离后停止。

不计物块撞击水平面时的能量损失。

物块与各接触面之间的动摩擦因数均为μ=0.2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,g=10m/s2。

求:(1)若物块运动过程中的最大速度为1m/s,水平恒力F的大小为多少?(结果保留两位有效数字)(2)若改变水平恒力F的大小,可使物块总的运动时间有一最小值,最小值为多少?【解析】(1)物块到达斜面底端时速度最大,v2=2as对物块,有F N=mgcosθ+Fsinθ;mgsinθ-Fcosθ-f=ma;f=μF N;代入数据得F=4.2N(2)设斜面上物块加速度为a1,运动时间为t1,在水平面上运动时间为t2;则s=错误！未找到引用源。

a1错误！未找到引用源。

;到达底端时速度v′2=2a1s;物块在水平面上时a2=μg;v′=a2t2;总时间t=t1+t2=错误！未找到引用源。

+错误！未找到引用源。

;由数学知识可知,当a1=2m/s2时t min=2s。

答案:(1)4.2N (2)2 s2.(2014·漳州模拟)一长l=0.80m的轻绳一端固定在O点,另一端连接一质量m=0.10kg的小球,悬点O距离水平地面的高度H=1.00m。

开始时小球处于A点,此时轻绳拉直处于水平方向上,如图所示。

让小球从静止释放,当小球运动到B点时,轻绳碰到悬点O正下方一个固定的钉子P时立刻断裂。

不计轻绳断裂的能量损失,重力加速度g取10m/s2。

求:(1)当小球运动到B点时的速度大小。

计算题专项练(四)1.(山东烟台模拟)光纤通信以其通信容量大、抗干扰性高和信号衰减小,而远优于电缆、微波通信,成为世界通信中的主要传输方式。

但光纤光缆在转弯的地方弯曲半径不能太小,否则影响正常通信。

如图所示,模拟光纤通信,将直径为d的圆柱形玻璃棒弯成3圆环,已知玻璃的折射率为√2,光4在真空中的速度为c,要使从A端垂直入射的光线能全部从B端射出。

求:(1)圆环内径R的最小值;(2)在(1)问的情况下,从A端最下方入射的光线,到达B端所用的时间。

2.(云南昭通模拟)如图所示,光滑水平地面上方边界C、D间存在宽度d=4 m、方向竖直向上、电场强度大小E=1×105N/C的匀强电场区域。

质量m1=1 kg、长度l=6 m的水平绝缘长木板静置于该水平面,且长木板最右侧与电场边界D重合。

某时刻质量m2=0.5 kg、电荷量q=+3×10-5C的滑块(可视为质点)以初速度v0=6 m/s从长木板左端水平滑上长木板,一段时间后,滑块离开电场区域。

已知长木板与滑块间的动摩擦因数μ=0.5,重力加速度大小g取10 m/s2,滑块所带的电荷量始终保持不变。

(1)滑块刚进电场时,求长木板的速度大小。

(2)求滑块在电场中的运动时间及全过程因摩擦产生的热量。

(3)若电场等大反向,求滑块进入电场后在长木板上的相对位移。

3.如图所示,半径为l的金属圆环内部等分为两部分,两部分各有垂直于圆环平面、方向相反的匀强磁场,磁感应强度大小均为B0,与圆环接触良好的导体棒绕圆环中心O匀速转动。

圆环中心和圆周用导线分别与两个半径为R的D形金属盒相连,D形盒处于真空环境且内部存在着磁感应强度大小为B的匀强磁场(图中未画出),其方向垂直于纸面向里。

t=0时刻导体棒从如图所示的位置开始运动,同时在D形盒内中心附近的A点,由静止释放一个质量为m、电荷量为-q(q>0)的带电粒子,粒子每次通过狭缝都能得到加速,最后恰好从D形盒边缘出口射出。

浙江省2015年高考仿真模拟试卷（物理部分）注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共6页，满分为120分，考试用时为70分钟。

2.答题前，考试务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题纸上。

3.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题纸上对应题目的答案标号涂黑。

如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。

不能答在试题卷上。

第Ⅰ卷一、单项选择题（本题共4小题，每小题6分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）。

14．（原创）在一场英超联赛中，我国球员孙继海大力踢出的球飞行15m后，击在对方球员劳特利奇的身上，假设球击中身体时的速度约为22m/s，离地高度约为1.5m，估算孙继海踢球时脚对球做的功为（）A．15J B．150J C．1500J D．15000J15、（改编）某汽车在启用ABS刹车系统和不启用该刹车系统紧急刹车时，其车速与时间的变化关系分别如图中的①、②图线所示．由图可知，启用ABS后（）A．刹车后前行的距离比不启用ABS更短B．加速度总比不启用ABS时大C．0～t1的时间内加速度更大D．t1时刻车速更小16．（原创）将一只苹果斜向上抛出，苹果在空中依次飞过三个完全相同的窗户1、2、3，图中曲线为苹果在空中运行的轨迹．若不计空气阻力的影响，以下说法中正确的是（）A．苹果通过第1个窗户所用的时间最长B．苹果通过第1个窗户重力所做的功最多C．苹果通过第3个窗户重力的平均功率最小D．苹果通过第3个窗户的平均速度最大17、改编（2014•滨州一模）某学生设计了一个验证法拉第电磁感应定律的实验，实验装置如图甲所示．在大线圈Ⅰ中放置一个小线圈Ⅱ，大线圈Ⅰ与多功能电源连接．多功能电源输入到大线圈Ⅰ的电流i 1的周期为T ，且按图乙所示的规律变化，电流i 1将在大线圈Ⅰ的内部产生变化的磁场，该磁场磁感应强度B 与线圈中电流i 的关系为B=ki 1（其中k 为常数）．小线圈Ⅱ与电流传感器连接，并可通过计算机处理数据后绘制出小线圈Ⅱ中感应电流i 2随时间t 变化的图象．若仅将多功能电源输出电流变化的频率适当增大，则下图中所示各图象中可能正确反映i 2﹣t 图象变化的是（图中分别以实线和虚线表示调整前、后的i 2﹣t 图象）（ ）A ．B ．C ．D ．二、不定项选择题(本题共3小题，每小题6分.在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个正确选项，有的小题有多个正确选项。

章末定时练四(时间：60分钟)一、选择题(本题共9小题，在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～9题有多项符合题目要求．)1．(2013·黄山七校联考)如图1所示，P是水平地面上的一点，A、B、C、D在同一条竖直线上，且AB＝BC＝CD.从A、B、C三点分别水平抛出一个物体，这三个物体都落在水平地面上的P点．则三个物体抛出时的速度大小之比v A∶v B∶v C为()．图1A.2∶3∶6B．1∶2∶ 3C．1∶2∶3D．1∶1∶1解析由平抛运动的规律可知竖直方向上：h＝12gt2，水平方向上：x＝v0t，两式联立解得v0＝x g2h，由于h A＝3h，h B＝2h，h C＝h，代入上式可知选项A正确．答案 A2．在光滑水平面上，一根原长为l的轻质弹簧的一端与竖直轴O连接，另一端与质量为m的小球连接，如图2所示．当小球以O为圆心做匀速圆周运动的速率为v1时，弹簧的长度为1.5l；当它以O为圆心做匀速圆周运动的速率为v2时，弹簧的长度为2.0l，则v1与v2的比值为()．图2A.3∶2B．2∶ 3C.3∶22D．22∶ 3解析设弹簧的劲度系数为k，当小球以v1做匀速圆周运动时有：k(1.5l－l)＝m v 2 11.5l当小球以v2做匀速圆周运动时有：k(2.0l－l)＝m v 222.0l两式之比得：v1∶v2＝3∶2 2.故只有选项C正确．答案 C3．(2013·日照模拟)如图3所示，半径为R的光滑圆环轨道竖直放置，一质量为m的小球恰能在此圆轨道内做圆周运动，则小球在轨道最低点处对轨道的压力大小为()．图3A．3mg B．4mgC．5mg D．6mg解析设小球的质量为m，经过最低点时速度大小为v1，小球恰好能通过圆环的最高点，则在最高点时，小球对圆环的压力为零，由重力提供向心力，即mg＝m v 2R ，由最高点运动到最低点，根据机械能守恒定律得mg·2R＋12m v2＝1 2m v 21，在最低点，根据牛顿第二定律得F N－mg＝m v21R，联立以上各式解得F N＝6mg，根据牛顿第三定律可知，小球在轨道最低点处对轨道的压力大小为6mg，选项D正确．答案 D4．(2013·安徽合肥联考，4)如图4所示，一物体自P 点以初速度10 m/s 做平抛运动，恰好垂直打到倾角为45°的斜面上的θ点(g ＝10 m/s 2)，则P 、Q 两点间的距离为( )．图4A ．5 mB ．10 mC ．5 5 mD ．条件不足，无法求解解析 垂直打到斜面上，则速度的偏向角为45°，由tan 45°＝gtv 0得t ＝1 s ，所以x ＝v 0t ＝10 m ，y ＝12gt 2＝5 m ，P 、Q 两点间的距离为x 2＋y 2＝5 5 m ，选项C 正确． 答案 C5．质量m ＝4 kg 的质点静止在光滑水平面上的直角坐标系的原点O ，先用沿＋x 轴方向的力F 1＝8 N 作用了2 s ，然后撤去F 1；再用沿＋y 轴方向的力F 2＝24 N 作用了1 s ，则质点在这3 s 内的轨迹为( )．解析 质点在F 1的作用下由静止开始从坐标系的原点O 沿＋x 轴方向加速运动，加速度a 1＝F 1m ＝2 m/s 2，速度为v 1＝a 1t 1＝4 m/s ，对应位移x 1＝12a 1t 21＝4 m ，到2 s 末撤去F 1再受到沿＋y 轴方向的力F 2的作用，质点在＋x 轴方向做匀速运动，x 2＝v 1t 2＝4 m ，在＋y 轴方向做加速运动，＋y 轴方向的加速度a 2＝F 2m ＝6 m/s 2，对应的位移y ＝12a 2t 22＝3 m ，物体做曲线运动，且合外力指向运动轨迹凹侧，A、B、C项错误，D项正确．答案 D6．地球同步卫星轨道必须在赤道平面上空，和地球有相同的角速度，才能和地球保持相对静止．关于各国发射的地球同步卫星，下列表述正确的是()．A．所受的万有引力大小一定相等B．离地面的高度一定相同C．运行的速度都小于7.9 km/sD．都位于赤道上空的同一个点解析由于各国卫星的质量不同，所以卫星受到的万有引力不同，A错误；所有同步卫星均做匀速圆周运动，则有G Mmr2＝m v2r＝mω2r，因为所有同步卫星的角速度相同，所以r相同，即离地面高度相同，B对；由于半径越大，速度越小，同步卫星运行的速度均小于GMR＝7.9 km/s，C对；地球同步卫星是在赤道上方同一个轨道上，而不是同一个点，所以D错误．答案BC7．(2013·海南卷，8)关于物体所受合外力的方向，下列说法正确的是()．A．物体做速率逐渐增加的直线运动时，其所受合外力的方向一定与速度方向相同B．物体做变速率曲线运动时，其所受合外力的方向一定改变C．物体做变速率圆周运动时，其所受合外力的方向一定指向圆心D．物体做匀速率曲线运动时，其所受合外力的方向总是与速度方向垂直解析物体做速率逐渐增加的直线运动时，其加速度跟速度方向一致，故其所受合外力的方向一定与速度方向相同，A正确；物体做变速率曲线运动时，其所受合外力的方向不一定改变，如做平抛运动的物体，B错误；物体只有在做匀速圆周运动时，合外力才全部充当向心力，物体做变速圆周运动时，只是合外力有指向圆心的分量，但其所受合外力的方向不指向圆心，故C 错误；物体做匀速率曲线运动时，据动能定理可知合外力不做功，故物体所受合外力的方向总是与速度方向垂直，D 正确． 答案 AD8．如图5所示，a 为赤道上的物体，随地球自转做匀速圆周运动，b 为沿地球表面附近做匀速圆周运动的人造卫星，c 为地球同步卫星，以下关于a 、b 、c 的说法中正确的是( )．图5A ．它们的向心加速度都与轨道半径成正比B ．b 和c 的向心加速度都与轨道半径的二次方成反比C ．a 和c 的运转周期相同D ．a 和b 的运转周期相同解析 同步卫星c 与赤道上物体a 的周期相等，均为地球自转周期，即24 h ，而其他卫星的周期T ＝4π2r 3GM ，故选项C 正确，D 错误；a 和c 的角速度ω相等，向心加速度a ＝rω2，a ∝r ；b 和c 都是由万有引力提供向心力，a ＝GMr 2，a ∝1r 2，故选项A 错误、B 正确． 答案 BC9．如图6所示是牛顿研究抛体运动时绘制的一幅草图，以不同速度抛出的物体分别沿a 、b 、c 、d 轨迹运动，其中a 是一段曲线，b 是贴近地球表面的圆，c 是椭圆，d 是双曲线的一部分．已知引力常量为G 、地球质量为M 、半径为R 、地球附近的重力加速度为g .以下说法中正确的是( )．图6A ．沿a 运动的物体初速度一定小于gRB ．沿b 运动的物体速度等于GM RC ．沿c 运动的物体初速度一定大于第二宇宙速度D ．沿d 运动的物体初速度一定大于第三宇宙速度解析 b 是贴近地球表面的圆，沿此轨迹运动的物体满足G MmR 2＝m v 2R ，解得v ＝GMR ，或满足mg ＝m v 2R ，解得v ＝gR ，以上得到的两个速度均为第一宇宙速度，发射速度小于第一宇宙速度则不能成为人造卫星，如a ，故A 、B 正确；发射速度大于第一宇宙速度而小于第二宇宙速度，卫星的轨道为椭圆，如c ，故C 错误；发射速度大于第二宇宙速度，轨迹将不闭合，发射速度大于第三宇宙速度，轨迹也不闭合，故d 轨迹不能确定其发射速度是否大于第三宇宙速度，D 错误． 答案 AB 二、非选择题10．(2013·郑州模拟)如图7所示，斜面体ABC 固定在地面上，小球p 从A 点由静止下滑，当小球p 开始下滑时，另一小球q 从A 点正上方的D 点水平抛出，两球同时到达斜面底端的B 处．已知斜面AB 光滑，长度l ＝2.5 m ，斜面倾角θ＝30°，不计空气阻力，g 取10 m/s 2.求：图7(1)小球p 从A 点滑到B 点的时间； (2)小球q 抛出时初速度的大小．解析 (1)小球p 从斜面上下滑的加速度为a ，由牛顿第二定律得：a ＝mg sin θm＝g sin θ① 下滑所需时间为t 1，根据运动学公式得：l ＝12at 21 ② 由①②得：t 1＝ 2lg sin θ③解得：t 1＝1 s(2)小球q 做平抛运动，设抛出速度为v 0，则： x ＝v 0t 2 ④ x ＝l cos 30°⑤依题意得：t 2＝t 1⑥由④⑤⑥得：v 0＝l cos 30°t 1＝534 m/s.答案 (1)1 s (2)534 m/s11．天文学家观测河外星系大麦哲伦云时，发现了LMCX －3双星系统，它由可见星A 和不可见的暗星B 构成．两星视为质点，不考虑其他天体的影响，A 、B 围绕两者连线上的O 点做匀速圆周运动，它们之间的距离保持不变，如图8所示．引力常量为G ，由观测能够得到可见星A 的速率v 和运行周期T .图8(1)可见星A 所受暗星B 的引力F A 可等效为位于O 点处质量为m ′的星体(视为质点)对它的引力，设A 和B 的质量分别为m 1、m 2，试求m ′(用m 1、m 2表示)；(2)求暗星B 的质量m 2与可见星A 的速率v 、运行周期T 和质量m 1之间的关系式．解析 (1)设A 、B 的圆轨道半径分别为r 1、r 2，角速度均为ω 由双星所受向心力大小相等，可得m 1ω2r 1＝m 2ω2r 2 设A 、B 之间的距离为L ，又L ＝r 1＋r 2 由上述各式得L ＝m 1＋m 2m 2r 1①由万有引力定律得 双星间的引力F ＝G m 1m 2L 2将①式代入上式得F ＝G m 1m 32(m 1＋m 2)2r 21②由题意，将此引力视为O 点处质量为m ′的星体对可见星A 的引力，则有F ＝G m 1m ′r 21③ 比较②③可得m ′＝m 32(m 1＋m 2)2④(2)对可见星A ，有G m 1m ′r 21＝m 1v 2r 1⑤ 可见星A 的轨道半径r 1＝v T2π⑥由④⑤⑥式解得m 32(m 1＋m 2)2＝v 3T2πG . 答案 (1)m ′＝m 32(m 1＋m 2)2(2)m 32(m 1＋m 2)2＝v 3T 2πG12．如图9所示，有一内壁光滑的试管装有质量为1 g 的小球，试管的开口端封闭后安装在水平轴O 上，转动轴到管底小球的距离为5 cm ，让试管在竖直平面内做匀速转动．问：图9(1)转动轴达某一转速时，试管底部受到小球的压力的最大值为最小值的3倍，此时角速度多大？(2)当转动的角速度ω＝10 rad/s 时，管底对小球的作用力的最大值和最小值各是多少？(g 取10 m/s 2)解析 (1)转至最低点时，小球对管底压力最大；转至最高点时，小球对管底压力最小，最低点时管底对小球的支持力F 1应是最高点时管底对小球支持力F 2的3倍，即 F 1＝3F 2① 根据牛顿第二定律有最低点：F 1－mg ＝mrω2 ② 最高点：F 2＋mg ＝mrω2③ 由①②③得ω＝4g 2r ＝4×102×0.05rad/s ＝20 rad/s④(2)在最高点时，设小球不掉下来的最小角速度为ω0， 则mg ＝mrω20ω0＝gr＝100.05rad/s＝14.1 rad/s因为ω＝10 rad/s<ω0＝14.1 rad/s，故管底转到最高点时，小球已离开管底，因此管底对小球作用力的最小值为F′＝0当转到最低点时，管底对小球的作用力最大为F1′，根据牛顿第二定律知F1′－mg＝mrω2，则F1′＝mg＋mrω2＝1.5×10－2N.答案(1)20 rad/s(2)1.5×10－2N0。

【高中物理】物理计算题的规范化解答[复习大纲]物理计算题的规范化解答物理计算题可以全面测试学生的知识和能力高考在“科学综合”测试中，物理部分的物理计算分数非常高，单个问题的分数也非常高。

一些考生在考试后感觉良好，但考试成绩并不理想。

一个非常重要的原因是，由于非标准的问题解决，有太多的分数损失。

要提高物理计算题的得分率，除了要透彻理解和掌握相关的物理知识、具有较高的物理思维能力和良好的数学基础外，还必须遵守它的解题规范，形成熟练的解题技巧。

有了良好的规范，使解题过程表述的既简洁又明确，才能提高解题的敏捷性和准确性，减少过失性失分，从而把自己的知识水平和能力水平充分反映出来，同时有利于阅卷老师掌握平衡，获得客观、完满的评分。

物理问题解决的标准化主要体现在三个方面：观念和方法的标准化、问题解决过程的标准化、物理语言和写作的标准化。

在这方面，高考对物理计算题的解答有明确要求：“解答应写下必要的文字说明、方程式和重要的计算步骤。

只写最终答案的人不能得分。

对于有数值计算的问题，答案中必须清楚地写上数值和单位。

”具体来说，物理计算问题求解过程和书写表达的标准化要求主要体现在以下几个方面。

1、根据题意作出描述物理情景或过程的示意图、图象。

物理学中的图形和图像是我们分析和解决物理问题的有力工具。

他们将抽象的物理过程和物理状态形象化和具体化。

原理图（如受力图、运动过程图、状态图、电路图、光路图等）应大致反映相关量之间的关系，并使图文对应。

与解决问题中列出的方程式相关的示意图应绘制在卷上。

如果它只是一张分析问题含义的图表，与列出的方程式没有直接关系，则不应绘制在体积上。

有时，要根据主题的含义绘制函数图像，我们必须建立一个坐标系，包括绘制原点和箭头，标记物理量的符号和单位，以及坐标轴上的数据。

2、字母、符号的规范化书写。

解决问题所用的物理量应以字母表示，其含义应以文字或图形说明。

问题中给出的字母的含义不能自行改变。

表示物理量的字母应尽可能笼统，通常取自物理量英文单词的第一个字母，该字母应与教科书中的形式一致。

E2 动能 动能定理【题文】〔理综卷·2015届广东省广州市海珠区高三摸底考试〔2014.08〕〕35．〔18分〕如下列图，一带电量为q ，质量为m 的小球A 在光滑绝缘的水平面上从静止开始经电压U 加速后，与同质量的静止小球B 发生碰撞，并粘在一起，水平进入互相垂直的匀强电场和匀强磁场(磁感应强度为B )的复合场中，小球在此空间的竖直面内做匀速圆周运动，重力加速度为g ，试求： 〔1〕小球A 、B 碰撞前后的速度各为多少？〔2〕电场强度E 为多少？〔3〕小球做匀速圆周运动过程中，从轨道的最低点到最高点机械能改变了多少？【知识点】动量守恒定律 带电粒子在电场、磁场中运动 机械能守恒定律 E2 E6 F2 K3【答案解析】(1)m qU v 221=(2)2mg q (3)q mU B mg E 24=∆解析：〔1〕设碰撞前A 球速度为0v ，由动能定理有：2021mv qU = 得mqU v 2= 设碰撞后A 、B 球的速度为v ，由动量守恒定律有：mv mv 20=得mqU v 221=（2）带电小球在复合场中做匀速圆周运动，重力与电场力平衡：2qE mg =得出q mg E 2= （3）带电小球从轨道最低点到最高点过程中，受到重力、电场力和洛伦兹力，其中洛伦兹力不做功，电场力做正功，使小球机械能增加．设轨道半径为R ，如此机械能改变 qER E 2=∆由洛伦兹力提供向心力，有：Rmv qvB 22= 联立各式得出：qmU B mgE 24=∆ 【思路点拨】〔1〕带点粒子在电场中加速，通过定理求得速度，然后碰撞过程中遵从动量守恒定律〔2〕带电粒子在复合场中匀速圆周运动，如此洛伦兹力提供向心力，所以电场力与重力平衡〔3〕电场力做功使电势能转化为机械能，电场力做多少功就有多少能量进展了转化【题文】〔物理卷·2015届安徽省六校教育研究会高三第一次联考试卷〔2014.08〕〕15．如下列图，凹槽B 放在水平面上，槽与水平面间的动摩擦因数0.5μ=，槽的内外表光滑。

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带电粒子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，A球从倾角θ＝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．B球从M点开始向左做直线运动(g＝10 m/s2)，试问：图1(1)若A球从斜面上某一高处由静止开始滚下，同时B球以v0＝8 m/s向左做匀速直线运动，A球的高度满足什么条件，A、B两球能发生碰撞．(2)若A球从斜面上N点由静止开始滚下，MN＝10 m，B球同时从M点由静止向左以加速度a ＝2 m/s 2做匀加速直线运动，问：经多长时间两者相碰？ 答案 (1)A 球的高度满足h ＞3.2 m (2)(5－5) s解析 (1)A 到达水平面上的速度只要大于8 m/s ，A 、B 两球就可以发生碰撞．设A 球从h 0处开始释放，A 、B 两球恰好不发生碰撞时 a 1＝g sin 30°＝5 m/s 2 v t ＝a 1t ＝8 m/s t ＝1.6 sh 0＝12a 1t 2sin 30°＝3.2 m所以，只要A 球的高度满足h >3.2 m ，A 、B 两球就能发生碰撞． (2)A 球从N →M a 1＝g sin 30°＝5 m/s 2x 1＝12a 1t 21解得t 1＝2 s v 1＝a 1t 1＝10 m/s 由A 与B 相碰得 12at 2＝v 1(t －t 1) 解得t ＝(5±5) s考虑到实际情况t ＝(5－5) 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M ＝4 kg ，长度为L ＝2 m ，小物块质量为m ＝1 kg ，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F 超过2.5 N 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 ＝10 m/s 2，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F 就作用在长木板上，且F ＝12 N ，则小物块经过多长时间从长木板上掉下？ 答案 (1)0.2 (2)2 s解析 (1)设两物体间的最大静摩擦力为F f ，当F ＝2.5 N 作用于m 时， 对整体，由牛顿第二定律有F ＝(M ＋m )a ① 对M ，由牛顿第二定律F f ＝Ma ②由①②可得F f ＝2 N小物块竖直方向上受力平衡，所受支持力F N ＝mg ， 由摩擦力性质F f ＝μF N 得μ＝0.2.③(2)F ＝12 N 作用于M 时，两物体发生相对滑动，设M 、m 加速度分别为a 1、a 2， 对M ，由牛顿第二定律F －F f ＝Ma 1④ 得a 1＝2.5 m/s 2对m ，由牛顿第二定律F f ＝ma 2⑤ 得a 2＝2 m/s 2由匀变速直线运动规律，两物体在t 时间内位移为x 1＝12a 1t 2⑥x 2＝12a 2t 2⑦m 刚滑下M 时，x 1－x 2＝12L ⑧由⑥⑦⑧得t ＝2 s.3．如图3甲所示，长木板B 固定在光滑水平面上；可看作质点的物体A 静止叠放在B 的最左端，现用F ＝6 N 的水平力向右拉物体A ，A 经过5 s 运动到B 的最右端，其v －t 图象如图乙所示，已知A 、B 的质量分别为1 kg 和4 kg ，A 、B 间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力；g ＝10 m/s 2.图3(1)求物体A 、B 间的动摩擦因数；(2)若B 不固定，求A 运动到B 的最右端所用的时间． 答案 (1)0.4 (2)7.07 s解析 (1)根据v －t 图象可知物体A 的加速度a A ＝Δv Δt ＝105 m/s 2＝2 m/s 2，以A 为研究对象，根据牛顿第二定律可得 F －μm A g ＝m A a A解得μ＝0.4.(2)由图象知木板B 的长度为l ＝12×5×10 m ＝25 m若B 不固定，B 的加速度a B ＝μm A g m B ＝0.4×1×104 m/s 2＝1 m/s 2设A 运动到B 的最右端所用的时间为t ，根据题意可得12a A t 2－12a B t 2＝l 代入数据得t ≈7.07 s.4．如图4所示，一质量为m B ＝2 kg ，长为L ＝6 m 的薄木板B 放在水平面上，质量为m A ＝2 kg 的物体A (可视为质点)在一电动机拉动下从木板左端以v 0＝5 m/s 的速度向右匀速运动．在物体带动下，木板以a ＝2 m/s 2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F ＝8 N ．已知各接触面间的动摩擦因数恒定，重力加速度g 取10 m/s 2，则图4(1)经多长时间物体A 滑离木板？ (2)木板与水平面间的动摩擦因数为多少？(3)物体A 滑离木板后立即取走物体A ，木板能继续滑行的距离为多少？ 答案 (1)2 s (2)0.1 (3)8 m解析 (1)设经t 0时间物体A 滑离木板，则 对物体A ：x A ＝v 0t 0对木板B ：x B ＝12at 20x A －x B ＝L联立解得：t 0＝2 s ，t ′＝3 s(舍去)． (2)A 、B 间的滑动摩擦力为F f AB ＝F ＝8 N 此时地面对B 的摩擦力满足：F f AB －F f ＝m B a 解得F f ＝4 N地面对B 的摩擦力：F f ＝μF N ，F N ＝(m A ＋m B )g ＝40 N 联立解得μ＝0.1.(3)A 滑离B 时，B 的速度为v ＝at 0＝4 m/s A 滑离B 后F N ′＝m B g ＝20 N ，地面对B 的摩擦力为F f ′＝F f2＝2 NA 滑离B 后，对木板F f ′＝m B a ′ 解得a ′＝1 m/s 2从A 滑离木板到木板停止运动所经历的时间为t ＝0－v－a ′＝4 s木板滑过位移为x ＝0－v 2－2a ′＝8 m.5．如图5所示，以水平地面建立x 轴，有一个质量为m ＝1 kg 的木块(视为质点)放在质量为M ＝2 kg 的长木板上，木板长L ＝11.5 m ．已知木板与地面的动摩擦因数为μ1＝0.1，m 与M 之间的动摩擦因数μ2＝0.9(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A 点经过坐标原点O 时的速度为v 0＝10 m/s ，在坐标为x 0＝21 m 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P ，取g ＝10 m/s 2，求：图5(1)木板碰挡板P 前瞬间的速度v 1为多少？ (2)木板最终停止运动时其左端A 的位置坐标？ 答案 (1)9 m/s (2)1.4 m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F f1＝μ1(m ＋M )g ， 根据牛顿第二定律知，它们的共同加速度为a 1＝μ1(m ＋M )g m ＋M ＝1 m/s 2小于m 与M 之间的最大摩擦力F f2＝μ2mg 产生的加速度为a m ＝μ2g ＝9 m/s 2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v 1，由运动学公式得：v 20－v 21＝2a 1x其中：x ＝x 0－L ＝21 m －11.5 m ＝9.5 m 解得：v 1＝9 m/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v 1向左做匀减速运动，木块以初速度v 1向右做匀减速运动，设木板和木块的加速度分别为a 2和a 3，由牛顿第二定律可知：a 2＝μ2mg ＋μ1(M ＋m )g M＝6 m/s 2，方向水平向右a 3＝μ2mg m＝μ2g ＝9 m/s 2，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t 2，共同速度为v 2，可得： v 1－a 3t 2＝－(v 1－a 2t 2)解得：t 2＝1.2 s v 2＝1.8 m/s ，方向水平向左 在此过程中，木块运动位移x 1＝v 1－v 22×t 2＝4.32 m ，方向水平向右木板运动位移x 2＝v 1＋v 22×t 2＝6.48 m ，方向水平向左所以二者相对位移Δx ＝x 1＋x 2＝10.8 m<L ＝11.5 m ， 即二者相对运动时木块没有掉离木板．二者共速后，又以a 1＝1 m/s 2向左减速至停下，设其向左运动的位移为x 3 v 22＝2a 1x ，解得：x 3＝1.62 m 最终木板M 左端点A 位置坐标为 x ＝x 0－L －x 2－x 3＝1.4 m. 【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—传送带；(3)滑块—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—传送带形式中，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14圆弧轨道，其半径R ＝0.4 m ，轨道的最低点距地面高度h ＝0.45 m ．一质量m ＝0.1 kg 的小滑块从轨道的最高点A 由静止释放，到达最低点B 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 ＝0.6 m ．空气阻力不计，g 取10 m/s 2，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)2.0 m/s (2)2.0 N (3)0.2 J解析 (1)小滑块离开轨道后做平抛运动，设运动时间为t ，初速度为v ，则 x ＝v t h ＝12gt 2 解得：v ＝2.0 m/s.(2)小滑块到达轨道最低点时，受重力和轨道对它的弹力为F N ，根据牛顿第二定律：F N －mg＝m v 2R解得：F N ＝2.0 N根据牛顿第三定律，轨道受到的压力大小F N ′＝F N ＝2.0 N.(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 f ＝12m v 2－0解得：W f ＝－0.2 J所以小滑块克服摩擦力做功为0.2 J.2．如图2所示，质量m ＝6.0 kg 的滑块(可视为质点)，在F ＝60 N 的水平拉力作用下从A 点由静止开始运动，一段时间后撤去拉力F ，当滑块由平台边缘B 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E 点．已知AB 间的距离L ＝2.3 m ，滑块与平台间的动摩擦因数μ＝0.5，平台离地高度h ＝0.8 m ，B 、C 两点间水平距离x ＝1.2 m ，圆弧轨道半径R ＝1.0 m ．重力加速度g 取10 m/s 2，不计空气阻力．求：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F 作用的时间； (3)分析滑块能否再次经过C 点． 答案 (1)3 m/s (2)0.8 s (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 ＝v B t竖直方向：h ＝12gt 2解得：v B ＝3 m/s.(2)滑块由A 至B 的过程中，F 作用时间内做匀加速直线运动 F －μmg ＝ma 1 v 1＝a 1t 1x 1＝12a 1t 21撤去F 后滑块做匀减速直线运动 a 2＝μg v B ＝v 1－a 2t 2x 2＝v B t 2＋12a 2t 22L ＝x 1＋x 2 联立得：t 1＝0.8 s.(3)由B 至C 的过程根据动能定理mgh ＝12m v 2C －12m v 2B 得vC ＝5 m/s因此cos α＝v Bv C＝0.6滑块从E 点上抛至落回的时间用t 0表示，则v E ＝g ×t 02＝2 m/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 f根据动能定理：－mgR cos α－W f ＝12m v 2E －12m v 2C 可得：W f ＝27 J由E 点返回到C 点过程，由于mgR cos α＋12m v 2E >W f又因为返回过程中，克服摩擦力做功W f ′<W f ，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h 1＝12 m ，底角分别为37°、53°，A 、B 两小物块质量分别为m A ＝2 kg 、m B ＝4 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h 2＝4 m ，在滑轮处压住细绳，已知物块与斜面间的动摩擦因数均为μ＝0.1，g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，sin 53°＝0.8.图3(1)若在压绳处突然剪断绳，求A 、B 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B 滑到底端后，A 沿斜面继续向上滑行的距离．答案 (1)2637 (2)4153 m/s (3)10051 m解析 (1)对A 分析 F A ＝m A g sin 37°－μm A g cos 37° 对B 分析 F B ＝m B g sin 53°－μm B g cos 53°又F ＝ma ，综上所述，解得a A a B ＝g sin 37°－μg cos 37°g sin 53°－μg cos 53°a A a B ＝2637(2)由动能定理：m B gh 2－m A gh A －(μm B g cos 53°＋μm A g cos 37°)·x ＝12(m A ＋m B )v 2由几何关系得：h A ＝h 2sin 53°·sin 37°＝3 mx ＝h 2sin 53°＝5 m 联立解得B 滑到底端的速度v ＝4153 m/s.(3)A 沿斜面上行，a A ′＝g sin 37°＋μg cos 37°＝6.8 m/s 2由v 2A ＝2a A ′x A v A ＝v ＝4153m/s 上行距离：x A ＝10051m4．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，abcdef 为同一竖直平面内的滑行轨道，其中ab 、df 两段均为倾角θ＝37°的斜直粗糙轨道，bc 为一段半径为R ＝5 m 的光滑圆弧，圆弧与ab 相切于b 点，圆弧圆心O 在c 点的正上方．已知ab 之间高度差H 1＝5 m ，cd 之间高度差H 2＝2.25 m ，运动员连同滑板的总质量m ＝60 kg.运动员从a 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下滑．de 之间的高度差H 3＝9 m ，运动员连同滑板可视为质点，忽略空气阻力，取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：图4(1)运动员刚运动到c 点时的速度大小；(2)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)8 m/s (2)1 368 N ，方向竖直向下 (3)－1 680 J解析 (1)物体从c 到e 点做平抛运动，在竖直方向做自由落体运动：H 2＋H 3＝12gt 2t ＝ 2(H 2＋H 2)g ＝ 2×(2.25＋9)10s ＝1.5 sce 之间的水平距离为x ＝H 3tan 37°＝934 m ＝12 m从c 到e 做平抛运动，在水平方向做匀速运动故v c ＝x t ＝121.5m/s ＝8 m/s.(2)在c 点，由牛顿第二定律可知F N －mg ＝m v 2cRF N ＝mg ＋m v 2c R ＝60×10＋60×825N ＝1 368 N根据牛顿第三定律可知，运动员对轨道的压力为1 368 N ，方向竖直向下． (3)由a 到c ，由动能定理可知mg (H 1＋R －R cos 37°)＋W f ＝12m v 2c代入数据解得W f ＝－1 680 J.5．如图5所示，质量均为m 的物体B 、C 分别与轻质弹簧的两端相拴接，将它们放在倾角为θ的足够长的光滑斜面上，静止时弹簧的形变量为x 0.斜面底端有固定挡板D ，物体C 靠在挡板D 上．将质量也为m 的物体A 从斜面上的某点静止释放，A 与B 相碰．已知重力加速度为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AB 第一次振动到最高点时，C 对挡板D 的压力恰好为零，求振动过程C 对挡板D 的压力最大值；(3)若将A 从距离B 为9x 0的位置由静止释放，A 与B 相碰后不粘连，但仍立即一起运动，且当B 第一次运动到最高点时，C 对挡板D 的压力也恰好为零．已知A 与B 相碰后，A 、B 系统动能损失一半，求A 与B 相碰后弹簧第一次恢复到原长时B 的速度大小．答案 (1)2x 0 (2)6mg sin θ (3)3gx 0sin θ解析 (1)相碰前，对B 有：kx 0＝mg sin θ相碰后过平衡位置时，对AB 整体有：kx 1＝2mg sin θ联立解得x 1＝2x 0.(2)物体C 对挡板D 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 1＝mg sin θ对AB ：F 1＋2mg sin θ＝2ma物体C 对挡板D 的压力F N 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F 2，对AB ：F 2－2mg sin θ＝2ma对C ：F N ＝F 2＋mg sin θ联立解得F N ＝6mg sin θ根据牛顿第三定律得，C 对挡板D 压力的最大值F N ′＝F N ＝6mg sin θ.(3)A 从开始下滑到与B 相碰前的过程，由机械能守恒定律得：9mgx 0sin θ＝12m v 21A 、B 碰撞动能损失一半，碰后对AB 有：12(m ＋m )v 22＝14m v 21 设弹簧形变量为x 0时弹性势能为E p ，从A 、B 开始压缩弹簧到弹簧第一次恢复原长时，此时A 、B 的速度为v 3，由机械能守恒定律有12(m ＋m )v 22＋E p ＝12(m ＋m )v 23＋(m ＋m )gx 0sin θ 当弹簧第一次恢复原长时，A 、B 恰好分离．从A 、B 分离到B 运动到最高点过程，由机械能守恒定律得：12m v 23＝mgx 0sin θ＋E p 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v 3＝3gx 0sin θ.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P A 与PB 的倾角、高度、粗糙程度完全相同，管口A 、B 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H 1＝0.4 m ．中间“8”字型光滑细管道的圆半径R ＝10 cm(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m ＝0.5 kg 的小滑块从管口A 的正上方H 2处自由下落，第一次到达最低点P 的速度大小为10 m/s.此后小滑块经“8”字型和PB 管道运动到B 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 ＝10 m/s 2.求：图6(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B 后上升的高度；(4)滑块能冲出槽口的次数．答案 (1)2 J (2)455 N ，方向竖直向上 (3)4.2 m (4)6次解析 (1)滑块第一次由A 滑到P 的过程中，根据动能定理得12m v 21＝mg (H 1＋H 2)－W 1 代入数据解得W 1＝2 J.(2)根据动能定理得：12m v 22－12m v 21＝－4mgR 在“8”字型管道的最高点，mg ＋F N ＝m v 22R管道对滑块的弹力大小F N ＝455 N ，方向竖直向下，滑块对管道的弹力大小F N ′＝455 N ，方向竖直向上．(3)滑块第一次由A 到B 克服摩擦力做的功W 2＝2W 1＝4 J根据mg (H 2－h )＝W 2得，上升的高度h ＝4.2 m.(4)滑块能冲出槽口的次数n ＝mgH 2W 2＝6.25 所以滑块能离开槽口的次数为6次．【必考模型2】 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m ，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v 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v ；(3)如果“容器”中带电粒子是核聚变的原料11H 、21H ，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r 1、r 2，试推导r 1、r 2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)Bq (R －r )2m(3)2r 1－r 2＝(2－1)R 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r ′，由几何关系，R －r ＝2r ′①粒子做圆周运动向心力由洛伦兹力提供Bq v ＝m v 2r ′② 由①②得R －r ＝2r ′＝2m v qB所以v ＝Bq (R －r )2m. (3)11H 、21H 两粒子，电量相同，动能相同，所以m 1v 1∶m 2v 2＝m 1∶m 2＝1∶2③由(2)得R －r 1＝2m 1v 1qB④ R －r 2＝2m 2v 2qB⑤ 由③④⑤得2r 1－r 2＝(2－1)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Ⅱ(如图2)，平行于x 轴的直线aa ′和bb ′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23B 的匀强磁场，边界bb ′上装有足够长的平面感光板．一质量为m 、电荷量为＋q 的带电粒子，从坐标原点O 以大小为v 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v 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Ⅱ区？(2)粒子射入的速度v 大小满足什么条件时可使粒子击中bb ′上的感光板？并求感光板可能被粒子击中的范围？答案 (1)v ≤qBd m (2)v ≥5qBd 3m 0<x ≤73d 解析 (1)粒子在Ⅰ区内做匀速圆周运动，有q v B ＝m v 2r 1得粒子运动的轨道半径r 1＝m v qB 粒子只在Ⅰ区内运动而不会进入Ⅱ区，则r 1≤d 解得速度v 满足的条件v ≤qBd m. (2)粒子在Ⅱ区内做匀速圆周运动，有q v ·23B ＝m v 2r 2得粒子运动的轨道半径r 2＝3m v 2qB ＝32r 1粒子恰好能运动到感光板的运动情况如图所示粒子在Ⅰ区中运动的圆心为A 1、在Ⅱ区中运动的圆心为A 2，在图中△A 1CD 相似于△CA 2E ，因此CD A 1C ＝A 2E CA 2即d r 1＝r 2－d r 2，解得r 1＝53d ，v ＝5qBd 3m因此，要使粒子击中感光板，粒子射入的速度应满足v ≥5qBd 3m在△A 1CD 中，可得cos θ＝d r 1＝35粒子经过感光板上的F 点的横坐标x F ＝r 1＋(r 2－r 1)sin θ解得x F ＝73d 因此，感光板可能被粒子击中的横坐标范围0<x ≤73d . 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B ，一质量为m 、带电量为－q 的粒子，自圆心O 点垂直于OM 以速度v 射入磁场，粒子能两次经过边界OM ，不计粒子重力．图3(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∠MON 变为10°，粒子射出后穿越磁场边界的次数．答案 (1)2πm 3qB (2)(1＋7)m v qB(3)15 解析 (1)粒子第一次穿过边界，偏转角θ＝120°时间t ＝120°360°·T ，其中T ＝2πm qB ，得t ＝2πm 3qB. (2)粒子在磁场中运动轨迹如图q v B ＝m v 2R半径R ＝m v qB 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E 点相切．在△O 1AB 中，O 1B ＝2R在△O 2BD 中，BD ＝R 2在△ODO 2中，OD ＝OB －BD ＝52R O 2D ＝32R 得OO 2＝7R OE ＝7R ＋R ＝(7＋1)R最小半径r ＝OE ＝(7＋1)R ＝(1＋7)m v qB. (3)∠MON 变为10°，首次从ON 边界向下穿出时与之夹角为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xOy 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B ，方向垂直xOy 平面向里，电场线平行于y 轴，一质量为m 、电荷量为q 的带正电的小球，从y 轴上的A 点水平向右抛出，经x 轴上的M 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L ，小球过M 点时的速度方向与x 轴的方向夹角为θ，不计空气阻力，重力加速度为g ，求：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v 0的大小；(3)小球从A 点运动到N 点的时间t .答案 (1)mg q ，方向竖直向上 (2)qBL 2m tan θ(3)qBL 2mg ＋2mθqB解析 (1)小球在电场、磁场中恰能做匀速圆周运动，有：qE ＝mg ，则E ＝mg q，电场强度方向竖直向上．(2)小球做匀速圆周运动，设半径为r ，由几何关系知：sin θ＝L 2r设小球做圆周运动的速率为v ，有：q v B ＝m v 2r由速度的合成与分解得：cos θ＝v 0v得：v 0＝qBL 2m tan θ. (3)设小球到M 点的竖直分速度为v y ，v y ＝v 0tan θ＝gt 1t 1＝qBL 2mg在磁场中运动时间为：t 2＝2θ2π·2πm qB ＝2mθqB运动总时间为：t ＝t 1＋t 2＝qBL 2mg ＋2mθqB. 2．(2014·天津·12)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m 、电荷量为＋q 的粒子A (不计重力)从M 板小孔飘入板间，初速度可视为零．每当A 进入板间，两板的电势差变为U ，粒子得到加速，当A 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，A 在磁场作用下做半径为R 的圆周运动，R 远大于板间距离．A 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：图2(1)A 运动第1周时磁场的磁感应强度B 1的大小；(2)在A 运动第n 周的时间内电场力做功的平均功率P n ；(3)若有一个质量也为m 、电荷量为＋kq (k 为大于1的整数)的粒子B (不计重力)与A 同时从M 板小孔飘入板间，A 、B 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A 、B 的运动轨迹．在B 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A 、B 的运动轨迹，并经推导说明理由．答案 (1)1R 2mU q (2)qU πR nqU 2m (3)A 理由见解析 解析 (1)设A 经电场第1次加速后速度为v 1，由动能定理得qU ＝12m v 21－0①。

2015年(全国Ⅱ卷)计算题考点排查练题号2425考点带电粒子在电场内的曲线运动动力学方法处理斜面内的“板—块模型”问题24．(2018·安徽省“江南十校”二模)如图1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．图1(1)求电场强度E 和a 、O 两点的电势差U aO ；(2)小球在a 点获得一水平初速度v a ，使其能在竖直面内做完整的圆周运动，则v a 应满足什么条件？答案　(1)　－　(2)v a ≥3mg q 3mgl q10gl解析　(1)小球静止在a 点时，由共点力平衡可得mg ＋2mg ＝qE ①得E ＝，方向竖直向上②3mg q 在匀强电场中，有U Oa ＝El ③则a 、O 两点电势差U aO ＝－④3mgl q (2)小球从a 点恰好运动到b 点，设到b 点速度大小为v b ，由动能定理得－qE ·2l ＋mg ·2l ＝mv b 2－mv a 2⑤1212小球做圆周运动通过b 点时，由牛顿第二定律可得qE －mg ＝m ⑥v b 2l联立②⑤⑥可得v a ＝，故应满足v a ≥.10gl 10gl 25．(2018·广东省汕头市第二次模拟)如图2所示，一斜面体固定在水平地面上，倾角为θ＝30°、高度为h ＝1.5 m ．一薄木板B 置于斜面顶端，恰好能保持静止，木板下端连接有一根自然长度为l 0＝0.2 m 的轻弹簧，木板总质量为m ＝1 kg ，总长度为L ＝2.0 m ．一质量为M ＝3 kg 的小物块A 从斜面体左侧某位置水平抛出，该位置离地高度H ＝1.7 m ，物块A 经过一段时间后从斜面顶端沿平行于斜面方向落到木板上并开始向下滑行，已知A 、B 之间的动摩擦因数为μ＝.木板下滑到斜面底端碰到挡板时立刻停下，物块A 最后恰好能脱离弹簧，32且弹簧被压缩时一直处于弹性限度内，最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，取重力加速度g ＝10 m/s 2，不计空气阻力．求：图2(1)物块A 刚落到木板上的速度大小v ；(2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能．答案　(1)4 m/s (2)5 J解析　(1)物块A 落到木板前做平抛运动，竖直方向：2g (H －h )＝v y 2得：v y ＝2 m/s物块A 刚落到木板上的速度大小为：v ＝＝4 m/sv y sin 30°(2)由木板恰好静止在斜面上，得到斜面与木板间的动摩擦因数μ0应满足：mg sin 30°＝μ0mg cos 30°得：μ0＝tan 30°＝33物块A 在木板上滑行时，以A 为研究对象有：a A ＝＝2.5 m/s 2(沿斜μMg cos 30°－Mg sin 30°M面向上)以木板B 为研究对象有：a B ＝＝7.5 m/s 2(沿μMg cos 30°＋mg sin 30°－μ0 M ＋m g cos 30°m斜面向下)假设A 与木板达到共同速度v 共时，A 还没有压缩弹簧且木板还没有到达底端，则有：v 共＝a B t ＝v －a A t解得：v 共＝3 m/s ，t ＝0.4 s此过程，x A ＝·t ＝1.4 m ，x B ＝·t ＝0.6 m<＝3 m v ＋v 共2v 共2hsin 30°故Δx ＝x A －x B ＝0.8 m<L －l 0＝1.8 m ，说明以上假设成立共速后，由于(M ＋m )g sin 30°＝μ0(M ＋m )g cos 30°，A 与木板B 一起匀速到木板与底端挡板碰撞，木板停下，此后A 做匀减速到与弹簧接触，然后A 压缩弹簧至最短，设接触弹簧时A 的速度为v A ，有：－2a A (L －l 0－Δx )＝v A 2－v 共2解得：v A ＝2 m/s设弹簧最大压缩量为x m ，A 从开始压缩弹簧到刚好回到原长过程有：Q ＝2μMgx m cos 30°＝Mv A 212得：Q ＝6 J ，x m ＝ m 215A 从开始压缩弹簧到弹簧最短过程有：E pm ＝Mv A 2＋Mgx m sin 30°－Q ＝5 J ，即弹簧被压缩1212到最短时的弹性势能为5 J.。