2020年高考物理二轮复习讲练测 专题18 解答计算题方法与技巧(练)(解析版)

专题18 解答计算题方法与技巧
1．（2019·新课标全国Ⅰ卷）如图，在直角三角形OPN 区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B 、方向垂直于纸面向外。

一带正电的粒子从静止开始经电压U 加速后，沿平行于x 轴的方向射入磁场；一段时间后，该粒子在OP 边上某点以垂直于x 轴的方向射出。

已知O 点为坐标原点，N 点在y 轴上，OP 与x 轴的夹角为30°，粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d ，不计重力。

求
（1）带电粒子的比荷；
（2）带电粒子从射入磁场到运动至x 轴的时间。

【答案】（1）224q U m B d = （2）2π3()42Bd t U =+
【解析】（1）设带电粒子的质量为m ，电荷量为q ，加速后的速度大小为v 。

由动能定理有
21
2
qU mv =①
设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r ，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有 2
v qvB m r
=②
由几何关系知d 2③ 联立①②③式得 224q U
m B d
=④ （2）由几何关系知，带电粒子射入磁场后运动到x 轴所经过的路程为
πtan302
r
s r =
+︒⑤ 带电粒子从射入磁场到运动至x 轴的时间为
s t v
=
⑥ 联立②④⑤⑥式得 2π3()42Bd t U =+⑦
2．（2019·新课标全国Ⅱ卷）如图，两金属板P 、Q 水平放置，间距为d 。

两金属板正中间有一水平放置的金属网G ，P 、Q 、G 的尺寸相同。

G 接地，P 、Q 的电势均为ϕ（ϕ>0）。

质量为m ，电荷量为q （q >0）的粒子自G 的左端上方距离G 为h 的位置，以速度v 0平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计。

（1）求粒子第一次穿过G 时的动能，以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小； （2）若粒子恰好从G 的下方距离G 也为h 的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？
【答案】（1）0
mdh l v q ϕ= （2）2mdh
v q ϕ
【解析】（1）PG 、QG 间场强大小相等，均为E ，粒子在PG 间所受电场力F 的方向竖直向下，设粒子的加速度大小为a ，有
2E d
ϕ
=
① F =qE =ma ②
设粒子第一次到达G 时动能为E k ，由动能定理有
2
k 012
qEh E mv =-③
设粒子第一次到达G 时所用的时间为t ，粒子在水平方向的位移为l ，则有
21
2
h at =④ l =v 0t ⑤
联立①②③④⑤式解得
2k 012=2E mv qh d
ϕ+⑥
mdh
l v q ϕ
= （2）设粒子穿过G 一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短，由对称性知，此时金属板的长度
L 为=22L l v =⑧ 3．（2019·新课标全国Ⅲ卷）空间存在一方向竖直向下的匀强电场，O 、P 是电场中的两点。

从O 点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为m 的小球A 、B 。

A 不带电，B 的电荷量为q （q >0）。

A 从O 点发射时的速度大小为v 0，到达P 点所用时间为t ；B 从O 点到达P 点所用时间为2
t 。

重力加速度为g ，求
（1）电场强度的大小； （2）B 运动到P 点时的动能。

【答案】（1）3mg
E q = （2）222k 0=2()E m v g t +
【解析】（1）设电场强度的大小为E ，小球B 运动的加速度为a 。

根据牛顿定律、运动学公式和题给条件，有
mg +qE =ma ①
22
11()222
t a gt =② 解得3mg
E q =③
（2）设B 从O 点发射时的速度为v 1，到达P 点时的动能为E k ，O 、P 两点的高度差为h ，根据动能定理有
2k 11
2
E mv mgh qEh -=+④
且有
1
02t
v v t =⑤ 2
12
h gt =
⑥ 联立③④⑤⑥式得
2
22k 0=2()E m v g t +⑦
4．（2019·北京卷）如图所示，垂直于纸面的匀强磁场磁感应强度为B 。

纸面内有一正方形均匀金属线框abcd ，其边长为L ，总电阻为R ，ad 边与磁场边界平行。

从ad 边刚进入磁场直至bc 边刚要进入的过程中，线框在向左的拉力作用下以速度v 匀速运动，求：
（1）感应电动势的大小E ； （2）拉力做功的功率P ； （3）ab 边产生的焦耳热Q 。

【答案】（1）BLv （2）
222B L v R （3）234B L v
R
【解析】（1）由法拉第电磁感应定律可得，感应电动势E =BLv （2）线圈中的感应电流E I R
=
拉力大小等于安培力大小F=BIL 拉力的功率222
B L v P Fv R
==
（3）线圈ab 边电阻4
ab R R = 时间L t v
=
ab 边产生的焦耳热232
4ab B L v
Q I R t R
==
5．（2019·北京卷）电容器作为储能器件，在生产生活中有广泛的应用。

对给定电容值为C 的电容器充电，无论采用何种充电方式，其两极间的电势差u 随电荷量q 的变化图像都相同。

（1）请在图1中画出上述u –q 图像。

类比直线运动中由v –t 图像求位移的方法，求两极间电压为U 时电容器所储存的电能E p 。

（2）在如图2所示的充电电路中，R 表示电阻，E 表示电源（忽略内阻）。

通过改变电路中元件的参
数对同一电容器进行两次充电，对应的q –t 曲线如图3中①②所示。

a ．①②两条曲线不同是______（选填E 或R ）的改变造成的；
b ．电容器有时需要快速充电，有时需要均匀充电。

依据a 中的结论，说明实现这两种充电方式的途径。

（3）设想使用理想的“恒流源”替换（2）中电源对电容器充电，可实现电容器电荷量随时间均匀增加。

请思考使用“恒流源”和（2）中电源对电容器的充电过程，填写下表（选填“增大”、“减小”或“不变”）。

“恒流源”
（2）中电源
电源两端电压 通过电源的电流
【答案】见解析
【解析】（1）u –q 图线如答图1；
电压为U 时，电容器带电Q ，图线和横轴围成的面积为所储存的电能E p p 1
,2E QU Q CU ==又
故2
p 12
E CU =
（2）a ．R
b ．减小电阻R ，可以实现对电容器更快速充电；增大电阻R ，可以实现更均匀充电。

（3）
“恒流源” （2）中电源 电源两端电压 增大 不变 通过电源的电流
不变
减小
6．（2019·天津卷）完全由我国自行设计、建造的国产新型航空母舰已完成多次海试，并取得成功。

航母上的舰载机采用滑跃式起飞，故甲板是由水平甲板和上翘甲板两部分构成，如图1所示。

为了便于研究舰载机的起飞过程，假设上翘甲板BC 是与水平甲板AB 相切的一段圆弧，示意如图2，AB 长1150m L =，
BC 水平投影263m L =，图中C 点切线方向与水平方向的夹角12θ=︒（sin120.21︒≈）。

若舰载机从A
点由静止开始做匀加速直线运动，经6s t =到达B 点进入BC 。

已知飞行员的质量60kg m =，
210m/s g =，求
（1）舰载机水平运动的过程中，飞行员受到的水平力所做功W ； （2）舰载机刚进入BC 时，飞行员受到竖直向上的压力N F 多大。

【答案】（1）4
7.510J W =⨯ （2）3N 1.110N F =⨯
【解析】（1）舰载机由静止开始做匀加速直线运动，设其刚进入上翘甲板时的速度为v ，则有
1
2L v t
=① 根据动能定理，有
21
02
W mv =-②
联立①②式，代入数据，得
47.510J W =⨯③
（2）设上翘甲板所对应的圆弧半径为R ，根据几何关系，有
2sin L R θ=④
由牛顿第二定律，有
2
N F mg m R
v -=⑤
联立①④⑤式，代入数据，得
3N 1.110N F =⨯⑥
7．（2019·江苏卷）如图所示，质量相等的物块A 和B 叠放在水平地面上，左边缘对齐．A 与B 、B 与地面间的动摩擦因数均为μ。

先敲击A ，A 立即获得水平向右的初速度，在B 上滑动距离L 后停下。

接着敲击B ，B 立即获得水平向右的初速度，A 、B 都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下．最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g ．求：
（1）A 被敲击后获得的初速度大小v A ；
（2）在左边缘再次对齐的前、后，B 运动加速度的大小a B 、a B '； （3）B 被敲击后获得的初速度大小v B ．
【答案】（1）2A v gL μ= （2）a B =3μg a B ′=μg （3）22B v gL μ=【解析】（1）由牛顿运动定律知，A 加速度的大小a A =μg 匀变速直线运动 2a A L =v A 2 解得2A v gL μ=
（2）设A 、B 的质量均为m 对齐前，B 所受合外力大小F =3μmg 由牛顿运动定律F =ma B ，得 a B =3μg 对齐后，A 、B 所受合外力大小F ′=2μmg 由牛顿运动定律F ′=2ma B ′，得a B ′=μg
（3）经过时间t ，A 、B 达到共同速度v ，位移分别为x A 、x B ，A 加速度的大小等于a A 则v =a A t ，v =v B –a B t
2211
22
A A
B B B x a t x v t a t ==-，
且x B –x A =L
解得22B v gL μ=
8．（2019·浙江选考）在竖直平面内，某一游戏轨道由直轨道AB 和弯曲的细管道BCD 平滑连接组成，如图所示。

小滑块以某一初速度从A 点滑上倾角为θ=37°的直轨道AB ，到达B 点的速度大小为2m/s ，然后进入细管道BCD ，从细管道出口D 点水平飞出，落到水平面上的G 点。

已知B 点的高度h 1=1.2m ，D 点的高度h 2=0.8m ，D 点与G 点间的水平距离L =0.4m ，滑块与轨道AB 间的动摩擦因数μ=0.25，sin37°= 0.6，cos37°= 0.8。

（1）求小滑块在轨道AB 上的加速度和在A 点的初速度； （2）求小滑块从D 点飞出的速度； （3）判断细管道BCD 的内壁是否光滑。

【答案】（1）2
8m/s 6m/s ，
（2）1 m/s （3）小滑块动能减小，重力势能也减小，所以细管道BCD 内壁不光滑。

【解析】（1）上滑过程中，由牛顿第二定律：mgsin mgcos ma θμθ+=， 解得28/a m s =； 由运动学公式2
2
1
02B h v v a sin θ
-=-， 解得06/v m s =
（2）滑块在D 处水平飞出，由平抛运动规律D L v t =，2212
h gt = 解得1m/s D v =
（3）小滑块动能减小，重力势能也减小，所以细管道BCD 内壁不光滑
9．（2019·浙江选考）如图所示，在地面上竖直固定了刻度尺和轻质弹簧，弹簧原长时上端与刻度尺上的A 点等高。

质量m =0.5 kg 的篮球静止在弹簧正上方，其底端距A 点高度h 1=1.10 m 。

篮球静止释放，测得第一次撞击弹簧时，弹簧的最大形变量x 1=0.15 m ，第一次反弹至最高点，篮球底端距A 点的高度h 2=0.873 m ，篮球多次反弹后静止在弹簧的上端，此时弹簧的形变量x 2=0.01 m ，弹性势能为E p =0.025 J 。

若篮球运动时受到的空气阻力大小恒定，忽略篮球与弹簧碰撞时的能量损失和篮球的形变，弹簧形变在弹性限度范围内。

求：
（1）弹簧的劲度系数；
（2）篮球在运动过程中受到的空气阻力； （3）篮球在整个运动过程中通过的路程； （4）篮球在整个运动过程中速度最大的位置。

【答案】（1）500 N/m （2）0.5 N （3）11.05 m （4）0.009 m 【解析】（1）球静止在弹簧上，根据共点力平衡条件可得20mg kx -=
（2）球从开始运动到第一次上升到最高点，动能定理()()1212120mg h h f h h x --++=， 解得0.5N f =
（3）球在整个运动过程中总路程s ：()12p mg h x fs E +=+ 解得11.05m s =
（4）球在首次下落过程中，合力为零处速度最大，速度最大时弹簧形变量为3x ； 则30mg f kx --=；
在A 点下方，离A 点30.009m x =
1．如图1所示，绝缘的粗糙水平桌面高为h ＝1.25 m 、长为s ＝2 m ，桌面上方有一个水平向左的匀强电场．一个质量为m ＝2×10－
3 kg 、带电量为q ＝＋2.5×10－
8 C 的小物体自桌面的左端A 点以初速度v 0＝6 m/s 向右滑行，离开桌子边缘B 后，落在水平地面上C 点．C 点与B 点的水平距离x ＝1 m ，物体与桌面间的动摩擦因数为0.4，不计空气阻力，取g ＝10 m/s 2.
图1
(1)小物体离开桌子边缘B 的速度多大？ (2)水平向左匀强电场的电场强度E 为多大？
(3)为使小物体离开桌面边缘B 后水平距离加倍，即x ′＝2x ，某同学认为可以在桌子边缘B 的右侧空间加一竖直方向的匀强电场E ′，请你求出该电场的电场强度E ′.
【解析】(1)设小物体离开桌子边缘B 点后经过时间t 落地， 则h ＝1
2
gt 2得t ＝0.5 s ，
设小物体离开桌子边缘B 点时的速度为v B ， 则v B ＝x
t
＝2 m/s.
(2)根据动能定理，有－qEs －μmgs ＝12mv B 2－1
2mv A 2
解得E ＝3.2×105 N/C
(3)要使水平射程加倍，在平抛速度不变时，只有将运动时间加倍，即为 2x ＝v B t ′，又h ＝1
2
at ′2
由牛顿第二定律得：mg －qE ′＝ma
代入数据得：E ′＝6×105 N/C ，方向竖直向上． 【答案】(1) 2 m/s (2)3.2×105 N/C (3)6×105 N/C 方向竖直向上
2．如图2所示为某传送装置的示意图，整个装置由三部分组成，中间是水平传送带，传送带左侧为半
径为R 的四分之一光滑圆弧轨道，右侧为水平面上放置的质量为M 的滑板，圆弧轨道末端及滑板上表面与传送带两端等高并平滑对接．一质量为m 的物块从圆弧轨道的顶端由静止释放，物块经过传送带后滑上滑板，滑板在物块的作用下运动到D 处撞上固定平台后以原速率反弹并恰好能回到原位置，物块则在滑板撞击平台的同时滑上平台．已知圆弧轨道的半径R ＝3.2 m ，传送带以v ＝6 m/s 的速度顺时针匀速转动，传送带两轴心间距L 1＝3 m ，物块的质量m ＝1.0 kg ，滑板的质量M ＝2.0 kg ，滑板的长度L 2＝3.0 m ，物块与传送带和滑板间的动摩擦因数均为μ1＝0.5，滑板与水平面间的动摩擦因数μ2＝0.1，g ＝10 m/s 2，求：
图2
(1)物块刚离开传送带时的速度；
(2)初始时滑板右端与固定平台之间的距离L 3. 【解析】设物块刚滑上传送带时的速度为v 0， 由A 至B 根据机械能守恒定律得mgR ＝1
2
mv 02
物块滑上传送带后受到滑动摩擦力的作用开始减速，其加速度a ＝μ1mg
m ＝μ1g
设物块与传送带速度相同时的位移为x 物块的位移x ＝v 02－u 2
2a ＝2.8 m<3 m
故物块刚离开传送带时的速度为6 m/s. (2)物块滑上滑板后，物块减速，滑板加速 对物块有s 1＝ut －1
2
at 2
对滑板有a 1＝μ1mg －μ2（m ＋M ）g
M
滑板返回过程的加速度大小 a 2′＝μ2g ＝a 2；
为使滑板反弹后能恰好回到原出发位置，滑板撞击平台前应一直加速，且物块在滑板撞击平台时恰位于滑板右端
则有s 1－L 3＝L 2 L 3＝12
a 2t 2
联立解得L 3＝0.5 m 【答案】(1)6 m/s (2)0.5 m
3．如图6所示为某工厂的货物传送装置，倾斜运输带AB (与水平面成α＝37°角)与一斜面BC (与水平面成θ＝30°角)平滑连接，B 点到C 点的距离为L ＝0.6 m ，运输带运行速度恒为v 0＝5 m/s ，A 点到B 点的距离为x ＝4.5 m ，现将一质量为m ＝0.4 kg 的小物体轻轻放于A 点，物体恰好能到达最高点C 点，已知物体与斜面间的动摩擦因数μ1＝
3
6
，求：(g ＝10 m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，空气阻力不计)
图6
(1)小物体运动到B 点时的速度v 的大小； (2)小物体与运输带间的动摩擦因数μ； (3)小物体从A 点运动到C 点所经历的时间t .
【解析】(1)设小物体在斜面上的加速度为a 1，运动到B 点时的速度为v ，由牛顿第二定律得 mg sin θ＋μ1mg cos θ＝ma 1
由运动学公式知v 2＝2a 1L ，联立解得v ＝3 m/s.
(2)因为v <v 0，所以小物体在运输带上一直做匀加速运动，设加速度为a 2， 则由牛顿第二定律知μmg cos α－mg sin α＝ma 2 又因为v 2＝2a 2x ，联立解得μ＝7
8
.
(3)小物体从A 点运动到B 点所经历时间t 1＝v
a 2，
从B 点运动到C 点经历时间t 2＝v
a 1
联立并代入数据得小物体从A 点运动到C 点所经历的时间t ＝t 1＋t 2＝3.4 s. 【答案】(1)3 m/s (2)7
8
(3)3.4 s
4．如图8所示，在真空室内的P 点，能沿平行纸面向各个方向不断发射电荷量为＋q 、质量为m 的粒子(不计重力)，粒子的速率都相同．ab 为P 点附近的一条水平直线，P 到直线ab 的距离PC ＝L ，Q 为直线ab 上一点，它与P 点相距PQ ＝
5
2
L .当直线ab 以上区域只存在垂直纸面向里、磁感应强度为B 的匀强磁场时，水平向左射出的粒子恰到达Q 点；当ab 以上区域只存在平行该平面的匀强电场时，所有粒子都能到达ab 直线，且它们到达ab 直线时动能都相等，其中水平向左射出的粒子也恰好到达Q 点．已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：
图8
(1)粒子的发射速率； (2)PQ 两点间的电势差；
(3)仅有磁场时，能到达直线ab 的粒子所用最长时间和最短时间．
【解析】(1)设粒子做匀速圆周运动的半径为R ，过O 作PQ 的垂线交PQ 于A 点，如图9所示：
图9
由几何知识可得PC PQ ＝QA
QO
代入数据可得粒子轨迹半径R ＝QO ＝5L
8
洛伦兹力提供向心力Bqv ＝m v 2
R
解得粒子发射速度为v ＝5BqL
8m
(2)真空室只加匀强电场时，由粒子到达ab 直线的动能相等，可知ab 为等势面，电场方向垂直ab 向下． 水平向左射出的粒子经时间t 到达Q 点，在这段时间内 CQ ＝L 2＝vt ，PC ＝L ＝1
2at 2，
式中a ＝qE
m
，U ＝Ed ，
解得电场强度的大小为U ＝25qL 2B 2
8m
.
(3)只有磁场时，粒子以O 1为圆心沿圆弧PD 运动，当圆弧和直线ab 相切于D 点时，粒子速度的偏转角最大，对应的运动时间最长，如图10所示．据图有
图10
sin α＝L －R R ＝35解得α＝37°
故最大偏转角γmax ＝233°
粒子在磁场中运动最长时间t 1＝γmax 360°T ＝233πm
180Bq
粒子以O 2为圆心沿圆弧PC 运动的速度偏转角最小，对应的运动时间最短．据上图有sin β＝L /2
R ＝
4
5
，解得β＝53° 速度偏转角最小为γmin ＝106° 故最短时间t 2＝γmin 360°T ＝106πm 180Bq
【答案】(1)5BqL 8m (2)25qL 2B 2
8m
(3)最长时间t 1＝233πm 180Bq 最短时间t 2＝106πm
180Bq
5．如图11所示，竖直光滑绝缘轨道CDMN ，其中CD 和MN 部分都是半径为R 的半圆轨道，DM 是水平部分，CD 部分刚好处于场强为E 竖直向下的匀强电场中．带正电小球A 电荷量为q ，质量为m ；小球B 不带电，A 、B 间有绝缘轻弹簧处于压缩状态(A 、B 与弹簧不拴接)，被绝缘细线固定处于静止状态．已知qE ＝mg ，烧断细线后，小球A 、B 离开弹簧并都能恰好通过轨道最高点C 、N .求：
图11
(1)小球B 的质量； (2)弹簧的最大弹性势能．
【解析】(1)小球A 在最高点C 点时，由牛顿第二定律得： qE ＋mg ＝mv C 2
R ，解得：v C ＝2gR
从D 点到C 点过程，由动能定理得： －2qER －2mgR ＝12mv C 2－1
2mv D 2
解得：v D ＝10gR
设小球B 质量为m B ，在最高点N 点时，由牛顿第二定律得： m B g ＝m B v N 2
R
从M 点到N 点过程，由动能定理得： －2m B gR ＝ 12m B v N 2－1
2m B v M 2
解得：v M ＝5gR
弹簧弹出小球过程中，系统动量守恒，则： 0＝mv D －m B v M 解得：m B ＝2m
(2)设弹簧的最大弹性势能为E pm ，弹簧弹出小球过程中，系统机械能守恒，则： E pm ＝12m B v M 2＋1
2
mv D 2
解得：E pm ＝(1＋
2
2
)5mgR 【答案】(1)2m (2)(1＋
2
2
)5mgR 6．如图12所示，在平面直角坐标系第Ⅲ象限内充满＋y 方向的匀强电场，在第Ⅰ象限的某个圆形区域内有垂直于纸面的匀强磁场(电场、磁场均未画出)；一个比荷为q
m ＝k 的带电粒子以大小为v 0的初
速度自点P (－23d ，－d )沿＋x 方向运动，恰经原点O 进入第Ⅰ象限，粒子穿过匀强磁场后，最终从x 轴上的点Q (9d ，0)沿－y 方向进入第Ⅳ象限；已知该匀强磁场的磁感应强度为B ＝v 0
kd
，不计粒子重力．
图12
(1)求第Ⅲ象限内匀强电场的场强E 的大小． (2)求粒子在匀强磁场中运动的半径R 及时间t B . (3)求圆形磁场区的最小半径r min .
【解析】(1)粒子在第Ⅲ象限做类平抛运动，则有 水平方向：23d ＝v 0t ，竖直方向：d ＝1
2at 2，
又a ＝qE m ，解得电场强度E ＝v 02
6kd
.
图13
(2)设粒子到达O 点瞬间，速度大小为v ，与x 轴夹角为α，则v y ＝at ，联立解得v y ＝v 0
3
则v ＝v 02＋v y 2＝
23v 0，tan α＝13
，α＝π6.
粒子在磁场中qvB ＝mv 2
R
解得粒子运动R ＝
2d 3
在磁场中运动的轨迹如图13甲所示： 由几何关系知，对应的圆心角θ＝π2＋α＝2
3π
在磁场中运动的时间t B ＝
θ2π·2πR v ＝2πd 3v 0
(3)如图13乙所示：若粒子进入磁场和离开磁场的位置恰位于磁场区的某条直径两端，即为磁场区的最小半径r min .
由几何关系得：2R sin θ
2＝2r min .
解得：r min ＝R sin θ
2
＝d
【答案】(1)v 026kd (2)R ＝2d 3
t ＝2πd
3v 0 (3)r min ＝d
1．(2020·安徽省宿州一中高三调研)如图1，在区域I 中有方向水平向右的匀强电场，在区域II 中有方向竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B ＝0.5 T ；两区域中的电场强度大小相
等，E＝2 V/m；两区域足够大，分界线竖直，一可视为质点的带电小球用绝缘细线拴住静止在区域I 中的A点时，细线与竖直方向的夹角为45°，现剪断细线，小球开始运动，经过时间t1＝1 s从分界线的C点进入区域II，在其中运动一段时间后，从D点第二次经过分界线，再运动一段时间后，从H点第三次经过分界线，图1中除A点外，其余各点均未画出，g＝10 m/s2，求：
图1
(1)小球到达C点时的速度v；
(2)小球在区域II中运动的时间t2；
图2
(3)C、H之间的距离d.
【解析】(1)小球处于静止状态时，受力分析如图2所示：
由图可知小球带正电，设电场与重力的合力为F ，则有F ＝mg
cos45°
＝2mg ，
剪断细线后，小球所受电场力与重力不变，小球将做初速度为零的匀加速直线运动， 由牛顿第二定律得：F ＝ma ， 解得：a ＝10 2 m/s 2.
则小球达到C 点的速度为v ＝at 1＝10 2 m/s. (2)由(1)可知，tan45°＝F 电
mg ，则有F 电＝qE ＝mg ，
即m q ＝E g
， 故小球在区域Ⅱ中做匀速圆周运动 则有qvB ＝m v 2r ，解得r ＝mv
qB ，
则周期T ＝2πr v ＝2πm qB ＝2πE
Bg ＝0.8π.
则小球从C 到D 的时间为t 2＝3
4
T ＝0.6π.
(3)小球从D 点再次进入区域Ⅰ时，速度大小为v ，方向与重力和电场力的合力垂直，故小球做类平抛运动，设从D 到H 所用的时间为t 3，其运动轨迹如图3所示：
图3
则沿DP 方向做匀速运动，则有DP ＝vt 3， PH 方向做初速度为零的匀加速运动，则有 PH ＝1
2
at 32，
由几何关系知：DP ＝PH ，
联立解得t 3＝2v
a ＝2 s ，DP ＝PH ＝20 2 m.
故DH ＝40 m.
而DC ＝2r ，又由(2)知r ＝mv qB ＝Ev
gB ＝4 2 m ，
所以d ＝CH ＝DH －DC ＝32 m.
2．(2020·吉林省辽源一中高三调研)质谱仪是一种测量带电粒子质量和分析同位素的重要工具，它的构造原理如图4，离子源A 产生电荷量相同而质量不同的离子束(初速度可视为零)，从狭缝S 1进入电场，经电压为U 的加速电场加速后，再通过狭缝S 2从小孔E 点垂直MN 射入半径为R 的圆形匀强磁场．该匀强磁场的磁感应强度为B ，方向垂直于纸面向外，磁场边界与直线MN 相切于E 点．离子离开磁场最终到达感光底片MN 上，设离子电荷量为q ，到达感光底片上的点与E 点的距离为x ＝3R ，不计重力，求：
图4
(1)带电离子的电性； (2)离子的比荷q m
.
【解析】(1)依题意，结合左手定则知，进入磁场离子受洛伦兹力水平向右，则带电粒子的电性为正电．
图5
(2)在加速电场中加速后，离子进入磁场时速度为v 0 qU ＝1
2
mv 02，v 0＝
2qU
m
① 由圆形磁场粒子运动规律知，离子沿径向方向离开磁场，设离子做圆周运动的轨道半径为r ，Bqv 0＝
mv 02
r ②
而由几何关系知：tan θ＝R 3R ＝33
所以θ＝30°.
而x ＝r ＋r sin30°，解得r ＝33R ，③
结合①②③q m ＝6U
B 2R 2.
【答案】(1)正电 (2)
6U
B 2R 2
3．(2020届甘肃省兰州市一中高三模拟)如图6所示，MN 为绝缘板，CD 为板上两个小孔，AO 为CD 的中垂线，在MN 的下方有匀强磁场，方向垂直纸面向外(图中未画出)，质量为m 、电荷量为q 的粒子(不计重力)以某一速度从A 点平行于MN 的方向进入静电分析器，静电分析器内有均匀辐向分布的电场(电场方向指向O 点)，已知图中虚线圆弧的半径为R ，其所在处场强大小为E ，若离子恰好沿图中虚线做圆周运动后从小孔C 垂直于MN 进入下方磁场．试求：
图6
(1)粒子运动的速度大小；
(2)粒子在磁场中运动，与MN 板碰撞，碰后以原速率反弹，且碰撞时无电荷的转移，之后恰好从小孔D 进入MN 上方的一个三角形匀强磁场，从A 点射出磁场，则三角形磁场区域的最小面积为多少？MN 上下两区域磁场的磁感应强度大小之比为多少？
(3)粒子从A 点出发后，第一次回到A 点所经过的总时间为多少？ 【解析】(1)粒子进入静电分析器做圆周运动， 根据牛顿第二定律得： Eq ＝mv 2
R
，v ＝
EqR
m
图7
(2)粒子从D 到A 匀速圆周运动，故由图示三角形区域面积最小值为S ＝R 2
2
在磁场中洛伦兹力提供向心力Bqv ＝mv 2R ，R ＝mv
Bq ，
设MN 下方的磁感应强度为B 1，上方的磁感应强度为B 2， 若只碰撞一次，则R 1＝R 2＝mv B 1q ，R 2＝R ＝mv
B 2q ，
B 1B 2＝1
2
， 若碰撞n 次，R 1＝R n ＋1＝mv B 1q ，R 2＝R ＝mv B 2q ，故B 2B 1＝1
n ＋1
(3)粒子在电场中运动时间t 1＝2πR 4v ＝π2
mR Eq
， 在下方的磁场中运动时间t 2＝n ＋12×2πR 1×1
v ＝πmR Eq
， 在上方的磁场中运动时间t 3＝2πR 24v ＝π2
mR Eq
， 总时间t ＝t 1＋t 2＋t 3＝2πmR Eq
. 【答案】(1)
EqR m (2)S ＝R 22 若只碰撞一次，B 1B 2＝12 若碰撞n 次，B 2B 1＝1
n ＋1
(3)2πmR Eq
4．(2020·山西省吕梁一中高三质检)公路上行驶的两汽车之间应保持一定的安全距离．当前车突然停止时，后车司机可以采取刹车措施，使汽车在安全距离内停下而不会与前车相碰．通常情况下，人的反应时间和汽车系统的反应时间之和为1 s ．当汽车在晴天干燥沥青路面上以108 km/h 的速度匀速行驶时，安全距离为120 m ．设雨天时汽车轮胎与沥青路面间的动摩擦因数为晴天时的2
5.若要求安全距离仍为120 m ，求汽
车在雨天安全行驶的最大速度．
【解析】设路面干燥时，汽车与地面间的动摩擦因数为μ0，刹车时汽车的加速度大小为a 0，安全距离为s ，反应时间为t 0，由牛顿第二定律和运动学公式得μ0mg ＝ma 0①
s ＝v 0t 0＋v 02
2a 0
②
式中，m 和v 0分别为汽车的质量和刹车前的速度． 设在雨天行驶时，汽车与地面间的动摩擦因数为μ， 依题意有μ＝2
5
μ0③
设在雨天行驶时汽车刹车的加速度大小为a ，
安全行驶的最大速度为v ，由牛顿第二定律和运动学公式得 μmg ＝ma ④
s＝vt0＋v2
2a⑤
联立①②③④⑤式并代入题给数据得
v＝20 m/s(或72 km/h)．⑥
【答案】20 m/s(或72 km/h)
5．(2020·浙江省绍兴一中高三调研)有一项“快乐向前冲”的游戏可简化如下：如图3所示，滑板长L＝1 m，起点A到终点线B的距离s＝5 m．开始滑板静止，右端与A平齐，滑板左端放一可视为质点的滑块，对滑块施一水平恒力F使滑板前进．板右端到达B处冲线，游戏结束．已知滑块与滑板间动摩擦因数μ＝0.5，地面视为光滑，滑块质量m1＝2 kg，滑板质量m2＝1 kg，重力加速度g＝10 m/s2，求：
图3
(1)滑板由A滑到B的最短时间为多长？
(2)为使滑板能以最短时间到达，水平恒力F的取值范围如何？
【解析】(1)滑板一直加速，所用时间最短．
设滑板加速度为a2，
F f＝μm1g＝m2a2，解得a2＝10 m/s2，
s＝a2t2
2，解得t＝1 s.
(2)刚好相对滑动时，F最小，设为F1，
此时可认为二者加速度相等，
F1－μm1g＝m1a2，解得F1＝30 N
当滑板运动到B点，滑块刚好脱离时，F最大，设为F2，
设滑块加速度为a 1， F 2－μm 1g ＝m 1a 1，
a 1t 22－a 2t 2
2
＝L ，解得F 2＝34 N. 则水平恒力F 的取值范围是30 N≤F ≤34 N. 【答案】(1)1 s (2)30 N≤F ≤34 N
6．(2020·江苏省无锡一中高三模拟)如图4所示，足够长的水平粗糙传送带在电动机的带动下以大小为v 1的速度匀速转动，一质量为m 的物块从传送带右侧以大小为v 2(v 2>v 1)的速度向左滑上传送带，经过时间t 1，物块与传送带相对静止，求：
图4
(1)物块运动过程中的加速度a 的大小； (2)物块向左运动的最大位移x 的大小；
(3)在t 1时间内，传送带因为传送物体多消耗的电能E .
图5
【解析】(1)以传送带的速度方向为正方向，作出物块运动的v －t 图象如图5所示， 设传送带与物块之间的动摩擦因数为μ， 对物块有：μmg ＝ma ，a ＝μg . 由图象可得：a ＝v 1＋v 2
t 1
(2)设物块经过时间t 2速度减为零，则有v 2＝at 2，物体向左运动的最大位移，由v 2
2＝2ax
得：x ＝
v 22
2a
＝v 22t 1
2（v 1＋v 2）
(3)系统消耗的电能等于电动机的驱动力对传送带做的功，传送带匀速运动，F 驱＝μmg ， 由功的公式：E ＝W 驱＝F 驱x 带 ＝μmgv 1t 1＝m (v 1＋v 2)v 1.
【答案】(1)a ＝v 1＋v 2t 1 (2)x ＝v 22t 1
2（v 1＋v 2）
(3)m (v 1＋v 2)v 1
7．(2020·福建福州市检测)如图1甲所示，两平行长直光滑金属导轨水平放置，间距为L ，左端连接一个电容为C 的电容器，导轨处在磁感应强度大小为B 、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中．质量为m 的金属棒垂直导轨放置，某时刻金属棒获得一个水平向右的初速度v 0，之后金属棒运动的v －t 图象如图乙所示．不考虑导轨的电阻．
图1
(1)求金属棒匀速运动时的速度的大小v 1； (2)求金属棒匀速运动时电容器的电荷量q ；
(3)已知金属棒从开始到匀速运动的过程中，产生的焦耳热为Q ，求电容器充电稳定后储存的电能E 电能． 【答案】(1)mv 0m ＋CB 2L 2 (2)CBLmv 0m ＋CB 2L 2 (3)12mv 02－m 3v 02
2(m ＋CB 2L 2)2－Q 【解析】(1)金属棒匀速运动切割磁感线产生的电动势E ＝BLv 1 电容器的电荷量q ＝CE
金属棒从开始到匀速运动的过程中，由动量定理有 －B I Lt 0＝mv 1－mv 0 电容器的电荷量q ＝I t 0 联立解得v 1＝mv 0
m ＋CB 2L 2
(2)由(1)可知q ＝CE ＝CBLv 1＝
CBLmv 0
m ＋CB 2L 2
(3)在0～t 0时间内，金属棒的速度由v 0到v 1，由能量守恒可得 E 电能＋Q ＝12mv 02－1
2
mv 12
解得E 电能＝12mv 02－m 3v 02
2(m ＋CB 2L 2)2
－Q .
8．(2020·山东临沂市模拟)一长为L 的绝缘细线，上端固定，下端拴一质量为m 、带电荷量为q 的小球，处于如图1所示的水平向右的匀强电场中．开始时，将细线与小球拉成水平，小球静止在A 点，释放后小。