2010-2019年高考物理真题分专题训练 专题20 综合计算题（含解析）


十年高考真题分类汇编(2010－2019) 物理
专题 20综合计算题
1.(2019•海南卷•T13)如图，用不可伸长轻绳将物块a悬挂在O点：初始时，轻绳处于水平拉直状态。现将a由静止释放，当物块a下摆至最低点时，恰好与静止在水平面上的物块b发生弹性碰撞(碰撞时间极短)，碰撞后b滑行的最大距离为s。已知b的质量是a的3倍。b与水平面间的动摩擦因数为µ，重力加速度大小为g。求

(1)碰撞后瞬间物块b速度的大小；
(2)轻绳的长度。
【答案】(1) (2) 4μs
【解析】
(1)设a的质量为m，则b的质量为3m。
碰撞后b滑行过程，根据动能定理得 。
解得，碰撞后瞬间物块b速度的大小
(2)对于a、b碰撞过程，取水平向左为正方向，根据动量守恒定律得mv0=mva+3mvb。
根据机械能守恒得。
设轻绳的长度为L，对于a下摆的过程，根据机械能守恒得。
联立解得L=4μs。
2.(2019•全国Ⅲ卷•T12)静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为mA=l.0kg，mB=4.0kg；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A与其右侧的竖直墙壁距离l=1.0m，如图所示。某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A、B瞬间分离，两物块获得的动能之和为Ek=10.0J。释放后，A沿着与墙壁垂直的方向向右运动。A、B与地面之间的动摩擦因数均为u=0.20。重力加速度取g=10m/s²。A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。
(1)求弹簧释放后瞬间A、B速度的大小；
(2)物块A、B中的哪一个先停止？该物块刚停止时A与B之间的距离是多少？
(3)A和B都停止后，A与B之间的距离是多少？
【答案】(1)vA=4.0m/s，vB=1.0m/s；(2)A先停止； 0.50m；(3)0.91m；
【解析】
首先需要理解弹簧释放后瞬间的过程内A、B组成的系统动量守恒，再结合能量关系求解出A、B各自的速度大小；很容易判定A、B都会做匀减速直线运动，并且易知是B先停下，至于A是否已经到达墙处，则需要根据计算确定，结合几何关系可算出第二问结果；再判断A向左运动停下来之前是否与B发生碰撞，也需要通过计算确定，结合空间关系，列式求解即可。
(1)设弹簧释放瞬间A和B的速度大小分别为vA、vB，以向右为正，由动量守恒定律和题给条件有
0=mAvA-mBvB①
②
联立①②式并代入题给数据得
vA=4.0m/s，vB=1.0m/s
(2)A、B两物块与地面间的动摩擦因数相等，因而两者滑动时加速度大小相等，设为a。假设A和B发生碰撞前，已经有一个物块停止，此物块应为弹簧释放后速度较小的B。设从弹簧释放到B停止所需时间为t，B向左运动的路程为sB。，则有
④
⑤
⑥
在时间t内，A可能与墙发生弹性碰撞，碰撞后A将向左运动，碰撞并不改变A的速度大小，所以无论此碰撞是否发生，A在时间t内的路程SA都可表示为
sA=vAt–⑦
联立③④⑤⑥⑦式并代入题给数据得
sA=1.75m，sB=0.25m⑧
这表明在时间t内A已与墙壁发生碰撞，但没有与B发生碰撞，此时A位于出发点右边0.25m处。B位于出发点左边0.25m处，两物块之间的距离s为
s=025m+0.25m=0.50m⑨
(3)t时刻后A将继续向左运动，假设它能与静止的B碰撞，碰撞时速度的大小为vA′，由动能定理有
⑩
联立③⑧⑩式并代入题给数据得

故A与B将发生碰撞。设碰撞后A、B的速度分别为vA′′以和vB′′，由动量守恒定律与机械能守恒定律有


联立式并代入题给数据得

这表明碰撞后A将向右运动，B继续向左运动。设碰撞后A向右运动距离为sA′时停止，B向左运动距离为sB′时停止，由运动学公式

由④式及题给数据得

sA′小于碰撞处到墙壁的距离。由上式可得两物块停止后的距离

3.(2019•北京卷•T12)雨滴落到地面的速度通常仅为几米每秒，这与雨滴下落过程中受到空气阻力有关。雨滴间无相互作用且雨滴质量不变，重力加速度为g。
(1)质量为m的雨滴由静止开始，下落高度h时速度为u，求这一过程中克服空气阻力所做的功W。
____
(2)将雨滴看作半径为r的球体，设其竖直落向地面的过程中所受空气阻力f=kr2v2，其中v是雨滴的速度，k是比例系数。

a.设雨滴的密度为ρ，推导雨滴下落趋近的最大速度vm与半径r的关系式；
____
b.示意图中画出了半径为r1、r2(r1>r2)的雨滴在空气中无初速下落的v–t图线，其中_________对应半径为r1的雨滴(选填①、②)；若不计空气阻力，请在图中画出雨滴无初速下落的v–t图线。
(3)由于大量气体分子在各方向运动的几率相等，其对静止雨滴的作用力为零。将雨滴简化为垂直于运动方向面积为S的圆盘，证明：圆盘以速度v下落时受到的空气阻力f ∝v2(提示：设单位体积内空气分子数为n，空气分子质量为m0)。
________
【答案】(1). (2). (3). ①
(4). (5). 详见解析
【解析】
【分析】
(1)对雨滴由动能定理解得：雨滴下落h的过程中克服阻做的功；
(2) 雨滴的加速度为0时速度最大解答；
(3)由动量定理证明
(1)对雨滴由动能定理得：

解得：；
(2)a.半径为r的雨滴体积为：，其质量为
当雨滴的重力与阻力相等时速度最大，设最大速度为，则有：
其中
联立以上各式解得：
由可知，雨滴半径越大，最大速度越大，所以①对应半径为的雨滴，
不计空气阻力，雨滴做自由落体运动，图线如图：
；
(3)设在极短时间内，空气分子与雨滴碰撞，设空气分子的速率为U，
在内，空气分子个数为：，其质量为
设向下为正方向，对圆盘下方空气分子由动量定理有：

对圆盘上方空气分子由动量定理有：

圆盘受到的空气阻力为：

联立解得：。
4.(2019•全国Ⅰ卷•T12)竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，小物块B静止于水平轨道的最左端，如图(a)所示。t=0时刻，小物块A在倾斜轨道上从静止开始下滑，一段时间后与B发生弹性碰撞(碰撞时间极短)；当A返回到倾斜轨道上的P点(图中未标出)时，速度减为0，此时对其施加一外力，使其在倾斜轨道上保持静止。物块A运动的v-t图像如图(b)所示，图中的v1和t1均为未知量。已知A的质量为m，初始时A与B的高度差为H，重力加速度大小为g，不计空气阻力。

(1)求物块B的质量；
(2)在图(b)所描述的整个运动过程中，求物块A克服摩擦力所做的功；
(3)已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等，在物块B停止运动后，改变物块与轨道间的动摩擦因数，然后将A从P点释放，一段时间后A刚好能与B再次碰上。求改变前面动摩擦因数的比值。
【答案】(1)3m (2) (3)
【解析】
(1)物块A和物块B发生碰撞后一瞬间的速度分别为、，弹性碰撞瞬间，动量守恒，机械能守恒，即：

联立方程解得：；
根据v-t图象可知，
解得：
(2)设斜面的倾角为θ，根据牛顿第二定律得
当物块A沿斜面下滑时：，由v-t图象知：
当物体A沿斜面上滑时：，由v-t图象知：
解得：；
又因下滑位移
则碰后A反弹，沿斜面上滑的最大位移为：
其中h为P点离水平面得高度，即
解得
故在图(b)描述的整个过程中，物块A克服摩擦力做的总功为：

(3)设物块B在水平面上最远的滑行距离为S，设原来的摩擦因为为µ
则以A和B组成的系统，根据能量守恒定律有：
设改变后的摩擦因数为µ’，然后将A从P点释放，A恰好能与B再次碰上，即A恰好滑到物块B位置时，速度减为零，以A为研究对象，根据能量守恒定律得：
又据(2)的结论可知：，得：
联立解得，改变前与改变后的摩擦因素之比为：。

5.(2018·江苏卷)如图所示，钉子A、B相距5l，处于同一高度。细线的一端系有质量为M的小物块，另一端绕过A固定于B.质量为m的小球固定在细线上C点，B、C间的线长为3l.用手竖直向下拉住小球，使小球和物块都静止，此时BC与水平方向的夹角为53°.松手后，小球运动到与A、B相同高度时的速度恰好为零，然后向下运动.忽略一切摩擦，重力加速度为g，取sin53°=0.8，cos53°=0.6.求：

(1)小球受到手的拉力大小F；
(2)物块和小球的质量之比M:m；
(3)小球向下运动到最低点时，物块M所受的拉力大小T.
【答案】(1) (2) (3)()
【解析】(1)设小球受AC、BC的拉力分别为F1、F2
F1sin53°=F2cos53° F+mg=F1cos53°+ F2sin53°且F1=Mg
解得
(2)小球运动到与A、B相同高度过程中
小球上升高度h1=3lsin53°，物块下降高度h2=2l
机械能守恒定律mgh1=Mgh2
解得
(3)根据机械能守恒定律，小球回到起始点.设此时AC方向的加速度大小为a，重物受到的拉力为T
牛顿运动定律Mg–T=Ma 小球受AC的拉力T′=T
牛顿运动定律T′–mgcos53°=ma
解得()
6.(2018·北京卷)2022年将在我国举办第二十四届冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。某滑道示意图如下，长直助滑道AB与弯曲滑道BC平滑衔接，滑道BC高h=10 m，C是半径R=20 m圆弧的最低点，质量m=60 kg的运动员从A处由静止开始匀加速下滑，加速度a=4.5 m/s2，到达B点时速度vB=30 m/s。取重力加速度g=10 m/s2。
(1)求长直助滑道AB的长度L；
(2)求运动员在AB段所受合外力的冲量的I大小；
(3)若不计BC段的阻力，画出运动员经过C点时的受力图，并求其所受支持力FN的大小。

【答案】(1)(2)(3)3 900 N
【解析】(1)已知AB段的初末速度，则利用运动学公式可以求解斜面的长度，即

可解得:
(2)根据动量定理可知合外力的冲量等于动量的该变量所以

(3)小球在最低点的受力如图所示

由牛顿第二定律可得：
从B运动到C由动能定理可知：

解得;
故本题答案是：(1) (2) (3)
点睛：本题考查了动能定理和圆周运动，会利用动能定理求解最低点的速度，并利用牛顿第二定律求解最低点受到的支持力大小。
7.(2018·全国III卷·T12)如图，在竖直平面内，一半径为R的光滑圆弧轨道ABC和水平轨道PA在A点相切。BC为圆弧轨道的直径。O为圆心，OA和OB之间的夹角为α，sinα＝，一质量为m的小球沿水平轨道向右运动，经A点沿圆弧轨道通过C点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用，已知小球在C点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零。重力加速度大小为g。求：

(1)水平恒力的大小和小球到达C点时速度的大小；
(2)小球到达A点时动量的大小；
(3)小球从C点落至水平轨道所用的时间。
【答案】(1) (2)(3)
【解析】(1)设水平恒力的大小为F0，小球到达C点时所受合力的大小为F。由力的合成法则有① ②
设小球到达C点时的速度大小为v，由牛顿第二定律得③
由①②③式和题给数据得④ ⑤
(2)设小球到达A点的速度大小为v1，作CD⊥PA，交PA于D点，
由几何关系得：DA＝Rsinα⑥ CD=R(1+cosα)⑦
由动能定理有：⑧
由④⑤⑥⑦⑧式和题给数据得，小球在A点的动量大小为：⑨
(3)小球离开C点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动，加速度大小为g。
设小球在竖直方向的初速度为v⊥，从C点落至水平轨道上所用时间为t。
由运动学公式有：⑩ ⑪
由⑤⑦⑩⑪式和题给数据得：⑫
8.(2018·新课标I卷)一质量为m的烟花弹获得动能E后，从地面竖直升空，当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E，且均沿竖直方向运动。爆炸时间极短，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量，求
(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间；
(2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度
【答案】(1) ；(2)
【解析】本题主要考查机械能、匀变速直线运动规律、动量守恒定律、能量守恒定律及其相关的知识点，意在考查考生灵活运用相关知识解决实际问题的的能力。
(1)设烟花弹上升的初速度为，由题给条件有
①
设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为，由运动学公式有
②
联立①②式得
③
(2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为，由机械能守恒定律有
④
火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设炸后瞬间其速度分别为和。由题给条件和动量守恒定律有
⑤
⑥
由⑥式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运动。设爆炸后烟花弹上部分继续上升的高度为，由机械能守恒定律有
⑦
联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹上部分距地面的最大高度为
⑧
9.(2016·海南卷)水平地面上有质量分别为m和4m的物A和B，两者与地面的动摩擦因数均为μ。细绳的一端固定，另一端跨过轻质动滑轮与A相连，动滑轮与B相连，如图所示。初始时，绳出于水平拉直状态。若物块A在水平向右的恒力F作用下向右移动了距离s，重力加速度大小为g。求：

(1)物块B克服摩擦力所做的功；
(2)物块A、B的加速度大小。
【答案】(1)2μmgs (2)
【解析】(1)物块A移动了距离s，则物块B移动的距离为①
物块B受到的摩擦力大小为f=4μmg②
物块B克服摩擦力所做的功为W=fs1=2μmgs③
(2)设物块A、B的加速度大小分别为aA、aB，绳中张力为T0由牛顿第二定律得
F-µmg-T＝maA④ 2T-4µmg＝4maB⑤
由A和B的位移关系得aA＝2aB⑥
联立④⑤⑥得aA＝，aB＝。
【考点定位】牛顿第二定律、功、匀变速直线运动
【名师点睛】采用整体法和隔离法对物体进行受力分析，抓住两物体之间的内在联系，绳中张力大小相等、加速度大小相等，根据牛顿第二定律列式求解即可。解决本题的关键还是抓住联系力和运动的桥梁加速度。
10.(2011·北京卷)如图所示，长度为l的轻绳上端固定在O点，下端系一质量为m的小球(小球的大小可以忽略)。

(1)在水平拉力F的作用下，轻绳与竖直方向的夹角为α，小球保持静止。画出此时小球的受力图，并求力F的大小；
(2)由图示位置无初速释放小球，求当小球通过最低点时的速度大小及轻绳对小球的拉力。不计空气阻力。
【答案】(1)如图所示，F=mgtanα
(2)、，方向竖直向上

【解析】(1)受力图见图根据平衡条件，的拉力大小F=mgtanα

(2)运动中只有重力做功，系统机械能守恒
则通过最低点时，小球的速度大小
根据牛顿第二定律
解得轻绳对小球的拉力，方向竖直向上
【考点定位】共点力平衡条件、机械能守恒定律，牛顿第二定律
11.(2016·四川卷)中国科学院2015年10月宣布中国将在2020年开始建造世界上最大的粒子加速器。加速器是人类揭示物质本源的关键设备，在放射治疗、食品安全、材料科学等方面有广泛应用。
如图所示，某直线加速器由沿轴线分布的一系列金属圆管(漂移管)组成，相邻漂移管分别接在高频脉冲电源的两极。质子从K点沿轴线进入加速器并依次向右穿过各漂移管，在漂移管内做匀速直线运动，在漂移管间被电场加速，加速电压视为不变。设质子进入漂移管B时速度为8×106 m/s，进入漂移管E时速度为1×107 m/s，电源频率为1×107 Hz，漂移管间缝隙很小，质子在每个管内运动时间视为电源周期的1/2。质子的荷质比取1×108 C/kg。求：

(1)漂移管B的长度；
(2)相邻漂移管间的加速电压。
【答案】(1)0.4 m(2)
【解析】(1)设质子进入漂移管B的速度为，电源频率、周期分别为f、T，漂移管A的长度为L，则 ①
②
联立①②式并代入数据得③
(2)设质子进入漂移管E的速度为，相邻漂移管间的加速电压为U，电场对质子所做的功为W，质子从漂移管B运动到E电场做功W＇，质子的电荷量为q、质量为m，则
④
⑤
⑥
联立④⑤⑥式并代入数据得⑦
考点：动能定理
【名师点睛】此题联系高科技技术-粒子加速器，考查了动能定理的应用，比较简单，只要弄清加速原理即可列出动能定理求解；与现代高科技相联系历来是高考考查的热点问题.
12.(2011·上海卷)如图，质量的物体静止于水平地面的A处，A、B间距L=20m。用大小为30N，沿水平方向的外力拉此物体，经拉至B处。(已知，。取)

(1)求物体与地面间的动摩擦因数μ；
(2)用大小为30N，与水平方向成37°的力斜向上拉此物体，使物体从A处由静止开始运动并能到达B处，求该力作用的最短时间t。
【答案】(1)0.5(2)
【解析】(1)物体做匀加速运动 ∴
由牛顿第二定律解得
∴
即物体与地面间的动摩擦因数μ=0.5。
(2)设F作用的最短时间为t，小车先以大小为a的加速度匀加速t秒，撤去外力后，以大小为a’的加速度匀减速t’秒到达B处，速度恰为0，由牛顿定律

∴

由于匀加速阶段的末速度即为匀减速阶段的初速度，因此有

∴

∴
【考点定位】匀变速直线运动，牛顿第二定律
13.(2012·福建卷)如图，用跨过光滑定滑轮的缆绳将海面上一搜失去动力的小船沿直线拖向岸边。已知拖动缆绳的电动机功率恒为P，小船的质量为m，小船受到的阻力大小恒为f，经过A点时的速度大小为，小船从A点沿直线加速运动到B点经历时间为t1，A、B两点间距离为d，缆绳质量忽略不计。求：
(1)小船从A点运动到B点的全过程克服阻力做的功Wf；
(2)小船经过B点时的速度大小；
(3)小船经过B点时的加速度大小a。

【答案】(1) (2) (3)
【解析】(1)小船从A点到达B点，受到的阻力恒为f，其克服阻力做的功为：[来
(2)：从A到B由动能定理可知：，解得：。
(3)设小船经过B点时绳的拉力大小为F，绳与水平方向夹角为，绳的速度大小为，，，牛顿第二定律，得。
【考点定位】本题考查动能定理，牛顿第二定律及运动得合成与分解等相关知识
14.(2012·山东卷)如图所示，一工件置于水平地面上，其AB段为一半径R=1.0m的光滑圆弧轨道，BC段为一长度L=0.5m的粗糙水平轨道，二者相切与B点，整个轨道位于同一竖直平面内，P点为圆弧轨道上的一个确定点。一可视为质点的物块，其质量m=0.2kg，与BC间的动摩擦因数μ1=0.4。工件质量M=0.8kg，与地面间的动摩擦因数μ2=0.1。(取g=10m/s2)
(1)若工件固定，将物块由P点无初速度释放，滑至C点时恰好静止，求P、C两点间的高度差h。
(2)若将一水平恒力F作用于工件，使物块在P点与工件保持相对静止，一起向左做匀加速直线运动。
①求F的大小。
②当速度时，使工件立刻停止运动(即不考虑减速的时间和位移)，物块飞离圆弧轨道落至BC段，求物块的落点与B点间的距离。

【答案】(1)0.2m；(2)8.5N；(3)0.4m
【解析】(1)物块从P点下滑经B点至C点的整个过程，根据动能定理得：
代入数据得： ①
(2)①设物块的加速度大小为a，P点与圆心的连线与竖直方向间的夹角为，由几何关系可得 ②
根据牛顿第二定律，对物体有 ③
对工件和物体整体有 ④
联立①②③④式，代入数据得 ⑤
②设物体平抛运动的时间为t，水平位移为，物块落点与B间的距离为，由运动学公式可得 ⑥
⑦
⑧
联立①②⑥⑦⑧式，代入数据得。
【考点定位】本题考查动能定理、平抛运动等相关知识
15.(2012·四川卷·T24)如图所示，ABCD为固定在竖直平面内的轨道，AB段光滑水平，BC段为光滑圆弧，对应的圆心角θ = 37°，半径r = 2.5m，CD段平直倾斜且粗糙，各段轨道均平滑连接，倾斜轨道所在区域有场强大小为E = 2×105N/C、方向垂直于斜轨向下的匀强电场。质量m= 5×10-2kg、电荷量q =+1×10-6C的小物体(视为质点)被弹簧枪发射后，沿水平轨道向左滑行，在C点以速度v0=3m/s冲上斜轨。以小物体通过C点时为计时起点，0.1s以后，场强大小不变，方向反向。已知斜轨与小物体间的动摩擦因数μ=0.25。设小物体的电荷量保持不变，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。
(1)求弹簧枪对小物体所做的功；
(2)在斜轨上小物体能到达的最高点为P，求CP的长度。

【答案】(1)0.475J (2)0.57m
【解析】(1)设弹簧枪对小物体做功为W，由动能定理得①
代入数据解得：②
(2)取沿平直斜轨道向上为正方向。设小物体通过C点进入电场后的加速度为a1，由牛顿第二定律得：-mgsinθ-μ(mgcosθ+qE)=ma1 ③
小物体向上做匀减速运动，经t1=0.1s后，速度达到v1，有：v1=v0+a1t1 ④
由③④可知v1=2.1m/s，设运动的位移为s1，有：s1=v0t1+a1t12 ⑤
电场力反向后，设物体的加速度为a2，由牛顿第二定律得：-mgsinθ-μ(mgcosθ-qE)=ma2⑥
设小物体以此加速度运动到速度为0，运动的时间为t2，位移为s2，
有：0=v1+a2t2 ⑦ s2=v1t2+a2t22 ⑧
设CP的长度为s，有：s=s1+s2 ⑨
联立相关方程，代入数据解得：s=0.57m。
【考点定位】本题考查牛顿第二定律，动能定理及其相关知识
16.(2012·新课标卷)拖把是由拖杆和拖把头构成的擦地工具(如图)。设拖把头的质量为m，拖杆质量可以忽略；拖把头与地板之间的动摩擦因数为常数μ，重力加速度为g，某同学用该拖把在水平地板上拖地时，沿拖杆方向推拖把，拖杆与竖直方向的夹角为θ。
(1)若拖把头在地板上匀速移动，求推拖把的力的大小。
(2)设能使该拖把在地板上从静止刚好开始运动的水平推力与此时地板对拖把的正压力的比值为λ。已知存在一临界角θ0，若θ≤θ0，则不管沿拖杆方向的推力多大，都不可能使拖把从静止开始运动。求这一临界角的正切tanθ0。

【答案】(1)；(2)
【解析】(1)设该同学沿拖杆方向用大小为F的力推拖把。将推拖把的力沿竖直和水平方向分解，按平衡条件有① ②
式中N和f分别为地板对拖把的正压力和摩擦力。按摩擦定律有③
联立①②③式得 ④
(2)若不管沿拖杆方向用多大的力都不能使拖把从静止开始运动，应有⑤
这时①式仍满足。联立①⑤式得⑥
现考察使上式成立的θ角的取值范围。注意到上式右边总是大于零，且当F无限大时极限为零，有 ⑦
使上式成立的θ角满足，这里θ0是题中所定义的临界角，即当时，不管沿拖杆方向用多大的力都推不动拖把。临界角的正切为⑧
【考点定位】本题考查物体的平衡、力的合成与分解或正交分解临界条件的应用
17.(2012·浙江卷)为了研究鱼所受水的阻力与其形状的关系，小明同学用石蜡做成两条质量均为m、形状不同的“A鱼”和“B鱼”，如图所示。在高出水面H 处分别静止释放“A鱼”和“B鱼”，“A鱼”竖直下滑hA后速度减为零，“B鱼” 竖直下滑hB后速度减为零。“鱼”在水中运动时，除受重力外还受浮力和水的阻力，已知“鱼”在水中所受浮力是其重力的10/9倍，重力加速度为g，“鱼”运动的位移远大于“鱼”的长度。假设“鱼”运动时所受水的阻力恒定，空气阻力不计。求：

(1)“A鱼”入水瞬间的速度vA1；
(2)“A鱼”在水中运动时所受阻力fA；
(3)“A鱼”与“B鱼” 在水中运动时所受阻力之比fA：fB。
【答案】(1)；(2)；(3)
【解析】(1)A鱼入水前做自由落体运动，根据速度位移公式，有：解得：。
(2)A鱼入水后，受重力、浮力和阻力，根据动能定理，有：，
其中：，解得：。
(3)同理，解得.
【考点定位】本题考查匀变速运动、动能定理及其相关知识
18.(2012·重庆卷)某校举行托乒乓球跑步比赛，赛道为水平直道，比赛距离为S。比赛时，某同学将球置于球拍中心，以大小为a的加速度从静止开始做匀加速直线运动，当速度达到v0时，再以v0做匀速直线运动跑至终点。整个过程中球一直保持在球拍中心不动。比赛中，该同学在匀速直线运动阶段保持球拍的倾角为θ0，如题25图所示。设球在运动中受到空气阻力大小与其速度大小成正比，方向与运动方向相反，不计球与球拍之间的摩擦，球的质量为m，重力加速度为g。

(1)求空气阻力大小与球速大小的比例系数；
(2)求在加速跑阶段球拍倾角随速度变化的关系式；
(3)整个匀速跑阶段，若该同学速度仍为v0，而球拍的倾角比θ0大了β并保持不变，不计球在球拍上的移动引起的空气阻力变化，为保证到达终点前球不从球拍上距离中心为r的下边沿掉落，求β应满足的条件。
【答案】(1)；(2)；(3)
【解析】(1)在匀速运动阶段，有，得。
(2)加速阶段，设球拍对球的支持力为，有：，，得。
(3)以速度匀速运动时，设空气阻力与重力的合力为F，有，球拍倾角为时，空气阻力与重力的合力不变，设球沿球拍面下滑的加速度大小为，有，设匀速跑阶段所用时间为t，有，球不从球拍上掉落的条件，得。
【考点定位】本题考查牛顿运动定律相关知识
19.(2013·浙江卷)山谷中有三块大石头和一根不可伸长的青之青藤，其示意图如下。图中A、B、C、D均为石头的边缘点，O为青藤的固定点，h1=1.8m，h2=4.0m，x1=4.8m，x2=8.0m。开始时，质量分别为M=10kg和m=2kg的大小两只滇金丝猴分别位于左边和中间的石头上，当大猴发现小猴将受到伤害时，迅速从左边石头A点起水平跳到中间石头，大猴抱起小猴跑到C点，抓住青藤的下端荡到右边石头的D点，此时速度恰好为零。运动过程中猴子均看成质点，空气阻力不计，重力加速度g=10m/s2，求：

(1)大猴子水平跳离的速度最小值；
(2)猴子抓住青藤荡起时的速度大小；
(3)荡起时，青藤对猴子的拉力大小。
【答案】(1)8m/s(2)9m/s(3)216N
【解析】(1)根据h1＝gt2，解得，则跳离的最小速度
.
(2)根据机械能守恒定律得，(M+m)v2＝(M+m)gh2，解得
(3)根据牛顿第二定律得，F−(M+m)g＝(M+m)，根据几何关系得，(L−h2)2+x22＝L2，
联立解得F=216N.
【考点定位】机械能守恒定律、平抛运动、向心力。
20.(2013·重庆卷)如题8图所示，半径为R的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O的对称轴OO′重合。转台以一定角速度ω匀速转动，一质量为m的小物块落入陶罐内，经过一段时间后，小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，它和O点的连线与OO′之间的夹角θ为60°。重力加速度大小为g。

(1)若ω=ω0，小物块受到的摩擦力恰好为零，求ω0；
(2)ω=(1±k)ω0，且0＜k μMg·4l⑩
要使P仍能沿圆轨道滑回，P在圆轨道的上升高度不能超过半圆轨道的中点C。由机械能守恒定律有
⑪
联立①②⑩⑪式得⑫
【考点定位】能量守恒定律、平抛运动、圆周运动
【名师点睛】此题是力学综合题；考查平抛运动、圆周运动以及动能定理的应用；解题时要首先知道平抛运动及圆周运动的处理方法，并分析题目的隐含条件，挖掘“若P能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下”这句话包含的物理意义；此题有一定难度，考查考生综合分析问题、解决问题的能力。
44.(2017·江苏卷)如图所示，两个半圆柱A、B紧靠着静置于水平地面上，其上有一光滑圆柱C，三者半径均为R.C的质量为m，A、B的质量都为，与地面的动摩擦因数均为μ.现用水平向右的力拉A，使A缓慢移动，直至C恰好降到地面.整个过程中B保持静止.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.求：
(1)未拉A时，C受到B作用力的大小F；
(2)动摩擦因数的最小值μmin；
(3)A移动的整个过程中，拉力做的功W.

【答案】(1) (2) (3)
【解析】(1)C受力平衡 解得
(2)C恰好降落到地面时，B受C压力的水平分力最大
B受地面的摩擦力 根据题意 ，解得
(3)C下降的高度 A的位移
摩擦力做功的大小
根据动能定理
解得
【考点定位】物体的平衡 动能定理
【名师点睛】本题的重点的C恰好降落到地面时，B物体受力的临界状态的分析，此为解决第二问的关键，也是本题分析的难点.
45.(2017·新课标Ⅰ卷)一质量为8.00×104 kg的太空飞船从其飞行轨道返回地面。飞船在离地面高度1.60×105 m处以7.50×103 m/s的速度进入大气层，逐渐减慢至速度为100 m/s时下落到地面。取地面为重力势能零点，在飞船下落过程中，重力加速度可视为常量，大小取为9.8 m/s2。(结果保留2位有效数字)
(1)分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进入大气层时的机械能；
(2)求飞船从离地面高度600 m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功，已知飞船在该处的速度大小是其进入大气层时速度大小的2.0%。
【答案】(1)(1)4.0×108 J 2.4×1012 J (2)9.7×108 J
【解析】(1)飞船着地前瞬间的机械能为①
式中，m和v0分别是飞船的质量和着地前瞬间的速率。由①式和题给数据得②
设地面附近的重力加速度大小为g，飞船进入大气层时的机械能为③
式中，vh是飞船在高度1.6×105 m处的速度大小。由③式和题给数据得④
(2)飞船在高度h' =600 m处的机械能为⑤
由功能原理得⑥
式中，W是飞船从高度600 m处至着地瞬间的过程中克服阻力所做的功。由②⑤⑥式和题给数据得
W=9.7×108 J⑦
【考点定位】机械能、动能定理
【名师点睛】本题主要考查机械能及动能定理，注意零势面的选择及第(2)问中要求的是克服阻力做功。
46.(2017·新课标Ⅱ卷)为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线距离s0和s1(s10的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E，在ym2)，电荷量均为q。加速电场的电势差为U，离子进入电场时的初速度可以忽略。不计重力，也不考虑离子间的相互作用。

(1)求质量为m1的离子进入磁场时的速率v1；
(2)当磁感应强度的大小为B时，求两种离子在GA边落点的间距s；
(3)在前面的讨论中忽略了狭缝宽度的影响，实际装置中狭缝具有一定宽度。若狭缝过宽，
可能使两束离子在GA边上的落点区域交叠，导致两种离子无法完全分离。设磁感应强度大小可调，GA边长为定值L，狭缝宽度为d，狭缝右边缘在A处。离子可以从狭缝各处射入磁场，入射方向仍垂直于GA边且垂直于磁场。为保证上述两种离子能落在GA边上并被完全分离，求狭缝的最大宽度。
【答案】(1)(2)(3)
【解析】(1)动能定理 得
(2)由牛顿第二定律和轨道半径有：，

利用①式得离子在磁场中的轨道半径为别为(如图一所示)：②
两种离子在GA上落点的间距…③
(3)质量为m1的离子，在GA边上的落点都在其入射点左侧2R1处，由于狭缝的宽度为d，因此落点区域的宽度也是d(如图二中的粗线所示)。同理，质量为m2的离子在GA边上落点区域的宽度也是d(如图二中的细线所示)。为保证两种离子能完全分离，两个区域应无交叠，条件为2(R1-R2)>d ④

利用②式，代入④式得：
R1的最大值满足：得：
求得最大值：
【考点定位】带电粒子在混合场中的运动；牛顿第二定律；动能定理的应用.
77.(2011·北京卷)静电场方向平行于x轴，其电势φ随x的分布可简化为如图所示的折线，图中φ0和d为已知量。一个带负电的粒子在电场中以x=0为中心，沿x轴方向做周期性运动。已知该粒子质量为m、电量为-q，其动能与电势能之和为－A(0(4)B1L1= B2L2
【解析】(1)如图所示，设粒子射入磁场区域Ⅰ时的速度为v，匀速圆周运动的半径为.根据动能定理，得 ①
由牛顿定律，得 ②
由几何知识，得 ③
联立代入数据解得 ④
粒子在磁场Ⅰ区域中运动的时间为 ⑤
联立上述①②③④⑤解得

(2)设粒子在磁场Ⅱ区中做匀速圆周运动的半径为R2，由牛顿第二定律得qvB2=m，⑧
由几何知识可得h=( R1+ R2)(1-cosθ)+Ltanθ⑨
联立②③⑧⑨式，代入数据得h=(2-)L ⑩

(3)如图2所示，为使粒子能再次回到I区，应满足
R2(1+sinθ) (或B2≥ )
(4)如图3(或图4)所示，设粒子射出磁场I区时速度与水平方向的夹角为α，由几何知识可得L1= R1 (sinθ+ sinα)， [或L1= R1 (sinθ- sinα)]，
L2= R2 (sinθ+ sinα)， [或L2= R2 (sinθ- sinα)]，
联立②⑧式解得B1R1= B2R2
联立式解得B1L1= B2L2。

【考点定位】带电粒子在有界磁场中的运动
86.(2011·上海卷)电阻可忽略的光滑平行金属导轨长S=1.15m，两导轨间距L=0.75 m，导轨倾角为30°，导轨上端ab接一阻值R=1.5Ω的电阻，磁感应强度B=0.8T的匀强磁场垂直轨道平面向上。阻值r=0.5Ω，质量m=0.2kg的金属棒与轨道垂直且接触良好，从轨道上端ab处由静止开始下滑至底端，在此过程中金属棒产生的焦耳热。(取)求：

(1)金属棒在此过程中克服安培力的功；
(2)金属棒下滑速度时的加速度.
(3)为求金属棒下滑的最大速度，有同学解答如下：由动能定理，……。由此所得结果是否正确？若正确，说明理由并完成本小题；若不正确，给出正确的解答。
【答案】(1)(2)(3)正确，
【解析】(1)下滑过程中安培力的功即为在金属棒和电阻上产生的焦耳热，由于，
因此，故，
(2)金属棒下滑时受重力和安培力
由牛顿第二定律
故
(3)此解法正确.金属棒下滑时重力、支持力和安培力作用，根据牛顿第二定律
上式表明，加速度随速度增加而减小，棒作加速度减小的加速运动.无论最终是否达到匀速，当棒到达斜面底端时速度一定为最大.由动能定理可以得到棒的末速度，因此上述解法正确.

故
【考点定位】电磁感应中的能量转化；牛顿第二定律；动能定理的应用；焦耳定律
87.(2011·四川卷)如图所示，间距l=0.3m的平行金属导轨a1b1c1和a2b2c2分别固定在两个竖直面内，在水平面a1b1b2a2区域内和倾角θ=37º的斜面c1b1b2c2区域内分别有磁感应强度B1=0.4T、方向竖直向上和B2=1T、方向垂直于斜面向上的匀强磁场。电阻R=0.3Ω、质量m1=0.1kg、长为l 的相同导体杆K、S、Q分别放置在导轨上，S杆的两端固定在b1、b2点，K、Q杆可沿导轨无摩擦滑动且始终接触良好。一端系于K杆中点的轻绳平行于导轨绕过轻质滑轮自然下垂，绳上穿有质量m2=0.05kg的小环。已知小环以a=6m/s2的加速度沿绳下滑，K杆保持静止，Q杆在垂直于杆且沿斜面向下的拉力F作用下匀速运动。不计导轨电阻和滑轮摩擦，绳不可伸长。取g=10 m/s2，sin37º=0.6，cos37º=0.8。求

(1)小环所受摩擦力的大小；
(2)Q杆所受拉力的瞬时功率。
【答案】(1)(2)
【解析】(1)设小环受到的摩擦力大小为，由牛顿第二定律，有
代入数据得；
(2)设通过K杆的电流为，K杆受力平衡，有
设回路中电流为I，总电阻为，有：，
设Q杆下滑速度大小为v，产生的感应电动势为E，有
，，拉力的瞬时功率为
联立以上方程，代入数据解得Q杆受拉力的功率
【考点定位】导体切割磁感线运动
88.(2011·四川卷)如图所示，正方形绝缘光滑水平台面WXYZ边长l=1.8m，距地面h=0.8m。平行板电容器的极板CD间距d=0.1m且垂直放置于台面。C板位于边界WX上，D板与边界WZ相交处有一小孔。电容器外的台面区域内有磁感应强度B=1T，方向竖直向上的匀强磁场。电荷量q=5×10-13C的微粒静止于W处，在CD间加上恒定电压U=2.5V，板间微粒经电场加速后由D板所开小孔进入磁场(微粒始终不与极板接触)，然后由XY边界离开台面。在微粒离开台面瞬时，静止于X正下方水平地面上A点的滑块获得一水平速度，在微粒落地时恰好与之相遇。假定微粒在真空中运动、极板间电场视为匀强电场，滑块视为质点。滑块与地面间的动摩擦因数μ=0.2，取g=10m/s2。

(1)求微粒在极板间所受电场力的大小并说明两板的极性；
(2)求由XY边界离开台面的微粒的质量范围；
(3)若微粒质量m0=1×10-13kg，求滑块开始运动所获得的速度。
【答案】(1)1.25×10−11N C板为正，D板为负 (2) (3)
【解析】(1)由左手定则及微粒的偏转方向可知，该微粒带正电，即C板为正，D板为负；电场力的大小为：＝1.25×10−11N…①

(2)由题意知两个轨迹边界如图所示，由此边界结合勾股定理得：…②
再由向心力公式得…③
且…④
联立②③④式，得该微粒的质量范围：
(3)将质量代入③④可得：以及R=1m，其轨迹如图所示.
由图可知＝0.8，也即是θ=37°…⑤

设微粒在空中的飞行时间为t，则由运动学公式有：…⑥
则滑块滑至与微粒相碰过程中微粒的水平位移为：s＝vt⑦
微粒滑出点距左边距离：x=d+Rsinθ…⑧
由⑤⑥⑦⑧可得：s＝2m，x＝0.7m
由余弦定理，知滑块的位移
由位移公式
解得v0＝4.15m/s
由正弦定理有：
得：，(或)
【考点定位】带电粒子在电磁场中的运动规律
89.(2011·天津卷)回旋加速器在核科学、核技术、核医学等高新技术领域得到了广泛应用，有力地推动了现代科学技术的发展。
(1)当今医学成像诊断设备PET/CT堪称“现代医学高科技之冠”，它在医疗诊断中，常利用能放射电子的同位素碳11为示踪原子，碳11是由小型回旋加速器输出的高速质子轰击氮14获得，同时还产生另一粒子，试写出核反应方程。若碳11的半衰期τ为20min，经2.0h剩余碳11的质量占原来的百分之几？(结果取2位有效数字)
(2)回旋加速器的原理如图，D1和D2是两个中空的半径为R的半圆金属盒，它们接在电压一定、频率为f的交流电源上，位于D1圆心处的质子源A能不断产生质子(初速度可以忽略，重力不计)，它们在两盒之间被电场加速，D1、D2置于与盒面垂直的磁感应强度为B的匀强磁场中。若质子束从回旋加速器输出时的平均功率为P，求输出时质子束的等效电流I与P、B、R、f的关系式(忽略质子在电场中运动的时间，其最大速度远小于光速)

(3)试推理说明：质子在回旋加速器中运动时，随轨道半径r的增大，同一盒中相邻轨道的半径之差是增大、减小还是不变？
【答案】(1)、(2)(3)减小
【解析】(1)核反应方程为…①
设碳11原有质量为，经过剩余的质量为，根据半衰期定义，有：
…②
(2)设质子质量为m，电荷量为q，质子离开加速器时速度大小为v，由牛顿第二定律知：③
质子运动的回旋周期为：…④
由回旋加速器工作原理可知，交变电源的频率与质子回旋频率相同，由周期T与频率f的关系可得：…⑤
设在t时间内离开加速器的质子数为N，则质子束从回旋加速器输出时的平均功率…⑥
输出时质子束的等效电流为：…⑦
由上述各式得
(3)方法一：
设k(k∈N*)为同一盒子中质子运动轨道半径的序数，相邻的轨道半径分别为rk，rk+1(rk>rk+1)，
，在相应轨道上质子对应的速度大小分别为vk，vk+1，D1、D2之间的电压为U，由动能定理知 ⑧
由洛伦兹力充当质子做圆周运动的向心力，知，则 ⑨
整理得 ⑩
因U、q、m、B均为定值，令，由上式得 ⑾
相邻轨道半径rk+1，rk+2之差
同理
因为rk+2> rk，比较，得
说明随轨道半径r的增大，同一盒中相邻轨道的半径之差减小
方法二：
设k(k∈N*)为同一盒子中质子运动轨道半径的序数，相邻的轨道半径分别为rk，rk+1(rk>rk+1)，
，在相应轨道上质子对应的速度大小分别为vk，vk+1，D1、D2之间的电压为U
由洛伦兹力充当质子做圆周运动的向心力，知，故 ⑿
由动能定理知，质子每加速一次，其动能增量 ⒀
以质子在D2盒中运动为例，第k次进入D2时，被电场加速(2k﹣1)次
速度大小为 ⒁
同理，质子第(k+1)次进入D2时，速度大小为
综合上述各式可得
整理得，

同理，对于相邻轨道半径rk+1，rk+2，，整理后有

由于rk+2> rk，比较，得
说明随轨道半径r的增大，同一盒中相邻轨道的半径之差减小，用同样的方法也可得到质子在D1盒中运动时具有相同的结论。
【考点定位】回旋加速器
90.(2011·浙江卷)如图甲所示，在水平面上固定有长为L=2m、宽为d=1m的金属“U”型轨导，在“U”型导轨右侧l=0.5m范围内存在垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间变化规律如图乙所示。在t=0时刻，质量为m=0.1kg的导体棒以v0=1m/s的初速度从导轨的左端开始向右运动，导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ=0.1，导轨与导体棒单位长度的电阻均为，不计导体棒与导轨之间的接触电阻及地球磁场的影响(取)。

(1)通过计算分析4s内导体棒的运动情况；
(2)计算4s内回路中电流的大小，并判断电流方向；
(3)计算4s内回路产生的焦耳热。
【答案】(1)导体棒在前做匀减速运动，在后以后一直保持静止(2)，电流方向是顺时针方向。(3)
【解析】(1)导体棒先在无磁场区域做匀减速运动，有，，
代入数据解得：，导体棒没有进入磁场区域.导体棒在1s末已经停止运动，以后一直保持静止，离左端位置仍为x=0.5m
(2)前2s磁通量不变，回路电动势和电流分别为E=0，I=0，后2s回路产生的电动势为；
回路的总长度为5m，因此回路的总电阻为
电流为；
根据楞次定律，在回路中的电流方向是顺时针方向
(3)前2s电流为零，后2s有恒定电流，焦耳热为Q=I2Rt=0.22×0.5×2=0.04J.
【考点定位】电磁感应磁变类问题
91.(2011·重庆卷)某仪器用电场和磁场来控制电子在材料表面上方的运动。如图所示，材料表面上方矩形区域PP'N'N充满竖直向下的匀强电场，宽为d；矩形区域NN'M′M充满垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，长为3s，宽为s；NN'为磁场与电场之间的薄隔离层。一个电荷量为e、质量为m、初速为零的电子，从P点开始被电场加速经隔离层垂直进入磁场，电子每次穿越隔离层，运动方向不变，其动能损失是每次穿越前动能的10%，最后电子仅能从磁场边界M'N'飞出。不计电子所受重力。

(1)求电子第二次与第一次圆周运动半径之比；
(2)求电场强度的取值范围；
(3)A是M′N′的中点，若要使电子在A、M ′间垂直于AM ′飞出，求电子在磁场区域中运动的时间。
【答案】(1)(2)(3)
【解析】(1)设圆周运动的半径分别为R1、R2、…Rn、Rn+1…，第一和第二次圆周运动速率分别为和，动能分别为和，由：，
，得：
(2)设电场强度为E，第一次到达隔离层前的速率为，根据能量关系有：，得：
又由：，，得：
电场强度的取值范围为
(3)设电子在匀强磁场中，圆周运动的周期为T，运动的半圆周个数为n，运动总时间为t
由题意，有：，，，，得：n=2
由题意知，电子在磁场中做了2个半圆和一个圆，由：，得：
【考点定位】带电粒子在电磁场中的运动
92.(2012·福建卷)如图甲，在圆柱形区域内存在一方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场，在此区域内，沿水平面固定一半径为r的圆环形光滑细玻璃管，环心0在区域中心。一质量为m、带电量为q(q>0)的小球，在管内沿逆时针方向(从上向下看)做圆周运动。已知磁感应强度大小B随时间t的变化关系如图乙所示，其中。设小球在运动过程中电量保持不变，对原磁场的影响可忽略。
(1)在t=0到t=T0 这段时间内，小球不受细管侧壁的作用力，求小球的速度大小；
(2)在竖直向下的磁感应强度增大过程中，将产生涡旋电场，其电场线是在水平面内一系列沿逆时针方向的同心圆，同一条电场线上各点的场强大小相等。试求t=T0 到t=1.5T0 这段时间内：
①细管内涡旋电场的场强大小E；
②电场力对小球做的功W。

【答案】；；
【解析】(1)小球做圆周运动向心力由洛伦磁力提供：设速度为v，有：
解得：。
(2)①在磁场变化过程中，圆管所在的位置会产生电场，根据法拉第感应定律可知，电势差，电场处处相同，认为是匀强电场则有： 又因为，得到场强
②电场力为：。根据牛顿第二定律，有，解得，物体的末速度为：，根据动能定理，电场力做的功为：。
【考点定位】本题考查带电粒子在电场和磁场中的运动相关知识
93.(2012·广东卷)如图所示，质量为M的导体棒ab，垂直放在相距为l的平行光滑金属轨道上。导轨平面与水平面的夹角为θ，并处于磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，左侧是水平放置、间距为d的平行金属板。R和Rx分别表示定值电阻和滑动变阻器的阻值，不计其他电阻。

(1)调节Rx=R，释放导体棒，当棒沿导轨匀速下滑时，求通过棒的电流I及棒的速率v。
(2)改变Rx，待棒沿导轨再次匀速下滑后，将质量为m、带电量为+q的微粒水平射入金属板间，若它能匀速通过，求此时的Rx。
【答案】(1) (2)
【解析】(1)导体棒匀速下滑时， ①
②
设导体棒产生的感应电动势为， ③
由闭合电路欧姆定律得：   ④
联立②③④，得         ⑤
(2)改变Rx由②式可知电流不变.设带电微粒在金属板间匀速通过时，板间电压为U，电场强度大小为E， ⑥
⑦
⑧
联立②⑥⑦⑧，得 。
【考点定位】本题考查了电磁感应中的力电综合问题
94.(2012·江苏卷·T15)如图所示，待测区域中存在匀强电场和匀强磁场，根据带电粒子射入时的受力情况可推测其电场和磁场. 图中装置由加速器和平移器组成，平移器由两对水平放置、相距为l的相同平行金属板构成，极板长度为l、间距为d，两对极板间偏转电压大小相等、电场方向相反. 质量为m、电荷量为+q 的粒子经加速电压U0 加速后，水平射入偏转电压为U1 的平移器，最终从A 点水平射入待测区域. 不考虑粒子受到的重力.
(1)求粒子射出平移器时的速度大小v1;
(2)当加速电压变为4U0 时，欲使粒子仍从A 点射入待测区域，求此时的偏转电压U;
(3)已知粒子以不同速度水平向右射入待测区域，刚进入时的受力大小均为F. 现取水平向右为x 轴正方向，建立如图所示的直角坐标系Oxyz. 保持加速电压为U0 不变，移动装置使粒子沿不同的坐标轴方向射入待测区域，粒子刚射入时的受力大小如下表所示.
请推测该区域中电场强度和磁感应强度的大小及可能的方向.

【答案】(1) (2)
(3)E 与Oxy 平面平行且与x 轴方向的夹角为30°或150°，
若B 沿-x 轴方向，E 与Oxy 平面平行且与x 轴方向的夹角为-30°或-150°。
【解析】(1)设粒子射出加速器的速度为v0
动能定理
由题意得 ，即
(2)在第一个偏转电场中,设粒子的运动时间为t
加速度的大小
在离开时,竖直分速度
竖直位移
水平位移
粒子在两偏转电场间做匀速直线运动,经历时间也为t
竖直位移
由题意知，粒子竖直总位移
解得
则当加速电压为时，
(3)(a)由沿x 轴方向射入时的受力情况可知:B平行于x 轴.且
(b)由沿轴方向射入时的受力情况可知:E 与Oxy 平面平行.
，则 且
解得
(c)设电场方向与x 轴方向夹角为.
若B 沿x 轴方向，由沿z 轴方向射入时的受力情况得

解得，或
即E 与Oxy 平面平行且与x 轴方向的夹角为30°或150°.
同理，若B 沿-x 轴方向
E 与Oxy 平面平行且与x 轴方向的夹角为-30°或-150°.
【考点定位】本题考查带电粒子在电场中的运动及其相关知识
95.(2012·山东卷)如图甲所示，相隔一定距离的竖直边界两侧为相同的匀强磁场区，磁场方向垂直纸面向里，在边界上固定两长为L的平行金属极板MN和PQ，两极板中心各有一小孔S1、S2，两极板间电压的变化规律如图乙所示，正反向电压的大小均为U0，周期为T0。在t=0时刻将一个质量为m、电量为-q(q >0)的粒子由S1静止释放，粒子在电场力的作用下向右运动，在t= T0/2时刻通过S2垂直于边界进入右侧磁场区。(不计粒子重力，不考虑极板外的电场)
(1)求粒子到达S2时的速度大小v和极板距离d。
(2)为使粒子不与极板相撞，求磁感应强度的大小应满足的条件。
(3)若已保证了粒子未与极板相撞，为使粒子在t=3T0时刻再次到达S2，且速度恰好为零，求该过程中粒子在磁场内运动的时间和磁感强度的大小

【答案】(1)；(2)；(3)
【解析】(1)粒子在匀强电场中电场力做功等于粒子动能的增加，得：
代入数据，得：，又：，联立以上两式，得：。
(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即：，得：，使粒子不与极板相撞，则运动的半径，联立以上两式，得：。
(3)粒子在时刻再次到达，且速度恰好为零，根据运动的对称性，则从再次进入电场时的时刻是；粒子从左向右应是水平匀速穿过无场区，距离为d，时间为：，粒子在左右磁场中的时间是相等的，粒子在磁场中运动的总时间：，粒子在左右磁场中的时间是相等的且都是半个周期，所以粒子运动的总时间是一个周期，即；粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，得：，联立以上公式得：。
【考点定位】本题考查带电粒子在电场与磁场中的运动及其相关知识
96.(2012·四川卷·T25)如图所示，水平虚线X下方区域分布着方向水平、垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，整个空间存在匀强电场(图中未画出)。质量为m，电荷量为+q的小球P静止于虚线X上方A点，在某一瞬间受到方向竖直向下、大小为I的冲量作用而做匀速直线运动。在A点右下方的磁场中有定点O，长为l的绝缘轻绳一端固定于O点，另一端连接不带电的质量同为m的小球Q，自然下垂。保持轻绳伸直，向右拉起Q，直到绳与竖直方向有一小于50的夹角，在P开始运动的同时自由释放Q，Q到达O点正下方W点时速度为v0。P、Q两小球在W点发生正碰，碰后电场、磁场消失，两小球粘在一起运动。P、Q两小球均视为质点，P小球的电荷量保持不变，绳不可伸长，不计空气阻力，重力加速度为g。

(1)求匀强电场场强E的大小和P进入磁场时的速率v；
(2)若绳能承受的最大拉力为F，要使绳不断，F至少为多大？
(3)求A点距虚线X的距离s。
【答案】见解析
【解析】(1)小球P所受重力和电场力平衡：
电场场强：
由动量定理得：
得v＝I/m
(2)设同向相碰后在W点的最大速度为，由动量守恒定律得：

此刻轻绳的张力也为最大，由牛顿运动定律得：
联立相关方程，得：
(3)设P在磁场上方做匀速直线运动的时间为，则，设P在X下方做匀速圆周运动的时间为，则。
设小球Q从开始运动到与P球反向相碰的运动时间为，由单摆周期性，有，由题意，有  联立相关方程，得
，为大于的整数。
设小球Q从开始运动到与P球同向相碰的运动时间为，由单摆周期性，有
同理可得，其中为大于的整数。
【考点定位】本题考查带电粒子在复合场中的运动及其相关知识
97.(2012·天津卷)对铀235的进一步研究在核能的开发和利用中具有重要意义。如图所示，质量为m、电荷量为q的铀235离子，从容器A下方的小孔S1不断飘入加速电场，其初速度可视为零，然后经过小孔S2垂直于磁场方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，做半径为R的匀速圆周运动。离子行进半个圆周后离开磁场并被收集，离开磁场时离子束的等效电流为I。不考虑离子重力及离子间的相互作用。

(1)求加速电场的电压U；
(2)求出在离子被收集的过程中任意时间t内收集到离子的质量M；
(3)实际上加速电压的大小会在U+ΔU范围内微小变化。若容器A中有电荷量相同的铀235和铀238两种离子，如前述情况它们经电场加速后进入磁场中会发生分离，为使这两种离子在磁场中运动的轨迹不发生交叠，应小于多少？(结果用百分数表示，保留两位有效数字)
【答案】(1) (2) (3)0.63%
【解析】(1)设离子经电场加速后进入磁场时的速度为v，由动能定理得：qU = mv2
离子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：
解得：U =
(2)设在t时间内收集到的离子个数为N，总电荷量Q = It
Q = Nq
M = Nm =
(3)由以上分析可得：R =
设m/为铀238离子质量，由于电压在U±ΔU之间有微小变化，铀235离子在磁场中最大半径为：Rmax =
铀238离子在磁场中最小半径为：Rmin =
这两种离子在磁场中运动的轨迹不发生交叠的条件为：Rmaxb时，磁铁以速度v进入铝条间时，磁铁受到的作用力变为F'，有F'=⑩
可见，F'>F=mgsin θ，磁铁所受到的合力方向沿斜面向上，获得与运动方向相反的加速度，磁铁将减速下滑，此时加速度最大。之后，随着运动速度减小，F'也随着减小，磁铁所受的合力也减小，由于磁铁加速度与所受到的合力成正比，磁铁的加速度逐渐减小。综上所述，磁铁做加速度逐渐减小的减速运动。直到F'=mgsin θ时，磁铁重新达到平衡状态，将再次以较小的速度匀速下滑。
【考点定位】安培力、物体的平衡、电阻定律、欧姆定律
【名师点睛】此题以电磁缓冲器为背景设置题目，综合考查了安培力、物体的平衡、电阻定律及欧姆定律等知识点，要求学生首先理解题意，抽象出物理模型，选择适当的物理规律列出方程求解；此题综合性较强，能较好地考查考生综合分析问题与解决问题的能力。
150.(2016·四川卷)如图所示，图面内有竖直线DD＇，过DD＇且垂直于图面的平面将空间分成I、II两区域。区域I有方向竖直向上的匀强电场和方向垂直图面的匀强磁场B(图中未画出)；区域II有固定在水平面上高、倾角的光滑绝缘斜面，斜面顶端与直线DD＇距离，区域II可加竖直方向的大小不同的匀强电场(图中未画出)；C点在DD＇上，距地面高。零时刻，质量为m、带电量为q的小球P在K点具有大小、方向与水平面夹角的速度。在区域I内做半径的匀速圆周运动，经C点水平进入区域II。某时刻，不带电的绝缘小球A由斜面顶端静止释放，在某处与刚运动到斜面的小球P相遇。小球视为质点，不计空气阻力及小球P所带电量对空间电磁场的影响。l已知，g为重力加速度。

(1)求匀强磁场的磁感应强度B的大小；
(2)若小球A、P在斜面底端相遇，求释放小球A的时刻tA；
(3)若小球A、P在时刻(β为常数)相遇于斜面某处，求此情况下区域II的匀强电场的场强E，并讨论场强E的极大值和极小值及相应的方向。
【答案】(1)；(2)(3)场强极小值为；场强极大值为，方向竖直向上。
【解析】(1)由题知，小球P在区域Ⅰ内做匀速圆周运动，有①
代入数据解得②
(2)小球P在区域Ⅰ做匀速圆周运动转过的圆心角为θ，运动到C点的时刻为tC，到达斜面低端时刻为t1，有③
④
小球A释放后沿斜面运动加速度为aA，与小球P在时刻t1相遇于斜面底端，有⑤
⑥
联立以上方程可得⑦
(3)设所求电场方向向下，在t'A时刻释放小球A，小球P在区域Ⅱ运动加速度为aP，有
⑧
⑨
⑩
联立相关方程解得
对小球P的所有运动情形讨论可得
由此可得场强极小值为；场强极大值为，方向竖直向上。
考点：平抛运动；圆周运动；牛顿第二定律的应用
【名师点睛】此题是力、电、磁及运动大拼盘，综合考查带电粒子在磁场中及电场中的运动—圆周运动以及平抛运动和下斜面上的匀加速运动等问题；解题时要能把这些复杂的物理过程分解为一个一个的小过程，然后各个击破；此题是有一定难度的；考查学生综合分析问题，解决问题的能力。
151.(2016·全国新课标Ⅱ卷)如图，水平面(纸面)内间距为l的平行金属导轨间接一电阻，质量为m、长度为l的金属杆置于导轨上。t=0时，金属杆在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动，t0时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动。杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为μ。重力加速度大小为g。求：

(1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小；
(2)电阻的阻值。
【答案】(1) (2)
【解析】(1)设金属杆进入磁场前的加速度大小为a，由牛顿第二定律得ma=F-μmg①
设金属杆到达磁场左边界时的速度为v，由运动学公式有v=at0②
当金属杆以速度v在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律，杆中的电动势为E=Blv③
联立①②③式可得E=Blt0④
(2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆的电流为I，根据欧姆定律I=⑤
式中R为电阻的阻值。金属杆所受的安培力为f=BIl⑥
因金属杆做匀速运动，由牛顿运动定律得F–μmg–f=0⑦
联立④⑤⑥⑦式得R=⑧
【考点定位】电磁感应定律、牛顿第二定律
【名师点睛】此题是法拉第电磁感应定律与牛顿第二定律的综合应用问题；解题时要认真分析物理过程，分析金属棒的受力情况，选择合适的物理规律列出方程求解；还要抓住金属板的匀速运动状态列方程；此题难度不大。
152.(2016·浙江卷)小明设计的电磁健身器的简化装置如图所示，两根平行金属导轨相距l=0.50 m，倾角θ=53°，导轨上端串接一个R=0.05 Ω的电阻。在导轨间长d=0.56 m的区域内，存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度B=2.0 T。质量m=4.0 kg的金属棒CD水平置于导轨上，用绝缘绳索通过定滑轮与拉杆GH相连。CD棒的初始位置与磁场区域的下边界相距s=0.24 m。一位健身者用恒力F=80 N拉动GH杆，CD棒由静止开始运动，上升过程中CD棒始终保持与导轨垂直。当CD棒到达磁场上边界时健身者松手，触发恢复装置使CD棒回到初始位置(重力加速度g=10 m/s2，sin 53°=0.8，不计其他电阻、摩擦力以及拉杆和绳索的质量)。求
(1)CD棒进入磁场时速度v的大小；
(2)CD棒进入磁场时所受的安培力FA的大小；
(3)在拉升CD棒的过程中，健身者所做的功W和电阻产生的焦耳热Q。

【答案】(1)2.4 m/s (2)48 N (3)64 J 26.88 J
【解析】(1)由牛顿定律①
进入磁场时的速度②
(2)感应电动势③
感应电流④
安培力⑤
代入得⑥
(3)健身者做功⑦
由牛顿定律；⑧
CD棒在磁场区做匀速运动
在磁场中运动时间⑨
焦耳热⑩
【考点定位】法拉第电磁感应定律；牛顿第二定律；功
【名师点睛】此题是关于电磁感应现象中的力及能量的问题。解题时要认真分析物理过程，搞清物体的受力情况及运动情况，并能选择合适的物理规律列出方程解答；此题难度中等，意在考查学生综合运用物理规律解题的能力。
153.(2016·浙江卷·T25)为了进一步提高回旋加速器的能量，科学家建造了“扇形聚焦回旋加速器”。在扇形聚焦过程中，离子能以不变的速率在闭合平衡轨道上周期性旋转。
扇形聚焦磁场分布的简化图如图所示，圆心为O的圆形区域等分成六个扇形区域，其中三个为峰区，三个为谷区，峰区和谷区相间分布。峰区内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，谷区内没有磁场。质量为m，电荷量为q的正离子，以不变的速率v旋转，其闭合平衡轨道如图中虚线所示。
(1)求闭合平衡轨道在峰区内圆弧的半径r，并判断离子旋转的方向是顺时针还是逆时针；
(2)求轨道在一个峰区内圆弧的圆心角θ，及离子绕闭合平衡轨道旋转的周期T；
(3)在谷区也施加垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B'  ，新的闭合平衡轨道在一个峰区内的圆心角θ变为90°，求B'和B的关系。已知：sin(α±β )=sin αcos β±cos αsin β，cosα=1–2

【答案】(1) 旋转方向为逆时针方向 (2) (3)
【解析】(1)封区内圆弧半径①
旋转方向为逆时针方向②
(2)由对称性，封区内圆弧的圆心角③
每个圆弧的长度④
每段直线长度⑤
周期⑥
代入得⑦
(3)谷区内的圆心角⑧
谷区内的轨道圆弧半径⑨
由几何关系⑩
由三角关系⑪
代入得⑫

【考点定位】带电粒子在匀强磁场中的运动
【名师点睛】此题是关于带电粒子在匀强磁场中的运动问题。解题时要分析粒子受到的洛伦兹力的情况，找到粒子做圆周运动的圆心及半径，画出几何图形，并借助与几何关系分析解答。此题有一定的难度，考查学生的综合能力。
154.(2016·全国新课标Ⅲ卷)如图，两条相距l的光滑平行金属导轨位于同一水平面(纸面)内，其左端接一阻值为R的电阻；一与导轨垂直的金属棒置于两导轨上；在电阻、导轨和金属棒中间有一面积为S的区域，区域中存在垂直于纸面向里的均匀磁场，磁感应强度大小B1随时间t的变化关系为，式中k为常量；在金属棒右侧还有一匀强磁场区域，区域左边界MN(虚线)与导轨垂直，磁场的磁感应强度大小为B0，方向也垂直于纸面向里。某时刻，金属棒在一外加水平恒力的作用下从静止开始向右运动，在t0时刻恰好以速度v0越过MN，此后向右做匀速运动。金属棒与导轨始终相互垂直并接触良好，它们的电阻均忽略不计。求

(1)在t=0到t=t0时间间隔内，流过电阻的电荷量的绝对值；
(2)在时刻t(t>t0)穿过回路的总磁通量和金属棒所受外加水平恒力的大小。
【答案】(1)(2)
【解析】在金属棒未越过MN之前，t时刻穿过回路的磁通量为①
设在从t时刻到的时间间隔内，回路磁通量的变化量为，流过电阻R的电荷量为
由法拉第电磁感应有②
由欧姆定律有③
由电流的定义有④
联立①②③④可得⑤
由⑤可得，在t=0到t=的时间间隔内，流过电阻R的电荷量q的绝对值为⑥
(2)当时，金属棒已越过MN，由于金属棒在MN右侧做匀速运动，有⑦
式中f是外加水平恒力，F是匀强磁场施加的安培力。设此时回路中的电流为I，F的大小为⑧
此时金属棒与MN之间的距离为⑨
匀强磁场穿过回路的磁通量为⑩
回路的总磁通量为⑪
式中仍如①式所示，由①⑨⑩⑪可得，在时刻t(t＞t0)穿过回路的总磁通量为⑫
在t到的时间间隔内，总磁通量的改变为⑬
由法拉第电磁感应定律得，回路感应电动势的大小为⑭
由欧姆定律有⑮
联立⑦⑧⑬⑭⑮可得
【考点定位】考查了导体切割磁感线运动
【方法技巧】根据法拉第电磁感应定律，结合闭合电路欧姆定律，及电量表达式，从而导出电量的综合表达式，即可求解；根据磁通量的概念，，结合磁场方向，即可求解穿过回路的总磁通量；根据动生电动势与感生电动势公式，求得线圈中的总感应电动势，再依据闭合电路欧姆定律，及安培力表达式，最后依据平衡条件，即可求解水平恒力大小。
155.(2017·新课标Ⅲ卷·T24)如图，空间存在方向垂直于纸面(xOy平面)向里的磁场。在x≥0区域，磁感应强度的大小为B0；x1)。一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子以速度v0从坐标原点O沿x轴正向射入磁场，此时开始计时，当粒子的速度方向再次沿x轴正向时，求(不计重力)

(1)粒子运动的时间；
(2)粒子与O点间的距离。
【答案】(1) (2)
【解析】粒子的运动轨迹如图所示。带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，设在 区域，圆周半径R1；设在 区域，圆周半径R2；由洛伦兹力公式及牛顿运动定律得 ① ②
粒子速度方向转过180o时，所用时间t1为 ③
粒子再转过180°时，所用时间t2为 ④
联立①②③④得，所求时间为 ⑤
(2)由几何关系及①②式得，所求距离为⑥
【考点定位】带电粒子在磁场中的运动
【名师点睛】对于带电粒子在磁场中运动问题，解题时常要分析带电粒子受到的洛伦兹力的情况，找到粒子做圆周运动的圆心及半径，画出运动轨迹可以使运动过程清晰明了，同时要善于运用几何知识帮助分析和求解。
156.(2017·新课标Ⅱ卷)如图，两水平面(虚线)之间的距离为H，其间的区域存在方向水平向右的匀强电场。自该区域上方的A点将质量为m、电荷量分别为q和–q(q>0)的带电小球M、N先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出。小球在重力作用下进入电场区域，并从该区域的下边界离开。已知N离开电场时的速度方向竖直向下；M在电场中做直线运动，刚离开电场时的动能为N刚离开电场时动能的1.5倍。不计空气阻力，重力加速度大小为g。求

(1)M与N在电场中沿水平方向的位移之比；
(2)A点距电场上边界的高度；
(3)该电场的电场强度大小。
【答案】(1)3:1 (2) (3)
【解析】(1)设带电小球M、N抛出的初速度均为v0，则它们进入电场时的水平速度仍为v0；M、N在电场中的运动时间t相等，电场力作用下产生的加速度沿水平方向，大小均为a，在电场中沿水平方向的位移分别为s1和s2；由运动公式可得：
v0–at=0①
②
③
联立①②③解得：④
(2)设A点距离电场上边界的高度为h，小球下落h时在竖直方向的分速度为vy，则；
⑤
⑥
因为M在电场中做匀加速直线运动，则
⑦
由①②⑤⑥⑦可得h=⑧
(3)设电场强度为E，小球M进入电场后做直线运动，则，⑨
设M、N离开电场时的动能分别为Ek1、Ek2，由动能定理：
⑩
⑪
由已知条件：Ek1=1.5Ek2
联立④⑤⑥⑦⑧⑨⑩⑪⑫解得：
【考点定位】带电小球在复合场中的运动；动能定理
【名师点睛】此题是带电小球在电场及重力场的复合场中的运动问题；关键是分析小球的受力情况，分析小球在水平及竖直方向的运动性质，搞清物理过程；灵活选取物理规律列方程。
157.(2017·江苏卷)一台质谱仪的工作原理如图所示.大量的甲、乙两种离子飘入电压为U0的加速电场，其初速度几乎为0，经过加速后，通过宽为L的狭缝MN沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打到照相底片上.已知甲、乙两种离子的电荷量均为+q，质量分别为2m和m，图中虚线为经过狭缝左、右边界M、N的甲种离子的运动轨迹.不考虑离子间的相互作用.

(1)求甲种离子打在底片上的位置到N点的最小距离x；
(2)在答题卡的图中用斜线标出磁场中甲种离子经过的区域，并求该区域最窄处的宽度d；
(3)若考虑加速电压有波动，在()到()之间变化，要使甲、乙两种离子在底片上没有重叠，求狭缝宽度L满足的条件.
【答案】(1) (2)
(3)
【解析】(1)设甲种离子在磁场中的运动半径为r1
电场加速 且 解得
根据几何关系x =2r1 –L 解得
(2)(见图) 最窄处位于过两虚线交点的垂线上

解得

(3)设乙种离子在磁场中的运动半径为r2
r1的最小半径

r2 的最大半径
由题意知 2r1min–2r2max >L，即
解得
【考点定位】带电粒子在组合场中的运动
【名师点睛】本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动，对此类问题主要是画出粒子运动的轨迹，分析粒子可能的运动情况，找出几何关系，有一定的难度.
158.(2017·天津卷)平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的匀强磁场，第Ⅲ现象存在沿y轴负方向的匀强电场，如图所示。一带负电的粒子从电场中的Q点以速度v0沿x轴正方向开始运动，Q点到y轴的距离为到x轴距离的2倍。粒子从坐标原点O离开电场进入磁场，最终从x轴上的P点射出磁场，P点到y轴距离与Q点到y轴距离相等。不计粒子重力，问：
(1)粒子到达O点时速度的大小和方向；
(2)电场强度和磁感应强度的大小之比。

【答案】(1)，方向与x轴方向的夹角为45°角斜向上 (2)
【解析】
试题分析：(1)粒子在电场中又Q到O做类平抛运动，设Q点速度v与+x方向夹角为α，Q点到x轴的距离为L，到y轴的距离为2L，粒子的加速度为a，运动时间为t，根据类平抛运动的规律，有：x方向： y方向：
粒子到达O点时沿y轴方向的分速度为：
又：
解得：，即，粒子到达O点时速度方向与x轴方向的夹角为45°角斜向上。
粒子到达O点时的速度大小为

(2)设电场强度为E，粒子电荷量为q，质量为m，粒子在电场中受到的电场力为F，粒子在电场中运动的加速度：
设磁感应强度大小为B，粒子做匀速圆周运动的半径为R，洛伦兹力提供向心力，有：
根据几何关系可知：
整理可得：
【考点定位】带电粒子在复合场中的运动
【名师点睛】本题难度不大，但需要设出的未知物理量较多，容易使学生感到混乱，要求学生认真规范作答，动手画图。
159.(2017·天津卷)电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度，其原理可用来研制新武器和航天运载器。电磁轨道炮示意如图，图中直流电源电动势为E，电容器的电容为C。两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为l，电阻不计。炮弹可视为一质量为m、电阻为R的金属棒MN，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触。首先开关S接1，使电容器完全充电。然后将S接至2，导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场(图中未画出)，MN开始向右加速运动。当MN上的感应电动势与电容器两极板间的电压相等时，回路中电流为零，MN达到最大速度，之后离开导轨。问：

(1)磁场的方向；
(2)MN刚开始运动时加速度a的大小；
(3)MN离开导轨后电容器上剩余的电荷量Q是多少。
【答案】(1)磁场的方向垂直于导轨平面向下 (2) (3)
【解析】(1)电容器充电后上板带正电，下板带负电，放电时通过MN的电流由M到N，欲使炮弹射出，安培力应沿导轨向右，根据左手定则可知磁场的方向垂直于导轨平面向下。
(2)电容器完全充电后，两极板间电压为E，根据欧姆定律，电容器刚放电时的电流：
炮弹受到的安培力：
根据牛顿第二定律：
解得加速度
(3)电容器放电前所带的电荷量
开关S接2后，MN开始向右加速运动，速度达到最大值vm时，MN上的感应电动势：
最终电容器所带电荷量
设在此过程中MN的平均电流为，MN上受到的平均安培力：
由动量定理，有：
又：
整理的：最终电容器所带电荷量
【考点定位】电磁感应现象的综合应用，电容器，动量定理。
【名师点睛】本题难度较大，尤其是最后一个小题，给学生无从下手的感觉：动量定理的应用是关键。
160.(2015·北京卷·T22)如图所示，足够长的平行光滑金属导轨水平放置，宽度L=0.4m一端连接R=1的电阻。导线所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B=1T。导体棒MN放在导轨上，其长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好，导轨和导体棒的电阻均可忽略不计。在平行于导轨的拉力作用下，导体棒沿导轨向右匀速运动，速度v=5m/s。求：

(1)感应电动势E和感应电流I；
(2)在0.1s时间内，拉力的冲量的大小；
(3)若将MN换为电阻r=1的导体棒，其他条件不变，求导体棒两端的电压U。
【答案】(1)、 ；(2) (3)
【解析】
（1） 根据动生电动势公式得E=BLv = 1T ×0.4m ×5m /s =2V
故感应电流
(2)金属棒在匀速运动过程中，所受的安培力大小为F安= BIL =0.8N，
因匀速直线运动，所以导体棒所受拉力F = F安 = 0.8N
所以拉力的冲量 IF ==0.8 N×0.1s=0.08 Ns
(3)其它条件不变，则有电动势
由全电路的欧姆定律
导体棒两端电压
【考点定位】动生电动势和感应电流的基本概念；力和运动的基本关系，冲量的基本定义；电动势和外电压的基本概念及其关系。
【规律总结】电磁感应共分两种情况：动生问题(棒切割磁感线)产生的电动势，方向由右手定则；感生问题(磁感应强度的变化)的电动势，方向由楞次定律。而电流方向都是等效电源内部负极流向正极的方向。
161.(2010·海南卷·T15)右图中左边有一对平行金属板，两板相距为d.电压为V；两板之间有匀强磁场，磁感应强度大小为B0，方向与金属板面平行并垂直于纸面朝里。图中右边有一半径为R、圆心为O的圆形区域内也存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面朝里。一电荷量为q的正离子沿平行于全属板面、垂直于磁场的方向射入平行金属板之间，沿同一方向射出平行金属板之间的区域，并沿直径EF方向射入磁场区域，最后从圆形区城边界上的G点射出.已知弧所对应的圆心角为θ，不计重力.求

(1)离子速度的大小；
(2)离子的质量。
【答案】(1) (2)
【解析】(1)由题设知，离子在平行金属板之间做匀速直线运动，安所受到的向上的压力和向下的电场力平衡
①
式中，是离子运动速度的大小，是平行金属板之间的匀强电场的强度，有
②
由①②式得 ③
(2)在圆形磁场区域，离子做匀速圆周运动，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有
④
式中，和分别是离子的质量和它做圆周运动的半径。由题设，离子从磁场边界上的点G穿出，离子运动的圆周的圆心必在过E点垂直于EF的直线上，且在EG的垂直一平分线上(见右图)。

由几何关系有
⑤
式中，是与直径EF的夹角，由几何关系得
⑥
联立③④⑤⑥式得，离子的质量为 ⑦
162.(2010·重庆卷·T25)某兴趣小组用如题25图所示的装置进行实验研究.他们在水平桌面上固定一内径为的椭圆形玻璃杯，杯口上放置一直径为1.5d，质量为m的匀质薄圆板，板内放一质量为2m的小物块.板中心、物块均在杯的轴线上.物块与板间动摩擦因数为µ，不计板与杯口之间的摩擦力，重力加速度为g，不考虑板翻转。

(1)对板施加指向圆心的水平外力F，设物块与板间最大静摩擦力为fmax，若物块能在板上滑动，求F应满足的条件。
(2)如果对板施加的指向圆心的水平外力是作用时间极短的较大冲击力，冲量为I，
①I应满足什么条件才能使物块从板上掉下？
②物块从开始运动到掉下时的位移s为多少？
③根据s与I的关系式说明要使s更小，冲量应如何改变.
【答案】
(1)设圆板与物块相对静止时，它们之间的静摩擦力为Ff，共同加速度为a
由牛顿运动定律，有
对物块 Ff＝2ma 对圆板F－Ff＝ma
两物相对静止，有 Ff≤fmax
得 F≤Ffmax
相对滑动的条件 F＞Ffmax
(2)设冲击刚结束时圆板获得的速度大小为v0，物块掉下时，圆板和物块速度大小分别为v1和v2。
由动量定理，有 I＝mv0
由动能定理，有
对圆板－2µmg(s＋d)＝mv12－mv02
对物块2µmgs＝(2m)v22－0
由动量守恒定律，有
mv0＝mv1＋2mv2
要使物块落下，必须v1＞v2
由以上各式得I＞m
s＝
分子有理化得s＝
根据上式结果知：I越大，s越小.
163.(2010·四川卷·T25)如图所示，空间有场强的竖直向下的匀强电场，长的不可伸长的轻绳一端固定于O点，另一端系一质量的不带电小球A，拉起小球至绳水平后，无初速释放。另一电荷量、质量与相同的小球，以速度水平抛出，经时间与小球C与D点下方一足够大的平板相遇。不计空气阻力，小球均可视为质点，取。
求碰撞前瞬间小球的速度。

若小球经过路到达平板，此时速度恰好为O，求所加的恒力。
若施加恒力后，保持平板垂直于纸面且与水平面的夹角不变，在点下方任意改变平板位置，小球均能与平板正碰，求出所有满足条件的恒力。
【解析】本题主要考查了带电粒子在场中运动、碰撞、动量守恒。牛顿定律、功能关系的综合运用。重点考查对物理过程分析和建立物理模型能力的考查。
(1)设的加速度为、到点时竖直速度为，合速度大小为、与水平方向的夹角为，有：
①
②
③
④
联立上述方程，代人数据，解得： ⑤
⑥
(2)设A碰钱速度为，此时轻绳与竖直线的夹角为，由动能定理得：
⑦
设A、P碰撞后小球C的速度为，由动量守恒定律，得： ⑧
小球C到达平板时速度为零，应做匀减速直线运动，设加速度大小为，有：
⑨
设恒力大小为F，与竖直方向夹角为，如右图，由牛顿第二定律，得：

⑩

代人相关数据，解得：


(3)由于平板可距D点无限远，小球C必做匀速或匀加速直线运动，恒力的方向可从竖直向上顺时针转向无限接近速度方向，设恒力与竖直向上方向的角度为，有：

在垂直于速度方向上，有
则大小 的条件为：
(式中)

164.(2010·新课标Ⅰ卷·T25.)如图所示，在0≤x≤a、0≤y≤范围内有垂直手xy平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。坐标原点O处有一个粒子源，在某时刻发射大量质量为m、电荷量为q的带正电粒子，它们的速度大小相同，速度方向均在xy平面内，与y轴正方向的夹角分布在0～90°范围内。己知粒子在磁场中做圆周运动的半径介于a/2到a之间，从发射粒子到粒子全部离开磁场经历的时间恰好为粒子在磁场中做圆周运动周期的四分之一。求最后离开磁场的粒子从粒子源射出时的

(1)速度的大小：
(2)速度方向与y轴正方向夹角的正弦。
【答案】(1) (2)
【解析】(1)设粒子的发射速度为v，粒子做圆周运动的轨道半径为R，由牛顿第二定律和洛仑兹力公式，得
由①式得 ②
当a/2