高考物理二轮复习 专题十四 计算题解题思维重点讲练-人教版高三全册物理试题.doc

《高考物理二轮复习 专题十四 计算题解题思维重点讲练-人教版高三全册物理试题.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考物理二轮复习 专题十四 计算题解题思维重点讲练-人教版高三全册物理试题.doc（34页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、专题十四 计算题解题思维重点讲练1(2014课标全国) 如图所示，O，A，B为同一竖直平面内的三个点，OB沿竖直方向，BOA60，OBOA，将一质量为m的小球以一定的初动能自O点水平向右抛出，小球在运动过程中恰好通过A点，使此小球带电，电荷量为q(q0)，同时加一匀强电场，场强方向与OAB所在平面平行现从O点以同样的初动能沿某一方向抛出此带电小球，该小球通过了A点，到达A点时的动能是初动能的3倍；若该小球从O点以同样的初动能沿另一方向抛出，恰好通过B点，且到达B点时的动能为初动能的6倍，重力加速度大小为g.求： (1)无电场时，小球到达A点时的动能与初动能的比值；(2)电场强度的大小和方向解析

2、(1)设小球的初速度为v0，初动能Ek0，从O点运动到A点的时间为t，令OAd，则OBd，根据平抛运动的规律有dsin60v0tdcos60gt2又有Ek0mv由式得Ek0mgd设小球到达A点时的动能为EkA，则EkAEk0mgd由式得(2)加电场后，小球从O点到A点和B点，高度分别降低了和d，设电势能分别减小EpA和EpB，由能量守恒及式得EpA3Ek0Ek0mgdEk0EpB6Ek0Ek0mgdEk0在匀强电场中，沿任一直线，电势的降落是均匀的，设直线OB上的M点与A点等电势，M与O点的距离为x，如图，则有解得xd，MA为等势线，电场必与其垂线OC方向平行，设电场方向与竖直向下的方向的夹角

3、为，由几何关系可得30设场强的大小为E，有qEdcos30EpA由式得E与竖直向下的方向的夹角为30.2. (2014重庆)如图所示，在无限长的竖直边界NS和MT间充满匀强电场，同时该区域上、下部分分别充满方向垂直于NSTM平面向外和向内的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B和2B，KL为上下磁场的水平分界线，在NS和MT边界上，距KL高h处分别有P、Q两点，NS和MT间距为1.8h.质量为m、带电量为q的粒子从P点垂直于NS边界射入该区域，在两边界之间做圆周运动，重力加速度为g.(1)求该电场强度的大小和方向(2)要使粒子不从NS边界飞出，求粒子入射速度的最小值(3)若粒子能经过Q点从MT边界飞

4、出，求粒子入射速度的所有可能值答案(1)，方向竖直向上(2)(96)(3)解析(1)设电场强度大小为E.由题意有mgqE得E，方向竖直向上(2)如图所示，设粒子不从NS边飞出的入射速度最小值为vmin，对应的粒子在上、下区域的运动半径分别为r1和r2，圆心的连线与NS的夹角为.由r，有r1，r2r1由(r1r2)sin r2，r1r1cos h得vmin(96).(3)如图所示，设粒子入射速度为v，粒子在上、下方区域的运动半径分别为r1和r2，粒子第一次通过KL时距离K点为x.由题意有3nx1.8h(n1,2,3，)xx得r1，n1(mM)g2 N时，如果M、m相对静止，铁块与木板有相同的加速

5、度a，则F1(mM)g(mM)aFfma解得F2f2此时f1mg4 N，也即F6 N所以当2 N6 N时，M、m相对滑动，此时铁块受到的摩擦力为f2mg4 N图像如图所示：命题立意本题旨在考查牛顿第二定律、匀变速直线运动的位移与时间的关系5(2015盐城检测)如图甲所示，水平地面上放置一倾角为37的足够长的斜面，质量为m的物块置于斜面的底端某时刻起物块在沿斜面向上的力F作用下由静止开始运动，力F随位移变化的规律如图乙所示已知整个过程斜面体始终保持静止状态，物块开始运动t0.5 s内位移x11 m,0.5 s后物块再运动x22 m时速度减为0.取g10 m/s2，sin370.6，cos370.

6、8.求：(1)由静止开始，0.5 s末物块运动的速度的大小；(2)物块沿斜面向上运动过程，受到的摩擦力做的功；(3)物块在沿斜面向下运动过程中，斜面体受到地面的摩擦力的大小答案(1)4 m/s(2)12 J(3)1.6 N解析(1)由题意，0.5 s内物块做匀加速直线运动则a1t2x1va1t解得a18 m/s2，v4 m/s(2)加速和减速过程沿斜面向上的力分别为F118 N，F26 N设物块的质量m和物块与斜面间的动摩擦因数，由动能定理，有加速过程：(F1mgsinmgcos)x1mv2减速过程：(mgsinmgcosF2)x20mv2Wfmgcos(x1x2)联立解得m1 kg，0.5，

7、Wf12 J(3)斜面体受到物块的压力Nmgcos受到物块的摩擦力fmgcos设斜面体受到沿地面向右的摩擦力为f地，由平衡条件有f地Nsinfcos0解得f地大小1.6 N命题立意本题旨在考查动能定理的应用、匀变速直线运动的位移与时间的关系6(2015扬州开学考试)如图所示，半径R0.5 m的光滑圆弧面CDM分别与光滑斜面体ABC和斜面MN相切于C、M点，O为圆弧圆心，D为圆弧最低点斜面体ABC固定在地面上，顶端B安装一定滑轮，一轻质软细绳跨过定滑轮(不计滑轮摩擦)分别连接小物块P、Q(两边细绳分别与对应斜面平行)，并保持P、Q两物块静止若PC间距为L10.25 m，斜面MN足够长，物块P质量

8、m3 kg，与MN间的动摩擦因数，求：(sin370.6，cos370.8)(1)烧断细绳后，物块P第一次到达D点时对轨道的压力大小；(2)物块P第一次过M点后0.3 s到达K点，则MK间距多大；(3)物块P在MN斜面上滑行的总路程答案(1)78 N(2)0.17 m(3)1.0 m解析(1)滑块由P到D过程，由动能定理，得mghmv根据几何关系，有hL1sin53R(1cos53)在D点，支持力和重力的合力提供向心力，有FDmgm解得FD78 N由牛顿第三定律得，物块P对轨道的压力大小为78 N(2)PM段，根据动能定理，有mgL1sin53mv解得vM2 m/s沿MN向上运动过程，根据牛顿

9、第二定律，得到a1gsin53gcos5310 m/s2根据速度时间公式，有vMa1t1解得t10.2 s所以t10.2 s时，P物到达斜面MN上最高点，故返回过程，有xa2t沿MN向下运动过程，根据牛顿第二定律，有a2gsin53gcos536 m/s2根据运动学公式，有xMKt1a2t0.17 m即MK之间的距离为0.17 m(3)最后物体在CM之间来回滑动，且到达M点时速度为零，对从P到M过程运用动能定理，得到mgL1sin53mgcos53L总0解得L总1.0 m即物块P在MN斜面上滑行的总路程为1.0 m命题立意本题旨在考查牛顿运动定律的应用物体的平衡、牛顿第二定律、牛顿第三定律、牛

10、顿运动定律的应用连接体、向心力、机械能守恒定律7(2015衡水高三调) 如图所示，光滑绝缘的正方形水平桌面边长为d0.48 m，离地高度h1.25 m桌面上存在一水平向左的匀强电场(除此之外其余位置均无电场)，电场强度E1104 N/C.在水平桌面上某一位置P处有一质量m0.01 kg，电量q1106 C的带正电小球以初速v01 m/s向右运动空气阻力忽略不计，重力加速度g10 m/s2.求：(1)小球在桌面上运动时加速度的大小和方向；(2)P处距右端桌面多远时，小球从开始运动到最终落地的水平距离最大？并求出该最大水平距离？答案(1)1.0 m/s2方向：水平向左(2) m m解析(1)对小球

11、受力分析，受到重力、支持力和电场力，重力和支持力平衡，根据牛顿第二定律，有a m/s21.0 m/s2方向：水平向左(2)设球到桌面右边的距离为x1，球离开桌面后做平抛运动的水平距离为x2，则x总x1x2由v2v2ax1代入，解得v设平抛运动的时间为t，根据平抛运动的分位移公式，有hgt2代入得t0.5 s水平方向，有x2vt0.5故x总x10.5令y则x总故，当y，即x1 m时，水平距离最大最大值为xm m即距桌面右端 m处放入，有最大水平距离为 m命题立意本题旨在考查电场强度、牛顿第二定律、平抛运动8(2015枣庄八中模拟)如图所示，A、B间存在与竖直方向成45斜向上的匀强电场E1，B、C

12、间存在竖直向上的匀强电场E2，A、B的间距为1.25 m，B、C的间距为3 m，C为荧光屏一质量m1.0103 kg，电荷量q1.0102 C的带电粒子由a点静止释放，恰好沿水平方向经过b点到达荧光屏上的O点若在B、C间再加方向垂直于纸面向外且大小B0.1 T的匀强磁场，粒子经b点偏转到达荧光屏的O点(图中未画出)取g10 m/s2.求：(1)E1的大小；(2)加上磁场后，粒子由b点到O点电势能的变化量及偏转角度答案(1)E1 N/C1.4 N/C(2)电势能增加了1.0102 J，粒子偏转角度为37解析由平衡条件可以求出电场强度；根据动能定理，可求出粒子经b点的速度，再由平衡状态，与牛顿第二

13、定律，及几何关系可确定电势能变化量(1)粒子在A、B间做匀加速直线运动，竖直方向受力平衡，则有qE1cos45mg解得E1 N/C1.4 N/C(2)粒子从a到b的过程中，由动能定理，得qE1dABsin45mv0解得vb5 m/s加磁场前粒子在B、C间必做匀速直线运动，则有qE2mg加磁场后粒子在B、C间必做匀速圆周运动，如图所示，由牛顿第二定律，得qvbBm解得R5 m设偏转距离为y，由几何知识，得R2d(Ry)2，代入数据得y1.0 m粒子在B、C间运动时电场力做的功为WqE2ymgy1.0102 J由功能关系知，粒子的电势能增加了1.0102 J偏转角度为37命题立意本题旨在考察带电粒

14、子在磁场中的运动规律9(2015连徐宿三调) 如图，在边长为L的等边三角形ACD区域内，存在垂直于所在平面向里的匀强磁场大量的质量为m、电荷量为q的带正电粒子以相同速度(速度大小未确定)沿垂直于CD的方向射入磁场，经磁场偏转后三条边均有粒子射出，其中垂直于AD边射出的粒子在磁场中运动的时间为t0.不计粒子的重力及粒子间的相互作用求：(1)磁场的磁感应强度大小；(2)要确保粒子能从CD边射出，射入的最大速度；(3)AC、AD边上可能有粒子射出的范围答案(1)(2)(3)AC、AD边上可能有粒子射出的范围为CE段和DF段，xCE、xDF解析(1)洛伦兹力提供向心力，有qvBm周期T当粒子垂直AD边

15、射出时，根据几何关系有圆心角为60解得B(2)当轨迹圆与AC、AD都相切时，粒子能从CD边射出，半径最大，速度为最大值，此时根据qvBm，得r解得v所以，粒子射入的速度应满足v(3)由(2)知，当轨迹圆与AC相切时，从AC边射出的粒子距C最远故有粒子射出的范围为CE段，xCEcos60当轨迹圆与AD边的交点F恰在圆心O正上方时，射出的粒子距D点最远故有粒子射出的范围为DF段xDF命题立意本题旨在考查带电粒子在匀强磁场中的运动10(2015盐城1月检测)如图甲所示，斜面倾角为37，一宽为l0.43 m的有界匀强磁场垂直于斜面向上，磁场边界与斜面底边平行在斜面上由静止释放一正方形金属线框，线框沿斜

16、面下滑，下边与磁场边界保持平行取斜面底边重力势能为零，从线框开始运动到恰好完全进入磁场的过程中，线框的机械能E和位移s之间的关系如图乙所示，图中、均为直线段已知线框的质量为m0.1 kg，电阻为R0.06 ，重力加速度取g10 m/s2.求：(1)金属线框与斜面间的动摩擦因数；(2)金属线框刚进入磁场到恰完全进入磁场所用的时间；(3)金属线框穿越磁场的过程中，线框中产生的最大电功率(本小题保留两位有效数字)答案(1)0.5(2)0.125 s(3)0.43 W解析(1)减少的机械能等于克服摩擦力所做的功E1Wf1而E10.900 J0.756 J0.144 JWf1mgcos37s1其中s10

17、.36 m解得0.5(2)金属线框进入磁场的过程中，减小的机械能等于克服摩擦力和安培力所做的功，机械能仍均匀减小，因此安培力也为恒力，线框做匀速运动v2as1其中agsin37gcos372 m/s2可解得线框刚进磁场时的速度大小为v11.2 m/sE2Wf2WA(fFA)s2其中E20.756 J0.666 J0.09 JfFAmgsin370.6 Ns2为线框的侧边长即线框进入磁场过程运动的距离，可求出s20.15 mt0.125 s(3)线框刚出磁场时速度最大，线框内的电功率最大PmI2R由vv2a(ls2)可求得v21.6 m/s根据线框匀速进入磁场时，FAmgcos37mgsin37

18、可求出FA0.2 N又因为FABIL可求出B2L20.01代入数据解得PmI2R0.43 W命题立意本题旨在考查导体切割磁感线时的感应电动势、闭合电路的欧姆定律、电磁感应中的能量转化11(2015绵阳三诊)如图所示，在xOy平面内，以O1(0，R)为圆心、R为半径的圆形区域内有垂直平面向里的匀强磁场B1，x轴下方有一直线ab，ab与x轴相距为d，x轴与直线ab间区域有平行于y轴的匀强电场E，在ab的下方有一平行于x轴的感光板MN，ab与MN间区域有垂直于纸平面向外的匀强磁场B2.在0y2R的区域内，质量为m、电荷量为e的电子从任何位置从圆形区域的左侧沿x轴正方向以速度v0射入圆形区域，经过磁场

19、B1偏转后都经过O点，然后进入x轴下方已知x轴与直线ab间匀强电场场强大小E，ab与MN间磁场磁感应强度B2.不计电子重力(1)求圆形区域内磁场磁感应强度B1的大小？(2)若要求从所有不同位置出发的电子都不能打在感光板MN上，MN与ab板间的最小距离h1是多大？(3)若要求从所有不同位置出发的电子都能打在感光板MN上，MN与ab板间的最大距离h2是多大？当MN与ab板间的距离最大时，电子从O点到MN板，运动时间最长是多少？答案(1)(2)3d(3)d解析(1)所有电子射入圆形区域后做圆周运动轨道半径大小相等，设为r，当电子从位置yR处射入的电子经过O点进入x轴下方，则rRev0B1m，解得B1

20、(2)设电子经电场加速后到达ab时速度大小为v，电子在ab与MN间磁场做匀速圆周运动轨道半径为r，沿x轴负方向射入电场的电子离开电场进入磁场时速度方向与水平方向成角，则eEdmv2mvr1cos如果电子在O点以速度v0沿x轴负方向射入电场，经电场偏转和磁场偏转后，不能打在感光板上，则所有电子都不能打在感光板上恰好不能打在感光板上的电子在磁场中的圆轨道圆心为O2如图，则感光板与ab间的最小距离h1r1r1cos解得v2v0，r12d，60，h13d(3)如果电子在O点沿x轴正方向射入电场，经电场偏转和磁场偏转后，能打在感光板上，则所有电子都能打在感光板上恰好能打在感光板上的电子在磁场中的圆轨道圆

21、心为O3，如图，感光板与ab间的最大距离h2r1r1cos解得h2d当感光板与ab间的距离最大为h2d时，所有从O点到MN板的电子中，沿x轴正方向射入电场的电子，运动时间最长设该电子在匀强电场中运动的加速度为a，运动时间为t1，在磁场B2中运动周期为T，时间为t2，则a，datT，t2T运动最长时间tmt1t2解得T，t1，t2tm命题立意本题旨在考查带电粒子在匀强磁场中的运动、带电粒子在匀强电场中的运动12(2015江山市模拟)近代的材料生长和微加工技术，可制造出一种使电子的运动限制在半导体的一个平面内(二维)的微结构器件，且可做到电子在器件中像子弹一样飞行，不受杂质原子射散的影响这种特点可

22、望有新的应用价值图甲所示为四端十字形，二维电子气半导体，当电流从1端进入时，通过控制磁场的作用，可使电流从2、3或4端流出对下面模拟结构的研究，有助于理解电流在上述四端十字形导体中的流动在图乙中，a、b、c、d为四根半径都为R的圆柱体的横截面，彼此靠得很近，形成四个宽度极窄的狭缝1、2、3、4，在这些狭缝和四个圆柱所包围的空间(设为真空)存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里一个质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，由静止经电场加速后，在纸面内以速度v0沿与a、b都相切的方向由缝1射入磁场内，与其中一个圆柱表面发生一次弹性碰撞(碰撞无机械能损失)，从缝2处且沿与b、c都相切的方向射出，碰撞时间极短

23、，且碰撞不改变粒子的电荷量，也不受摩擦力作用，重力忽略不计加速电场两板间距为d，两极板厚度不计且其右极板与圆柱a、b同时相切(1)求加速电场电压U.(2)求磁感应强度B.(3)求从由静止加速到从缝2射出所用的时间t.答案(1)(2)(3)t解析(1)粒子由静止在电场中加速qUmv解得U(2)在图中纸面内取Oxy坐标(如图)，原点在狭缝1处，x轴过缝1和缝3.粒子从缝1进入磁场，在洛伦兹力作用下做圆周运动，圆轨道在原点与x轴相切，故其圆心必在y轴上若以r表示此圆的半径，则圆方程为x2(ry)2r2根据题的要求和对称性可知，粒子在磁场中做圆周运动时应与d的柱面相碰于缝3、4间的圆弧中点处，碰撞处的

24、坐标为x2RRsin45yRRcos45由式，得r3R由洛伦兹力和牛顿定律，有qv0Bm由式，得B(3)在电场中加速用时t1在磁场中转过两段圆弧，设每段圆弧对应圆心角为有sin且磁场中用时t2t3总共用时tt1t2t3由式得t命题立意本题旨在考查带电粒子在匀强磁场中的运动、带电粒子在匀强电场中的运动易错警示带电粒子在磁场中的运动，一般应先明确粒子运动的圆心和半径，再根据题意作出带电子的可能的运动轨迹；再根据几何关系及相应的数学知识进行求解，一般作为压轴题呈现，难度较大13(2015衡水高三调)如图所示，两块平行金属极板MN水平放置，板长L1 m，间距d m，两金属板间电压UMN1104 V；在

25、平行金属板右侧依次存在ABC和FGH两个全等的正三角形区域，正三角形ABC内存在垂直纸面向里的匀强磁场B1，三角形的上顶点A与上金属板M平齐，BC边与金属板平行，AB边的中点P恰好在下金属板N的右端点；正三角形FGH内存在垂直纸面向外的匀强磁场B2，已知A、F、G处于同一直线上，B、C、H也处于同一直线上，AF两点距离为 m现从平行金属极板MN左端沿中心轴线方向入射一个重力不计的带电粒子，粒子质量m31010 kg，带电量q1104 C，初速度v01105 m/s.求：(1)带电粒子从电场中射出时的速度v的大小和方向？(2)若带电粒子进入三角形区域ABC后垂直打在AC边上，求该区域的磁感应强度

26、？(3)接第(2)问，若要使带电粒子由FH边界进入FGH区域并能再次回到FH界面，求B2至少应为多大？答案(1)105 m/s垂直于AB方向出射(2) T(3) T解析(1)设带电粒子在电场中做类平抛运动的时间为t，加速度为a则qma，解得a1010 m/s2t1105 s竖直方向的速度为vyat105 m/s射出时速度为v105 m/s设速度v与水平方向夹角为，有tan故30，即垂直于AB方向出射(2)带电粒子出电场时竖直方向的偏转的位移yat2 m即粒子由P点垂直AB射入磁场由几何关系知在磁场ABC区域内做圆周运动的半径为R1 m由qvB1m，知B1 T(3)分析知当轨迹与边界GH相切时，

27、对应磁感应强度B2最大，运动轨迹如图所示：由几何关系得R21故半径R2(23) m又qvB2m故B2 T所以B2应满足的条件为大于 T命题立意本题旨在考查带电粒子在匀强磁场中的运动、牛顿第二定律、向心力易错警示做好此类题目的关键是准确的画出粒子运动的轨迹图，利用几何知识求出粒子运动的半径，再结合半径公式和周期公式去分析，难度较大14(2015成都三诊)如图甲所示，空间存在一范围足够大、方向垂直于竖直xOy平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B.让质量为m，电荷量为q(q0)的粒子从坐标原点O沿xOy平面入射不计粒子重力，重力加速度为g.(1)若该粒子沿y轴负方向入射后，恰好能经过x轴上的A(a

28、,0)点，求粒子速度的大小(2)若该粒子以速度v沿y轴负方向入射的同时，一不带电的小球从x轴上方某一点平行于x轴向右抛出，二者经过时间t恰好相遇，求小球抛出点的纵坐标(3)如图乙所示，在此空间再加入沿y轴负方向、大小为E的匀强电场，让该粒子改为从O点静止释放，研究表明：粒子在xOy平面内将做周期性运动，其周期T，且在任一时刻，粒子速度的x分量vx与其所在位置的y坐标绝对值的关系为vxy.若在粒子释放的同时，另有一不带电的小球从x轴上方某一点平行于x轴向右抛出，二者经过时间t恰好相遇，求小球抛出点的纵坐标答案(1)(2)g()2(3)g()2解析(1)由题意可知，粒子做匀速圆周运动的半径为r1，

29、有r1洛伦兹力提供向心力，有qv0Bm解得v0(2)洛伦兹力提供向心力，又有qvBm解得r2粒子做匀速圆周运动的周期为T，有T则相遇时间为tT在这段时间内粒子转动的圆心角为，有360150如图所示，相遇点的纵坐标绝对值为r2sin30小球抛出点的纵坐标为yg()2(3)相遇时间tT由对称性可知相遇点在第二个周期运动的最低点设粒子运动到最低点时，离x轴的距离为ym，水平速度为vx由动能定理，有qEymmv，由题意有vxy联立解得ym故小球抛出点的纵坐标为yg()2命题立意本题旨在考查带电粒子在匀强磁场中运动、匀速圆周运动、动能定理15(2015绵阳三诊)如图甲所示，不变形、足够长、质量为m10.

30、2 kg的“U”形金属导轨PQMN放在绝缘水平桌面上，QP与MN平行且距离d1 m，Q、M间导体电阻阻值R4 ，右内侧紧靠两固定绝缘小立柱1、2；光滑金属杆KL电阻阻值r1 ，质量m20.1 kg，垂直于QP和MN，与QM平行且距离L0.5 m，左侧紧靠两固定绝缘小立柱3、4.金属导轨与桌面的动摩擦因数0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，其余电阻不计从t0开始，垂直于导轨平面的磁场磁感应强度如图乙所示(1)求在整个过程中，导轨受到的静摩擦力的最大值fmax；(2)如果从t2 s开始，给金属杆KL水平向右的外力，外力对金属杆作用的功率保持不变为P0320 W，杆到达最大速度时撤去外力，求撤去外力

31、后QM上产生的热量QR？答案(1)0.8 N(2)4 J解析(1)在01 s时间内，设t时刻磁场磁感应强度为B，QKLM中的感应电动势为E，电流为I，金属导轨QM受到的安培力为F，则由乙图得B22t(T)由法拉第电磁感应定律，得E又dLBI解得2 T/s，E1 V，I0.2 A导轨所受的安培力FBId(22t)Id当t1 s时，安培力最大为Fm，则Fm0.8 N设金属导轨PQMN受到的最大静摩擦力为fm，则fm(m1m2)g1.5 N1 s以后，电动势为零，QM受到的安培力为零即安培力最大时，仍然小于金属导轨PQMN受到的最大静摩擦力，金属导轨PQMN始终静止，受到的是静摩擦力所以fmaxFm

32、，则得fmax0.8 N(2)从t2 s开始后，导轨QM受到的安培力向右，由于小立柱1、2的作用，金属导轨PQMN静止设杆KL的最大速度为vm时，感应电动势为E1，电流为I1，受到的安培力为F1，外力为F0，则E1B0dvm，I1则得F1B0I1d，有F0vmP0即解得vm10 m/s撤去外力直到停下来，产生的总热量为Q0，则Q0m2vQM上产生的热量QRR代入数据，解得Q05 J，QR4 J命题立意本题旨在考查导体切割磁感线时的感应电动势、焦耳定律16(2015扬州高三测试)如图所示，电阻忽略不计的、两根平行的光滑金属导轨竖直放置，其上端接一阻值为3 的定值电阻R.在水平虚线L1、L2间有一

33、与导轨所在平面垂直的匀强磁场B，磁场区域的高度为d0.5 m导体棒a的质量ma0.2 kg、电阻Ra3 ；导体棒b的质量mb0.1 kg、电阻Rb6 ，它们分别从图中M、N处同时由静止开始在导轨上无摩擦向下滑动，都能匀速穿过磁场区域，且当b刚穿出磁场时a正好进入磁场设重力加速度为g10 m/s2，不计a、b棒之间的相互作用导体棒始终与导轨垂直且与导轨接触良好求：(1)在整个过程中，a、b两棒分别克服安培力所做的功；(2)导体棒a从图中M处到进入磁场的时间；(3)M点和N点距L1的高度答案(1)1.0 J0.5 J(2) s(3) m m解析(1)根据功能关系，得Wamagd1.0 JWbmbg

34、d0.5 J(2)(3)b在磁场中匀速运动时：速度为vb，总电阻为R17.5 b中的电流Ib由以上各式解得mbg同理，a棒：mab，R25 由以上各式得又v22gh，vavbgt，dvbt联立解得ha m，hb mvbgtb，tatbt解得导体棒a从图中M处到进入磁场的时间为ta s命题立意本题旨在考查导体切割磁感线时的感应电动势、匀变速直线运动的速度与时间的关系、闭合电路的欧姆定律17(2015大庆三检)如图所示，坐标系xOy在竖直平面内，x轴沿水平方向x0的区域有垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B1；第三象限同时存在着垂直于坐标平面向外的匀强磁场和竖直向上的匀强电场，磁感应强

35、度大小为B2，电场强度大小为E.x0的区域固定一与x轴成30角的绝缘细杆一穿在细杆上的带电小球a沿细杆匀速滑下，从N点恰能沿圆周轨道运动到x轴上的Q点，且速度方向垂直于x轴已知Q点到坐标原点O的距离为l，重力加速度为g，B17E，B2E.空气阻力忽略不计，求：(1)带电小球a的电性及其比荷；(2)带电小球a与绝缘细杆的动摩擦因数；(3)当带电小球a刚离开N点时，从y轴正半轴距原点O为h的P点(图中未画出)以某一初速度平抛一个不带电的绝缘小球b，b球刚好运动到x轴与向上运动的a球相碰，则b球的初速度为多大？答案(1)小球带正电，(2)(3)解析(1)由带电小球在第三象限内做匀速圆周运动，可得带电

36、小球带正电且mgqE解得(2)带电小球从N点运动到Q点的过程中，有qvB2m由几何关系有RRsinl联立解得v带电小球在杆上匀速运动时，由平衡条件，有mgsin(qvB1mgcos)解得(3)带电小球在第三象限内做匀速圆周运动的周期T带电小球第一次在第二象限竖直上下运动的总时间为t0绝缘小球b平抛运动到x轴上的时间为t2两球相碰有tn(t0)联立解得n1设绝缘小球b平抛的初速度为v0，则lv0t解得v0命题立意本题旨在考查带电粒子在匀强磁场中的运动、带电粒子在匀强电场中的运动18(2015成都三诊)如图所示，虚线左侧空间有一方向水平向右的匀强电场，场强E5108 N/C.足够长的光滑水平导轨M

37、N部分处于匀强电扬中，右端N与水平传送带平滑连接，导轨上放有质量m1.0 kg、电荷量q1108 C、可视为质点的带正电滑块A，传送带长L2.0 m第一次实验时，使皮带轮沿逆时针方向转动，带动传送带以速率v3.0 m/s匀速运动，由静止释放A.A在电场力作用下各右运动，以速度vA m/s滑上传送带，并从传送带右端P点水平飞出落至地面上的Q点，已知A与传送带之间的动摩擦因数0.20，重力加速度g取10 m/s2.求：(1)A到达传送带右端P点时的速度大小；(2)第二次实验时，使皮带轮沿顺时针方向转动，带动传送带以速率v3.0 m/s匀速运动，调整A由静止释放的位置，使A仍从P点水平飞出落至Q点求

38、A的初始位置距虚线的距离的范围答案(1)3 m/s(2)0.1 mx1.7 m解析(1)A在传送带上做匀减速运动，设加速度大小为a，则mgma代入数据解得a2 m/s2由运动学公式vv2aL代入数据解得vP3 m/s(2)要从P点飞出后仍落至地面上的Q点，A在P点的速率必为3 m/s当皮带顺时针转动时，若vA m/s，则A在传送带上一直做匀减速运动，到达P点时速度恰好为3 m/s，从P点飞出仍落至地面上的Q点若vA m/s，则A在传送带上可能先做匀减速运动，达到3 m/s后和传送带一起做匀速运动，也可能先加速运动，达到3 m/s后和传送带一起匀速运动，其中的临界情况是A在传送带上一直匀加速运动

39、，到达P点时速度刚好为3 m/s设这种情况下A刚好滑上传送带时的速度为v0由运动学公式，有vv2aL代入数据解得v01 m/s因此，A刚好滑上传送带时的速度需满足1 m/svA m/s设A的初始位置与虚线间的距离为x，由动能定理有qExmv0代入数据解得0.1 mx1.7 m命题立意本题旨在考查牛顿第二定律、匀变速直线运动、动能定理19(2015烟台高考测试)下图是用传送带传送行李的示意图图中水平传送带AB间的长度为8 m，它的右侧是一竖直的半径为0.8 m的1/4圆形光滑轨道，轨道底端与传送带在B点相切若传送带向右以6 m/s的恒定速度匀速运动，当在传送带的左侧A点轻轻放上一个质量为4 kg

40、的行李箱时，箱子运动到传送带的最右侧如果没被捡起，能滑上圆形轨道，而后做往复运动直到被捡起为止已知箱子与传送带间的动摩擦因数为0.1，重力加速度大小为g10 m/s2，求：(1)箱子从A点到B点所用的时间及箱子滑到圆形轨道底端时对轨道的压力大小；(2)若行李箱放上A点时给它一个5 m/s的水平向右的初速度，到达B点时如果没被捡起，则箱子离开圆形轨道最高点后还能上升多大高度？在给定的坐标系中定性画出箱子从A点到最高点过程中速率v随时间t变化的图像答案(1)4 s120 N(2)1 m图见解析解析(1)皮带的速度v06 m/s箱子的加速度ag1 m/s2设箱子在B点的速度为vB，v2ax解得vB4 m/sv0所以箱子从A点到B点一直做匀加速运动xat2解得从A点到B点运动的时间为t4 s箱子在圆形轨道最低点时，由牛顿第二定律，得Fmgm解得F120 N由牛顿第三定律知箱子对轨道