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1、-高二物理计算题-第 17 页 高二物理计算题18、(10分) 有一静止电子经过电压U0加速后，从电压为U的平行金属板正中央射入，该两极板间距为d，电子刚好能射出平行金属板。电子的质量为m，不计重力，电量为e。 求：（1）电子经U0加速后进入平行金属板间的初速度v0为多少？（2）平行金属板的长度？18（10分）解：（1）电子经过电压U0加速，根据动能定理，有：e U0 mv02（2分）解得v0 （1分）（2）电子在电压为U的平行金属板间作类平抛运动，运动时间t （1分）加速度a （2分） 电子在竖直方向上的位移y a t 2（1分） 电子刚好能穿出电场，有y （1分）解以上方程，得L d （2
2、分）19.（10分）如图所示，轨道ABC位于竖直平面内，AB段光滑，BC段粗糙。AB段为半径为R的圆弧，A点与圆心O等高，BC段水平。轨道处在竖直向下的匀强电场中，电场强度为E。质量为m，带电量为+q的小球从A点由静止下滑，经过B点后又滑行L后停下，求：（1）小球滑到B点时的速度大小；（2）小球到达轨道最低点B时对轨道的压力大小；（3）BC段的动摩擦因素为多少。19.（10分）解：（1）小球从A点滑到B点由动能定理得： (2分）解得 （ 1分）（2）设小球在B点受到轨道支持力为,有 （2分） 解得 （1分） 根据牛顿第三定律知，小球对轨道的压力 （1分）（3）小球从滑下到最后停止，由动能定理得
3、： （2分） 解得 （1分）16. (12分)ABC表示竖直放在电场强度为E=104V/m的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中轨道的BC部分是半径为R的1/4圆环，轨道的水平部分与半圆环相切。A为水平轨道上的一点，而且AB=R=，把一质量m=，带电量为的小球，放在A点由静止释放后，求：（g=10m/s2）（1）小球到达C点的速度大小（2）小球在C点时，轨道受到的压力大小16.（12分）（1）（5分）从AC，由动能定理得： （3分） 解得： （2分）（2）（7分）在C处，设小球受轨道的支持力为，由牛顿第二定律： （3分） 解得： （2分） 根据牛顿第三定律，知：轨道受到的压力大小也是3N （2分
4、）（1）小球B在匀强电场中，而A还未进入电场时，两小球的加速度大小。（2）从开始运动到A刚要进入匀强电场过程的时间。17.（12分）（1）（4分）以A、B球以及杆做研究对象，由牛顿第二定律： （2分）解得： （2分）（2）（8分）B未进入电场前，系统做自由落体运动，时间记为 由 （1分）解得 （1分）B球进入电场瞬间的速度为 （1分）B球进入电场，至A球刚好进入，这段时间为由运动学公式 （2分）解得 （1分）从开始运动，至A球刚好进入的时间为 （2分）18.如图所示，粗糙的绝缘水平面被竖直线PQ分为左、右两部分，左侧有范围足够大、方向水平向右的匀强电场，场强E=20N/C，有一个质量m=2kg
5、、电量q=的正电滑块（可看作质点）静止在PQ线右侧某一位置。现给滑块一个向左的初速度v0，并从此时刻开始计时，滑块前2s的运动图像如图所示，且2s末时滑块恰好运动到PQ线处。假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10m/s2，求： （1）滑块初始位置到PQ线的距离s1 （2）滑块与水平面间的动摩擦因数（3）滑块能到达左侧最远处到PQ线处的距离s2 （4）滑块最终停在何处PQE18、（1）（2），得（3），得（4），则，得s=，即滑块最终停留于PQ线右侧处19.如图所示，平行板电容器竖直放置，两板间距离d=，左板带正电，右板带负电，电势差103V。一个质量为m=、带电荷量为10-7C的小球用长L
6、=的绝缘细线悬挂于电容器内部的O点，将小球拉到细线呈水平伸直状态的位置A，然后无初速度释放，求：（1）小球运动至O点正下方B点时，小球的速度大小和绳子拉力的大小（结果可用根号表示）（2）假如小球运动到B处时，线突然断开，以后发现小球恰能通过B点正下方的C处，求B、C两点间的距离和小球运动至C点时的速度大小（结果可用根号表示）19、（1），得，得（2），又，得，得17（9分）如图所示，电源电动势E10 V，内阻r1 ，R13 ，R26 ，C30 F.(1)闭合开关S，求稳定后通过R1的电流；(2)然后将开关S断开，求电容器两端的电压变化量和流过R1的总电荷量；17（8分）解析：(1)稳定时，电路
7、中的电流I1 A （2分）(2)S闭合，电路处于稳定状态时，电容器两端的电压UIR216 V6 V （2分）断开后，电容器两端的电压为10 V，所以U4 V （2分）流过R1的总电荷量为QUC1.2104 C （2分）答案：(1)1 A(2)4 V1.2104 C18. （9分）如图，匀强电场中有一半径为r的光滑绝缘圆轨道，轨道平面与电场方向平行a、b为轨道直径的两端，该直径与电场方向平行一电荷量为q(q0)的质点沿轨道内侧运动，经过a点和b点时对轨道压力的大小分别为Na和Nb.不计重力，求电场强度的大小E、质点经过a点和b点时的动能18. （9分）解析：质点所受电场力的大小为FqE设质点质量
8、为m，经过a点和b点时的速度大小分别为va和vb，由牛顿第二定律有FNamNbFm设质点经过a点和b点时的动能分别为Eka和Ekb，有EkamvEkbmv根据动能定理有EkbEka2rF联立式得E(NbNa)Eka(Nb5Na)Ekb(5NbNa)答案：(NbNa)(Nb5Na)(5NbNa)（每式1分，共9分）19.（14分）如图甲所示，在真空中足够大的绝缘水平地面上，一个质量为m0.2 kg、带电荷量为q106 C的小物块处于静止状态，小物块与地面间的动摩擦因数t0时刻开始，空间加上一个如图乙所示的场强大小和方向呈周期性变化的电场(以水平向右为正方向，g取10 m/s2)，求：(1)23
9、s内小物块的位移大小；(2)23 s内电场力对小物块所做的功19. （15分）解析：(1)02 s内小物块的加速度a12 m/s2， （2分）位移x1a1t4 m. （1分）2 s末小物块的速度为v2a1t24 m/s. （1分）24 s内小物块的加速度a22 m/s2， （2分）位移x2x14 m4 s末的速度为v40. （1分）因此小物块做周期为4 s的变速运动，第22 s末的速度为v224 m/s，第23 s末的速度为v23v22a2(t23t22)2 m/s，第23 s内的位移x23v22(t23t22)a2(t23t22)23 m. （3分）所求位移为xx1x2347 m. （2分）
10、(2)23 s内，设电场力对小物块所做的功为W，由动能定理有：Wmgxmv， （2分）解得W9.8 J. （1分）答案：(1)47 m(2)9.8 J19、（10分）如图所示，水平放置的两导轨P、Q间的距离L0.5 m，垂直于导轨平面的匀强磁场的磁感应强度B2 T。垂直于导轨放置的ab棒中点系水平细线，线跨过光滑定滑轮挂上G=3 N的物块。已知ab棒与导轨间的最大静摩擦力为2N，电源的电动势E10 V ；内阻r1，导轨的电阻及ab棒的电阻均不计，细线质量不计， ab棒始终静止在导轨上。求：（1）判定磁感应强度B的方向并说明依据。（2）求滑动变阻器R的可能值。19（10分）解：（1）根据受力分析
11、可知ab棒所受的安培力一定水平向左，根据左手定则，磁感应强度B的方向垂直于导轨平面向上。（依据1分，结论1分，共2分）（2）滑动变阻器R取最大值时，流过ab棒电流最小，安培力最小，最大静摩擦力向左，有F安+f=G （1分） 且 （1分）所以 （1分） 解得R=9（1分）当滑动变阻器R取最小值时，流过ab棒电流最大，安培力最大，最大静摩擦力向右，有F安=G+f （1分） 即 （1分） 解得R=1（1分）ab棒始终静止在轨道上，滑动变阻器R的可能取值在1至9之间均可。（1分）20、（12分）如图所示的平面直角坐标系xoy，在第一象限内有平行于轴的匀强电场，方向沿y正方向；在第四象限的正三角形区域内
12、有匀强磁场，方向垂直于xoy平面向里，正三角形边长为L，且边与y轴平行。一质量为、电荷量为q的粒子，从y轴上的p点（坐标0,h)，以大小为v0的速度沿x轴正方向射入电场，通过电场后从x轴上的a点(2h,0)进入第四象限，经过磁场后又从y轴上的某点进入第三象限，且速度与y轴负方向成45角，不计粒子所受的重力。求：（1）电场强度E的大小；（2）粒子到达点时速度的大小和方向；（3）区域内磁场的磁感应强度的最小值。20、（12分）解：（1）设粒子在电场中运动的时间为t，则有 -1分 -1分r450xabcByOPEv0 -1分 联立以上各式可得 -2分（2）粒子到达a点时沿负y方向的分速度为 -1分
13、所以-1分 方向与x轴正方向成450角-1分（3）粒子在磁场中运动时，有-1分 当粒子从b点射出时，半径最大，磁场的磁感应强度有最小值，此时由图有：（画图给1分） -1分所以 -1分16如图所示，直线MN上方为磁感应强度为B的足够大的匀强磁场一电子(质量为m、电荷量为e)以v的速度从点O与MN成30角的方向射入磁场中，求：(1) 确定大致的圆心位置，并用圆规画出轨迹；(2)电子从磁场中射出时距O点多远；(3)电子在磁场中运动的时间为多少16 解：(1)如图（2分）（图形明显没用圆规作图不给分）(2)对电子在做圆周运动的过程中，设半径为r，有 （2分） 所以：（1分）根据几何关系可解得圆心角为6
14、0，则电子出射点距O点的距离等于电子的运动半径为.（1分）(3)电子在磁场中的运动周期T为 (2分) 运动的时间为 （1分） 所以 （1分）18如图(a)所示，足够长的光滑导轨的宽度为L，电阻忽略不计，其所在平面与水平面所成的角37，磁感应强度B01.0T的匀强磁场方向垂直于导轨，一根质量为m=的导体棒MN垂直跨放在导轨上，导轨的下端与一匝数n=10、面积为S2水平放置、电阻不计的圆形金属线圈两端相连，另有一磁感应强度B、方向垂直于线圈平面向上，随时间的变化规律Bkt如图(b)所示，使MN中有如图（a）所示方向电流（g=10m/s2，sin37=0.6）求：（1）要使导体棒静止于导轨上，导体棒
15、所受安培力的大小及此时的k值（2）如果导轨不光滑且与导体棒间的动摩擦因数0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则k的取值范围18解：（1）当导体棒静止于导轨上时，导体棒所受安培力的大小： （1分） 由代入已知得导体棒受安培力大小：（1分） 由和图（b）得：（1分） 线圈中的感应电动势：（1分） MN中的感应电流： （1分） 联立，代入已知解得： （1分）（2）当I最小时，摩擦力f最大，平行于轨道向上，有： （1分） 此时静摩擦力最大：（1分） 联立，代入已知得k的最小值：（1分） 当I最大时，摩擦力f最大，平行于轨道向下，有： （1分） 联立，代入已知得k的最大值：（1分） 所以，k的取值范围：
16、（1分）15.（执信）如图，水平U形光滑框架，宽度为1m，电阻忽略不计，导体棒ab的质量m=，匀强磁场的磁感应强度B=0.2T，方向垂直框架向上。现用F=1N的外力由静止开始向右拉ab棒，当ab棒的速度达到2m/s时，求：1）ab棒产生的感应电动势的大小；2）ab棒所受的安培力；3）ab棒的加速度。15.(执信)1） 2) 3) 方向与F相同16. 如图所示，电源电动势E015V，内阻r01，电阻R130，R260m的两平行金属板水平放置，板间分布有垂直于纸面向里、磁感应强度B1T的匀强磁场闭合开关S，板间电场视为匀强电场，将一带正电的小球以初速度v/s沿两板间中线水平射入板间设滑动变阻器接入
17、电路的阻值为Rx，忽略空气对小球的作用，取g10m/s2。1)当Rx29时，电阻R2消耗的电功率是多大？2)若小球进入板间做匀速圆周运动并与板相碰，碰时速度与初速度的夹角为60，分别求小球的荷质比及Rx各是多少。16、(1)设R1和R2的并联电阻为R，有R R1两端的电压为：U R2消耗的电功率为：P 当Rx29时，联立式，代入数据，得P0.6 W 2)设小球质量为m，电荷量为q，小球做匀速圆周运动时，有：qEmg E 设小球做圆周运动的半径为r，有qvB 由几何关系有rd q/m=1/2 联立式，代入数据，解得Rx54 17. 在水平光滑的绝缘平面内建立如图所示的直角坐标系，将第、象限称为区
18、域一，第、象限称为区域二，其中区域二内有匀强电场，区域一内有大小为210-2T、方向垂直水平光滑平面的匀强磁场把一个荷质比为的正电荷从坐标为（0，-1）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O第二次经x轴回到区域二不计此电荷受到的重力。1）分别指出两区域中电场和磁场的方向；2）电荷从C点第一次经x轴进入区域一的速度大小；3）求电场强度的大小；4）电荷第三次经过x轴的位置。 (17. ：(1)区域一磁场方向垂直纸面向里，区域二电场方向由A指向C(2)设电荷从C点进入区域一的速度为v电荷进入区域一后，在洛伦兹力的作用下做匀速圆周
19、运动，运动轨迹如图，有：qvB= 由题意及几何关系知：=2108 C/kg，B=210-2 T ，r=m V=(3)设电场强度的大小为E ,从A到C电荷做初速度为零的匀加速直线运动，且过C点时速度方向与+x轴方向成45角，有：v2=2as=2 s=m代入可得：E=(4)电荷从坐标原点O第二次经过x轴进入区域二，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。有： tan45=，解得：t=210-6 s 所以：x=8m即电荷第三次经过x轴上的点的坐标为(8，0)15(10分)如图，两块竖直的彼此绝缘平行金属板A、B，两板间距离为d，让A、B两板连接到直流电源上，
20、能在AB间形成一个匀强电场一个带电量为q，质量为m的小球用绝缘细线悬挂在电场中，平衡时细线偏离竖直方向夹角=30求：（1）小球的电性和AB间的电场强度；（2）若将绝缘细线剪断，求小球开始运动瞬间的加速度15. 解： (1) 小球带负电如图，由平衡条件得 解得：（2）剪断细线：由牛顿第二定律得 故：16（12分）如图，内圆半径为r、外圆半径为3r的两个圆形区域之间有垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场。左侧的平行板电容器两板间电压为U，靠近M板处静止释放质量为m、 电量为q的正离子，经过电场加速后从N板小孔射出，并沿圆形直径方向射入磁场，不计离子的重力，忽略平行板外的电场。求：（1）离子从N板
21、小孔射出时的速率；（2）离子在磁场中做圆周运动的周期；（3）要使离子不进入小圆内部区域，电压U的取值范围。16.解：（1）带电粒子在平行板电容器中加速过程，由动能定理得 qU=解得，v=（2）粒子进入磁场后做匀速圆周运动，由洛仑兹力充当向心力，由牛顿第二定律得 qvB=m则得圆周运动的半径R=（3）当粒子的轨迹恰好与小圆相切时，轨迹半径最大，画出轨迹，如图，由几何关系得 R2+（2r）2=（R+r）2解得，R=1.5r 由R=得 B=将v=，R=1.5r 代入解得，B=所以要使离子不进入小圆区域，磁感应强度的取值范围为B17. （18分）如图甲，两足够长的平行光滑金属导轨ab、cd倾斜放置，两
22、导轨之间的距离为 L=，导轨平面与水平面间的夹角为=30，导轨上端a、c之间连接有一阻值为R1=4的电阻，下端b、d之间接有一阻值为R2=4的小灯泡有理想边界的匀强磁场垂直于导轨平面向上，虚线ef为磁场的上边界，ij为磁场的下边界，此区域内的感应强度B，随时间t变化的规律如图乙所示，现将一质量为m=1kg的金属棒MN，从距离磁场上边界ef的一定距离处，从t=0时刻开始由静止释放，金属棒MN从开始运动到经过磁场的下边界ij的过程中，小灯泡的亮度始终不变金属棒MN在两轨道间的电阻r=1，其余部分的电阻忽略不计，ef、ij边界均垂直于两导轨重力加速度g=10m/s2求：（l）小灯泡的实际功率；（2）
23、金属棒MN穿出磁场前的最大速率；（3）整个过程中小灯泡产生的热量17.解：（1）由于小灯泡的亮度始终不变，说明金属棒MN进入磁场后做匀速直线运动，速度v达到最大，由平衡条件得：mgsin=BIL小灯泡的电功率为：P=代入数据解得：P=25 W（2）由闭合电路欧姆定律得：I=其中，总电阻为：由切割产生的感应电动势公式得：E=BLv联立以上各式，代入数据解得v=15m/s（3）金属棒进入磁场前，由牛顿第二定律得：mgsin=ma加速度为：a=gsin30=5m/s2进入磁场前所用的时间为：设磁场区域的长度为x，在0t1时间内，由法拉第电磁感应定律得：金属棒MN进入磁场前，总电阻为：感应电动势为：在
24、磁场中运动的时间为：整个过程中产生的热量为：Q=P（t1+t2）代入数据解得：Q=135J 第14题图AEB14空间中存在一个竖直向下的匀强电场，带电子粒子在A点以大小为v0的水平初速度进入电场，经过A点右下方的B点时速度为大小为v。不计粒子所受重力。AB之间距离为L，与竖直方向夹角为。粒子质量为m，带电量为q。求：（1）粒子带正电还是负电？（2）A、B间的电势差U大小？（3）该匀强电场的场强E的大小？14（10分）（1）该粒子带正电（2）从A到B，由动能定理得 mv2 mv02=qU 解得U=（mv2mv02）/q(3) A到B沿电场线方向的距离为d=Lcos, 电场强度大小为E=（mv2m
25、v02）/q Lcos15如图所示是一个测定带电粒子荷质比（带电量和质量的比）的实验装置简化图abcd是一个边长为L的正方形盒子，在a处和cd边的中点e处各有一个小孔，e外有一能显示粒子从e孔射出的荧光屏M盒子内有一方向垂直于abcd平面的匀强磁场，磁感应强度为B粒子源不断地发射相同的带电粒子，粒子的初速度可忽略，经过电压为U的电场加速后，粒子以垂直ad的方向由a孔水平射入盒内，粒子经磁场偏转后恰好从e孔射出不计粒子的重力和粒子之间的相互作用力试求带电粒子的荷质比15（10分）（作ae的中垂线OF，与ad的交点O即为轨迹圆的圆心，Oa为半径R）F由几何关系可得粒子运动的半径 （3分）带电粒子在
26、磁场圆周运动时，有： （2分）带电粒子经电场加速过程中，由动能定理有：（2分） 由以上三式可解得粒子的比荷 （3分）16如图所示，M、N为水平放置的两块平行金属板，相距为d，板间有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B已知电源内阻为r，滑动变阻器的总阻值为R今有带负电的电量为q、质量为m的粒子，从左端两板间的中央水平射入板间，粒子重力不计，求：（1）S断开时，若带电粒子恰好垂直打在金属板上，则其入射速度v0多大？（2）S闭合时，滑动变阻器的滑动触头P置于ab的中点，粒子仍以（1）中的入射速度v0射入金属板间，恰在两板间做匀速直线运动此电源的电动势E是多少？（3）若将变阻器的触头P移至c点，c
27、至a的长度是ab的三分之一，闭合S，粒子仍以（1）中的入射速度v0射入金属板间，粒子在距一金属板d/4处以速度v飞出板间，则v是多少？16（12分）（1）由几何关系可知，粒子的运动半径 （1分） 由牛顿运动定律有： （1分） 解得初速度 （1分）（2）闭合后回路中的总电流 （1分） 两板间的电压 （1分） 因为匀速直线运动，有 （1分） 由以上几式解得电源电动势 （1分）（3）两板间的电压 （1分） 粒子射出板间由动能定理有： （2分） 解得： （2分）17如图所示，在水平方向的匀强电场中有一表面光滑、与水平面成45角的绝缘直杆AC，其下端(C端)距地面高度h=0.8m。有一质量0.5kg的带
28、电小环套在直杆上，正以某一速度沿杆匀速下滑，小环离杆后正好通过C端的正下方P点处。(g取l0m/s2)求：（1）小环离开直杆后运动的加速度大小和方向。（2）小环从C运动到P过程中的动能增量。（3）小环在直杆上匀速运动速度的大小v0。17（10分）（1）粒子在杆上匀速下滑时受力分析如图，GqEFNF合由图可知电场力qE和重力G的合力 （1分）故小球离开杆后的加速度 （1分）方向与竖直方向偏左下方45度角 （1分） （2）小球从C运动到P的过程中，电场力不做功，只有重力做功， 由动能定理可知动能的增量J （2分） （3）方法1：小球从C到P做类平抛运动，设运动时间为t在初速度方向有 （2分） 在F合的方向有 （2分） 由以上两式可解得 v0=2m/s （1分） 方法2： 将初速度v0分解为水平分速度vx和竖直分速度vy，设运动时间为t根据速度分解可得 vx= vy= （1分）水平方向的加速度 ax= （1分）在水平方向有： （1分）在竖直方向有： （1分）由以上几式可解得 v0=2m/s （1分）