高三物理計算題分類訓練Word版

1、傳播優(yōu)秀word版文檔 ，希望對您有幫助，可雙擊去除！高三物理計算題分類訓練1如圖甲所示，不計電阻的“u”形光滑導體框架水平放置，框架中間區(qū)域有豎直向上的勻強磁場，磁感應(yīng)強度b1.0t，有一導體桿ac橫放在框架上，其質(zhì)量為m0.10kg，電阻為r4.0?，F(xiàn)用細繩栓住導體桿，細繩的一端通過光滑的定滑輪繞在電動機的轉(zhuǎn)軸上，另一端通過光滑的定滑輪與物體d相連，物體d的質(zhì)量為m0.30kg，電動機的內(nèi)阻為r1.0。接通電路后，電壓表的示數(shù)恒為u8.0v，電流表的示數(shù)恒為i1.0a，電動機牽引原來靜止的導體桿ac平行于ef向右運動，其運動的位移時間圖像如圖乙所示。取g10m/s2。求：（1）勻強磁場的寬

2、度；（2）導體桿在變速運動階段產(chǎn)生的熱量。2（13潮州oqxpya）.如圖所示,在xoy直角坐標系中,oq與op分別與x軸正負方向成450,在poq區(qū)域中存在足夠大的勻強電場,場強大小為e,其余區(qū)域存在勻強磁場,一帶電量為+q的質(zhì)量為m粒子在y軸上a點(0,-l)以平行于x軸速度v0進入第四象項,在qo邊界垂直進入電場,后又從po邊界離開電場,不計粒子的重力.求(1)勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小?(2)粒子從po進入磁場的位置坐標?3（13佛山）.如左圖所示，水平光滑絕緣桌面距地面高h，x軸將桌面分為、兩個區(qū)域。右圖為桌面的俯視圖，區(qū)域的勻強電場場強為e，方向與ab邊及x軸垂直；區(qū)域的勻強磁場方向

3、豎直向下。一質(zhì)量為m，電荷量為q的帶正電小球，從桌邊緣ab上的m處由靜止釋放（m距ad邊及x軸的距離均為l），加速后經(jīng)x軸上n點進入磁場，最后從ad邊上的p點飛離桌面；小球飛出的瞬間，速度如圖與ad邊夾角為60o。求：小球進入磁場時的速度；區(qū)域磁場磁感應(yīng)強度的大小小球飛離桌面后飛行的水平距離。4.如圖所示,高為h=0.45m的臺面上有輕質(zhì)細繩, 繩的一端系一質(zhì)量為m=0.1kg的小球p,另一端掛在光滑的水平軸上o上,o到小球p的距離為r=0.1m,小球與臺面接觸,但無相互作用,在小球兩側(cè)等距離各為l=0.5m處,分別固定一光滑斜面及一水平向左運動的傳送帶,傳送帶長為d=0.9m,運行速度大小為

4、v=3m/s,現(xiàn)有一質(zhì)量也為m可視為質(zhì)點的小滑塊q從斜面上的a處無初速滑下(a距臺面高h=0.7m),至c處與小球發(fā)生彈性碰撞,已知滑塊與臺面的動摩擦因數(shù)為1=0.5,與傳送帶之間動摩擦因數(shù)為2=0.25，不計傳送帶高度,及滑輪大小對問題的影響。(重力加速度g=10m/s2)bcdeaopqll求(1)當小球被撞后做圓周運動到最高點時對輕繩的作用力大小?(2)滑塊的最終位置與傳送帶末端的e的距離?(3)整個過程傳送帶電機消耗的電能?5.（18分）如圖所示，傾斜軌道ab的傾角為37o，cd、ef軌道水平，ab與cd通過光滑圓弧管道bc連接，cd右端與豎直光滑圓周軌道相連。小球可以從d進入該軌道，

5、沿軌道內(nèi)側(cè)運動，從e滑出該軌道進入ef水平軌道。a、b為兩完全相同的小球，a球由靜止從a點釋放，在c處與b球發(fā)生彈性碰撞。已知ab長為5r，cd長為r，重力加速度為g，小球與斜軌ab及水平軌道cd、ef的動摩擦因數(shù)均為0.5，sin37o=0.6，cos37o=0.8，圓弧管道bc入口b與出口c的高度差為1.8r。求：a球滑到斜面底端c時速度為多大？a、b球在c處碰后速度各為多少？要使小球在運動過程中不脫離軌道，豎直圓周軌道的半徑r應(yīng)該滿足什么條件？若r=2.5r，兩球最后所停位置距d（或e）多遠？注：在運算中，根號中的數(shù)值無需算出。6、（13惠州）如圖所示的軌道由半徑為r的1/4光滑圓弧軌道

6、ab、豎直臺階bc、足夠長的光滑水平直軌道cd組成小車的質(zhì)量為m，緊靠臺階bc且上水平表面與b點等高一質(zhì)量為m的可視為質(zhì)點的滑塊自圓弧頂端a點由靜止下滑，滑過圓弧的最低點b之后滑到小車上已知m=4m，小車的上表面的右側(cè)固定一根輕彈簧，彈簧的自由端在q點，小車的上表面左端點p與q點之間是粗糙的，滑塊與pq之間表面的動摩擦因數(shù)為，q點右側(cè)表面是光滑的求：（1）滑塊滑到b點的瞬間對圓弧軌道的壓力大?。?）要使滑塊既能擠壓彈簧，又最終沒有滑離小車，則小車上pq之間的距離應(yīng)在什么范圍內(nèi)？（滑塊與彈簧的相互作用始終在彈簧的彈性范圍內(nèi)）7.（18分）如圖，q為一個原來靜止在光滑水平面上的物體，其db段為一半

7、徑為r的光滑圓弧軌道， ad段為一長度為l=r的粗糙水平軌道，二者相切于d點，d在圓心o的正下方，整個軌道位于同一豎直平面內(nèi). 物塊p的質(zhì)量為m（可視為質(zhì)點），p與ad間的動摩擦因數(shù)=0.1，物體q的質(zhì)量為m=2m，重力加速度為g.（1）若q固定，p以速度v0從a點滑上水平軌道，沖至c點后返回a點時恰好靜止，求v0的大小和p剛越過d點時對q的壓力大小.（2）若q不固定，p仍以速度v0從a點滑上水平軌道，求p在光滑圓弧軌道上所能達到的最大高度h.8（18分）如圖所示，在光滑絕緣水平面上，不帶電的絕緣小球p2靜止在o點.帶正電的小球p1以速度v0從a點進入ab區(qū)域.隨后與p2發(fā)生正碰后反彈，反彈速

8、度為v0. 從碰撞時刻起在ab區(qū)域內(nèi)加上一個水平向右，電場強度為e0的勻強電場，并且區(qū)域外始終不存在電場p1的質(zhì)量為m1，帶電量為q，p2的質(zhì)量為m2=5m1，a、o間距為l0，o、b間距為，已知.（1）求碰撞后小球p1向左運動的最大距離及所需時間（2）判斷兩球能否在ob區(qū)間內(nèi)再次發(fā)生碰撞 高三物理計算題分類訓練1（1）由圖可知，在t1.0s后，導體桿做勻速運動，且運動速度大小為：此時，對導體ac和物體d受力分析，有：，；對電動機，由能量關(guān)系，有：由以上三式，可得：，再由、及，得：（或由及求解）（2）對于導體ac從靜止到開始勻速運動這一階段，由能量守恒關(guān)系對整個系統(tǒng)，有：而： 得： 2.解:(

9、1)設(shè)磁感應(yīng)強度為b則在磁場中運動，根據(jù)牛頓第二定律有 3分由幾何關(guān)系可得r=l 3分則 3分(2)設(shè)粒子在電場中運動的加速度大小為則根據(jù)牛頓第二定律有 3分由平拋運動規(guī)律知 3分 2分坐標為（）2分3.（1）小球在電場中沿mn方向做勻加速直線運動，此過程由動能定理，有 可得小球進入磁場時的速度 v方向x軸垂直。（2）小球進入磁場后做勻速圓周運動，軌跡如圖所示。由幾何關(guān)系可得 又由洛侖茲力提供向心力，有 由式可得 （3）小球飛離桌面后做平拋運動，由平拋規(guī)律有 由式可得小球飛行的水平距離為 4.對滑塊q從a到c由動能定理得: 得 2分pq發(fā)生彈性碰撞，因質(zhì)量相等,故交換速度，撞后p的速度為 1

10、分p運動至最高點的速度為,根據(jù)機械能守恒定律有:得 2分p在最高點根據(jù)牛頓第二定律有: 2分根據(jù)牛頓第三定律知輕繩受力大小 1分(2)pq再撞后再次交換速度對物塊有 1分對物塊從c到d根據(jù)動能定理有:得 1分物塊進入傳送帶做勻減速運動，設(shè)加速度大小為1則根據(jù)牛頓第二定律有:得 由運動學公式知減速至速度為零時間為 1分進入傳送帶位移為:因s1<d 故物塊從左邊離開傳送帶,離開時速度大小為 1分在cd上再次減速,設(shè)加速大小為2則根據(jù)牛頓第二定律有:得 由運動學公式知減速至0位移為 因s2<l故不會再與球相撞1分與傳送帶末端e的距離為d=s2+d=1.3m 1分（3）在傳送帶上運動的兩段

11、時間均為t=0.8s此過程傳送帶向左移運動兩段位移 1分在傳帶上產(chǎn)生的熱量為: 2分因傳送帶速度大小不變，物塊進出傳送帶速度大小相等，由能量守恒定律知電動機提供電能為 1分5（1）設(shè)a球到達c點時速度為v，a球從a運動至c過程，由動能定理有 可得 a、 b球在c發(fā)生彈性碰撞，系統(tǒng)動量守恒，機械能守恒，設(shè)a、b碰后瞬間速度分別為va、vb，則有由可得 可知，a、b碰后交換速度，a靜止，b向右運動。（2）要使小球b脫離軌道，有兩種情況：情況一：小球b能滑過圓周軌道最高點，進入ef軌道。則小球b在最高點p應(yīng)滿足 小球b碰后直到p點過程，由動能定理，有 由式，可得情況二：小球b上滑至四分之一圓軌道的q

12、點時，速度減為零，然后滑回d。則由動能定理有 由式，可得 （3）若，由上面分析可知，b球必定滑回d，設(shè)其能向左滑過dc軌道與a球碰撞，且a球到達b點，在b點的速度為vb,，由于a、b碰撞無能量損失，則由能量守恒定律有 由式，可得故知，a球不能滑回傾斜軌道ab，a、b兩球?qū)⒃赼、q之間做往返運動，最終a球?qū)⑼Ｔ赾處，b球?qū)⑼Ｔ赾d軌道上的某處。設(shè)b球在cd軌道上運動的總路程為s，由于a、b碰撞無能量損失，則由能量守恒定律，有 由兩式，可得 s=5.6r所以知，b球?qū)⑼Ｔ赿點左側(cè)，距d點0.6r處，a球停在d點左側(cè)，距d點r處。6.解：（1）設(shè)滑塊滑到b點的速度大小為v，到b點時軌道對滑塊的支持力

13、為n，由機械能守恒定律有 滑塊滑到b點時，由牛頓第二定律有 聯(lián)立式解得 n3mg 根據(jù)牛頓第三定律，滑塊在b點對軌道的壓力大小為 （2）滑塊最終沒有離開小車，滑塊和小車必然具有共同的末速度設(shè)為u，滑塊與小車組成的系統(tǒng)動量守恒，有 若小車pq之間的距離l足夠大，則滑塊可能不與彈簧接觸就已經(jīng)與小車相對靜止，設(shè)滑塊恰好滑到q點，由功能關(guān)系有 聯(lián)立式解得 若小車pq之間的距離l不是很大，則滑塊必然擠壓彈簧，由于q點右側(cè)是光滑的，滑塊必然被彈回到pq之間，設(shè)滑塊恰好回到小車的左端p點處，由功能關(guān)系有 聯(lián)立式解得 綜上所述并由式可知，要使滑塊既能擠壓彈簧，又最終沒有離開小車，pq之間的距離l應(yīng)滿足的范圍是

14、 7（1）p從a到c又返回a的過程中，由動能定理有= （2分）將l=r代入解得 （2分）若p在d點的速度為vd，q對p的支持力為fd ，由動能定理和牛頓定律有= （2分） （2分）聯(lián)立得 由牛頓第三定律可知，p對q的壓力大小也為1.2mg . （1分）（2）當pq具有共同速度v時，p達到的最大高度h，由動量守恒定律有v 由功能關(guān)系有 （3分） 聯(lián)立解得 （2分）8.(1)碰撞后p1以速度v1=v0向左做勻減速直線運動，設(shè)最大距離為s，由運動學公式有 （2分） （2分）由牛頓第二定律有q e0= m1a （1分）又 （1分）聯(lián)立解得 （2分）所需時間 （2分）(2)設(shè)碰后p2速度為v2，以v0方

15、向為正方向，由動量守恒： （2分） 設(shè)p1、p2碰撞后又經(jīng)時間在ob區(qū)間內(nèi)能再次發(fā)生碰撞， p1位移為s1，p1位移為s2，由運動學公式，有 （2分） （1分） （1分）聯(lián)立解得< 兩球能在ob區(qū)間內(nèi)再次發(fā)生碰撞（2分） 一、 法拉第電磁感應(yīng)1、（湛二35）如圖所示，處于勻強磁場中的兩根足夠長、電阻不計的平行光滑金屬導軌相距 l=1 m，導軌平面與水平面成30°角，下端連接 “2. 5v，0. 5w”的小電珠，勻強磁場方向與導軌平面垂直。質(zhì)量為m=0.02 kg、電阻不計的光滑金屬棒放在兩導軌上，金屬棒與兩導軌垂直并保持良好接觸取g10 m/s2求：（1）金屬棒沿導軌由靜止剛開

16、始下滑時的加速度大小；（2）當金屬棒下滑速度達到穩(wěn)定時，小電珠正常發(fā)光，求該速度的大??；abb（3）磁感應(yīng)強度的大小2、（深二35.( 18分）如圖甲所示，電阻不計的光滑平行金屬導軌相距l(xiāng) = 0.5m，上端連接r=0.5的電阻，下端連著電阻不計的金屬卡環(huán)，導軌與水平面的夾角=300，導軌間虛線區(qū)域存在方向垂直導軌平面向上的磁場，其上、下邊界之間的距離s = 1om，磁感應(yīng)強 度b-t圖如圖乙所示.長為l且質(zhì)量為m= 0.5kg的金屬棒ab的電阻不計，垂直導 軌放置于距離磁場上邊界d = 2.5m處，在t= o時刻由靜止釋放，棒與導軌始終接觸良 好，滑至導軌底端被環(huán)卡住不動.g取10m/s2，

17、求：(1)棒運動到磁場上邊界的時間；(2)棒進人磁場時受到的安培力；(3)在0-5s時間內(nèi)電路中產(chǎn)生的焦耳熱.3.（潮州二模）如圖甲所示，水平面上有一個多匝圓形線圈，通過導線與傾斜導軌上端相連，線圈內(nèi)存在隨時間均勻增大的勻強磁場，磁場沿豎直方向，其磁感應(yīng)強度b1隨時間變化圖像如圖乙所示。傾斜平行光滑金屬導軌mn、mn 相距l(xiāng)，導軌平面與水平面夾角為，并處于磁感應(yīng)強度大小為b2、方向垂直導軌平面向下的勻強磁場中；一導體棒pq垂直于導軌放置，且始終保持靜止。 已知導軌相距l(xiāng)=0.2m，=37°；線圈匝數(shù)n=50，面積s=0.03m2，線圈總電阻r1=0.2；磁感應(yīng)強度b2=5.0t；pq

18、棒質(zhì)量m=0.5kg，電阻r2=0.4，其余電阻不計，取g=10m/s2，sin37°=0.6，則（1）求電路中的電流i；（2）判斷圓形線圈中的磁場方向（需簡單說明理由），并求出磁感應(yīng)強度b1的變化率k（）。b1/tt/so乙甲nmb1mmnmb2pqbfabrr4.（茂名一模）如圖，固定在同一水平面內(nèi)的兩根長直金屬導軌的間距為l，其右端接有阻值為r的電阻，整個裝置處在豎直向上、磁感應(yīng)強度大小為b的勻強磁場中，一質(zhì)量為m (質(zhì)量分布均勻)的導體桿ab垂直于導軌放置，且與兩導軌保持良好接觸，桿與導軌之間的動摩擦因數(shù)為?，F(xiàn)桿在水平向左、垂直于桿的恒力f作用下從靜止開始沿導軌運動，當桿運動

19、的距離為d時，速度恰好達到最大（運動過程中桿始終與導軌保持垂直）。設(shè)桿接入電路的電阻為r，導軌電阻不計，重力加速度為g。求此過程中：（1）桿的速度的最大值；（2）通過電阻r上的電量；（3）電阻r上的發(fā)熱量5、（清遠一模）兩足夠長且不計其電阻的光滑金屬軌道，如圖所示放置，間距為d=100cm，在左端斜軌道部分高h=1.25m處放置一金屬桿a，斜軌道與平直軌道以光滑圓弧連接，在平直軌道右端放置另一金屬桿b，桿ab電阻ra=2，rb=5，在平直軌道區(qū)域有豎直向上的勻強磁場，磁感強度b=2t?，F(xiàn)桿b以初速度v0=5m/s開始向左滑動，同時由靜止釋放桿a，桿a滑到水平軌道過程中，通過桿b的平均電流為0.

20、3a；a下滑到水平軌道后，以a下滑到水平軌道時開始計時，ab運動圖象如圖所示(a運動方向為正)，其中ma=2kg，mb=1kg，g=10m/s2，求 （1）桿a落到水平軌道瞬間桿a的速度v； （2）桿a 在斜軌道上運動的時間； （3）在整個運動過程中桿b產(chǎn)生的焦耳熱。6、（陽江一模）如圖所示，兩根足夠長的光滑金屬導軌mn、pq間距為l=0.5m，其電阻不計，兩導軌及其構(gòu)成的平面均與水平面成30°角。完全相同的兩金屬棒ab、cd分別垂直導軌放置，每棒兩端都與導軌始終有良好接觸，已知兩棒的質(zhì)量均為0.02kg，電阻均為r=0.1，整個裝置處在垂直于導軌平面向上的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度為b

21、=0.2t，棒ab在平行于導軌向上的力f作用下，沿導軌向上勻速運動，而棒cd恰好能保持靜止。取g=10m/s2，問：（1）通過cd棒的電流i是多少，方向如何？（2）棒ab受到的力f多大？（3）棒cd每產(chǎn)生q=0.1j的熱量，力f做的功w是多少？7、（12惠州一模）35(18分) 如圖甲所示，一長為l = 2m的金屬“u”型框與兩平行金屬板ab相連，兩板之間用一絕緣光滑水平桿相連，一質(zhì)量為m=0.1kg，電量大小為q=0.1c可看成質(zhì)點的帶電小球套在桿中并靠近a板靜止，從t=0時刻開始，在 “u”型框?qū)挒閐 = 1m內(nèi)加入垂直紙面向外且大小隨時間變化的磁場(如圖乙所示)后，發(fā)現(xiàn)帶電小球可以向右運

22、動.求:1.小球帶何種電荷2.小球達到b板時的速度大小3.通過分析計算后在丙圖坐標系中作出小球在ab桿上的v-t圖象. 31二、 復合場yxeblv0od1、（肇慶二35）如圖所示，坐標空間中有場強為e的勻強電場和磁感應(yīng)強度為b的勻強磁場，y軸為兩種場的分界線，圖中虛線為磁場區(qū)域的右邊界，現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子從電場中坐標位置(l，0)處，以初速度v0沿x軸正方向開始運動，且已知l= (粒子重力不計).試求:（1）帶電粒子進入磁場時的速度v的大小及v的方向與y軸的夾角；（2）若要使帶電粒子能穿越磁場區(qū)域而不再返回電場中，磁場的寬度d的最小值是多少2.（13梅州一模36）一質(zhì)量為m

23、1=1kg、帶電量為q=0.5c的小球/v靜止在光滑水平平臺上,另一質(zhì) 量為m2 = 1kg、不帶電的小球m自平臺左端以速度v = 4. 5m/s向右運動，兩小球發(fā)生完全 彈性碰撞后，小球n自平臺右端水平飛出,碰撞過程小球n的電荷量不變，不計空氣阻力， 小球n飛離平臺后由點沿切線落入豎直光滑圓軌道abc，圓軌道abc的形狀為半徑r < 4m的圓截去了左上角127°的圓弧,cb為其豎直直徑，在過a點的豎直線00'的右邊空間存 在豎直向下的勻強電場，電場強度大小為e=10v/m,(sin53° =0.8，cos53° =0.6，重力加速度g取 10m/s

24、2)求：(1)兩球碰撞后小球n的速度大小vn(2)小球n經(jīng)過a點的速度大va(3)欲使小球n在圓軌道運動時不脫離圓軌道,求 半徑r的取值應(yīng)滿足什么條件？3、（惠州4月模擬）36.（18分）中心均開有小孔的金屬板c、d與半徑為d的圓形單匝金屬線圈連接，圓形框內(nèi)有垂直紙面的勻強磁場，大小隨時間變化的關(guān)系為b=kt(k未知且k>0)，e、f為磁場邊界，且與c、d板平行。d板右方分布磁場大小均為b0，方向如圖所示的勻強磁場。區(qū)域的磁場寬度為d，區(qū)域的磁場寬度足夠大。在c板小孔附近有質(zhì)量為m、電量為q的負離子由靜止開始加速后，經(jīng)d板小孔垂直進入磁場區(qū)域，不計離子重力。（1）判斷圓形線框內(nèi)的磁場方向

25、；（2）若離子從c板出發(fā)，運動一段時間后又恰能回到c板出發(fā)點，求離子在磁場中運動的總時間；（3）若改變圓形框內(nèi)的磁感強度變化率k，離子可從距d板小孔為2d的點穿過e邊界離開磁場，求圓形框內(nèi)磁感強度的變化率k是多少？ymbox45°epv4.（揭陽二）35(18分)直角坐標系xoy界線om兩側(cè)區(qū)域分別有如圖所示電、磁場（第三象限除外），勻強磁場磁感應(yīng)強度為b、方向垂直紙面向外，勻強電場場強、方向沿x軸負方向。一不計重力的帶正電的粒子，從坐標原點o以速度為v、沿x軸負方向射入磁場，隨后從界線上的p點垂直電場方向進入電場，并最終飛離電、磁場區(qū)域。已知粒子的電荷量為q，質(zhì)量為m，求： （1）

26、粒子在磁場中運動的軌跡半徑r及p點的位置坐標； （2）粒子在磁場中運動的時間；（3）粒子最終飛離電、磁場區(qū)域的位置坐標。5、（揭陽一模）36（18分）如圖所示，ab、cd是處在方向垂直紙面向里、磁感應(yīng)強度為b1的勻強磁場的兩條金屬導軌（足夠長），導軌寬度為d，導軌通過導線分別與平行金屬板mn相連，有一與導軌垂直且始終接觸良好的金屬棒ab以某一速度沿著導軌做勻速直線運動。在y軸的右方有一磁感應(yīng)強度為b2且方向垂直紙面向外的勻強磁場，在x軸的下方有一場強為e且方向平行x軸向右的勻強電場?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子在m板由靜止經(jīng)過平行金屬板mn，然后以垂直于y軸的方向從f處穿過y軸，再從

27、x軸上的g處以與x軸正向夾角為60°的方向進入電場和磁場疊加的區(qū)域，最后到達y軸上的h點。已知og長為l，不計粒子的重力。求：（1）金屬棒ab做勻速直線運動速度的大??？（2）粒子到達h點時的速度多大？6、（梅州二模）（18分）如圖所示，一半徑為r的圓形導線框內(nèi)有一勻強磁場，磁場方向垂直于導線框所在平面，導線框的右端通過導線接一對水平放置的平行金屬板，兩板間的距離為d. 在t=0時，圓形導線框中的磁感應(yīng)強度b從b0開始均勻增大；同時，有一質(zhì)量為m、帶電量為q的液滴以初速度v0水平向右射入兩板間（該液滴可視為質(zhì)點）。該液滴恰能從兩板間作勻速直線運動，然后液滴在電場強度大小恒定、方向未知、

28、磁感應(yīng)強度為b1、寬為l的（重力場、電場、磁場）復合場（磁場的上下區(qū)域足夠大）中作勻速圓周周運動求：（1）磁感應(yīng)強度b從b0開始均勻增大時，試判斷1、2兩極板哪一塊為正極板？磁感應(yīng)強度隨時間的變化率k=？（2）（重力場、電場、磁場）復合場中的電場強度方向如何？大小如何？bd12v0b1××××××××××××××××××××××××l（3）該液滴離開復合場時

29、，偏離原方向的距離。7、（12肇慶調(diào)研）12（18分）如圖所示，在x oy坐標系第一象限有垂直于紙面向外、磁感應(yīng)強度為b的勻強磁場，在第四象限有垂直于紙面向里、磁感應(yīng)強度也為b的勻強磁場和沿x軸負方向的勻強電場，y軸上有一p點，一電荷為+q、質(zhì)量為m的帶電粒子以速度v0與y軸成30°角從p點垂直磁場射入，再進入第四象限而做勻速直線運動不計帶電粒子的重力作圖表示帶電粒子的運動軌跡，并求出它在第一象限運動的時間；求電場強度；當帶電粒子剛進入第四象限時就撤去勻強磁場，求粒子經(jīng)過y軸時與原點的距離三、機械運動1、（湛二36）如圖所示，水平地面上op段是粗糙的，op長為l=1.6m，滑塊a、b

30、與該段的動摩擦因數(shù)都為0.5，水平地面的其余部分是光滑的。滑塊b靜止在o點，其質(zhì)量mb2kg滑塊a在o點左側(cè)以v05 m/s的水平初速度向右運動，并與b發(fā)生碰撞a的質(zhì)量是b的k（k取正整數(shù)）倍，滑塊均可視為質(zhì)點，取g10 m/s2（1）若滑塊a與b發(fā)生完全非彈性碰撞，求a、b碰撞過程中損失的機械能；abopv0左右（2）若滑塊a、b構(gòu)成的系統(tǒng)在碰撞過程中沒有機械能損失，試討論k在不同取值范圍時滑塊a克服摩擦力所做的功av02v0bl2(肇慶二36）如圖所示，一平板小車靜止在光滑水平面上，質(zhì)量均為m的物體a、b分別以2v0和v0的初速度，沿同一直線同時同向水平滑上小車，剛開始滑上小車的瞬間，a位

31、于小車的最左邊，b位于距小車左邊l處.設(shè)兩物體與小車間的動摩擦因數(shù)均為，小車的質(zhì)量也為m，最終物體a、b都停在小車上.求：（l）最終小車的速度大小是多少?方向怎樣？（2）若要使物體a、b在小車上不相碰，剛開始時a、b間的距離l至少多長？3.（潮州二模36）如圖所示，在水平軌道右側(cè)安放半徑為r的豎直圓槽形光滑軌道，水平軌道的pq段鋪設(shè)特殊材料，調(diào)節(jié)其初始長度為l；水平軌道左側(cè)有一輕質(zhì)彈簧左端固定，彈簧處于自然伸長狀態(tài)。小物塊a靜止放置在彈簧右端，a與彈簧接觸但不拴接；小物塊b從軌道右側(cè)以初速度v0沖上軌道，通過圓形軌道、水平軌道后與物塊a發(fā)生對心碰撞且瞬間粘連，之后a、b一起壓縮彈簧并被彈簧以原

32、速率彈回，經(jīng)水平軌道返回圓形軌道。物塊a、b均可視為質(zhì)點。已知r=0.2m，l=1.0m，v0=6m/s，物塊a、b質(zhì)量均為m=1kg，與pq段間的動摩擦因數(shù)均為=0.2，軌道其他部分摩擦不計。取g=10m/s2。求：（1）物塊b與物塊a碰撞前速度大?。唬?）物塊b與物塊a碰后返回到圓形軌道的高度；ablv0rbpq（3）調(diào)節(jié)pq段的長度l，b仍以v0從軌道右側(cè)沖上軌道，當l滿足什么條件時，a、b物塊能返回圓形軌道且能沿軌道運動而不會脫離軌道？4、（深二36.(18分）如圖所示，豎直平面內(nèi)有一半 徑r = 0.9m、圓心角為60°的光滑圓弧 軌道pm，圓弧軌道最底端m處平滑 連接一長

33、s = 3m的粗糙平臺mn，質(zhì) 量分別為ma=4kg，mb=2kg的物塊 a, b靜置于m點，它們中間夾有長 度不計的輕質(zhì)彈簧，彈簧與a連結(jié)，與b不相連，用細線拉緊a、b使彈簧處于壓縮狀態(tài).n端有一小球c，用長為l的輕 繩懸吊，對n點剛好無壓力.現(xiàn)燒斷細線，a恰好能從p端滑出，b與c碰后總是交換速度.a、b、c均可視為質(zhì)點，g取10m/s2，問：(1)a剛滑上圓弧時對軌道的壓力為多少？(2)燒斷細線前系統(tǒng)的彈性勢能為多少？(3)若b與c只能碰撞2次，b最終仍停在平臺上，整個過程中繩子始終不松弛，求b與 平臺間動摩擦因數(shù)µ的范圍及µ取最小值時對應(yīng)的繩長l 5、（惠州4月模擬）

34、35如圖所示，p物體推壓著輕彈簧置于a點，q物體放在b點靜止,p和q的質(zhì)量均為物體，它們的大小相對于軌道來說可忽略。光滑軌道abcd中的ab部分水平，bc部分為曲線，cd部分為直徑d=5m圓弧的一部分， 該圓弧軌跡與地面相切，d點為圓弧的最高點，各段連接處對滑塊的運動無影響。現(xiàn)松開p物體，p沿軌道運動至b點，與q相碰后不再分開，最后兩物體從d點水平拋出，測得水平射程s=2m。() 求：（1）兩物塊水平拋出拋出時的速度(2) 兩物塊運動到d點時對圓弧的壓力n(3) 輕彈簧被壓縮時的彈性勢能6、（茂二）35（18分）如圖所示，勁度系數(shù)為k=100n/m的輕彈簧a左端固定，甲、乙兩滑塊（視為質(zhì)點）之

35、間通過繩子夾著一個壓縮彈簧b，甲剛好與桌子邊緣對齊，乙與彈簧a的右端相距，且，桌子離地面的高度為。燒斷繩子后，甲、乙落在地面上同一點，落地點與桌子邊緣的水平距離為。o點右側(cè)光滑，乙與o點左側(cè)水平面動摩擦因數(shù)，重力加速度，求：（1）燒斷繩子前彈簧b的彈性勢能；（2）乙滑塊在水平桌面上運動過程中的最大加速度。aborpqf7、（揭陽二）36. (18分)如圖所示，一滑板b靜止在水平面上，上表面所在平面與固定于豎直平面內(nèi)、半徑為r的1/4圓形光滑軌道相切于q。一物塊a從圓形軌道與圓心等高的p點無初速度釋放，當物塊經(jīng)過q點滑上滑板之后即刻受到大小f=2mg、水平向左的恒力持續(xù)作用。已知物塊、滑板的質(zhì)量

36、均為m，物塊與滑板間的動摩擦因數(shù)=3，滑板與水平面間的動摩擦因數(shù)=，物塊可視為質(zhì)點，重力加速度取g。 （1）求物塊滑到q點的速度大小； （2）簡單分析判斷物塊在滑板上滑行過程中，滑板是否滑動； （3）為使物塊不從滑板上滑離，滑板至少多長？bcdrfav18、（11肇慶一模）35. （18分）如圖所示，一質(zhì)量m1=0.2kg的小球，從光滑水平軌道上的一端a處，以v1=2.5m/s的速度水平向右運動. 軌道的另一端b處固定放置一豎直光滑半圓環(huán)軌道（圓環(huán)半徑比細管的內(nèi)徑大得多），軌道的半徑r=10cm，圓環(huán)軌道的最低點與水平軌道相切；空中有一固定長為15cm的木板df，f端在軌道最高點c的正下方，豎

37、直距離為5cm。水平軌道的另一端b處有一質(zhì)量m2=0.2kg的小球，m1、m2兩小球在b處發(fā)生的是完全彈性碰撞，重力加速度為g=10m/s2. 求：（1）經(jīng)過c點時，小球m2對軌道的作用力的大小及方向？（2）m2小球打到木板df上的位置？l600lo9、（12佛山二模）35（18分）如圖所示，質(zhì)量為m的小沙箱，被長為l的細繩靜懸于距離地面高l的空中。一質(zhì)量為m的子彈水平射向沙箱：子彈與沙箱相互作用的時間極短；子彈從沙箱穿出時速度方向未改變，落地點距懸點o的水平位移為；沙箱擺動的最大角度為60°，沙箱尺寸遠小于l。不計空氣阻力，已知，試求（1）子彈射出沙箱的瞬間，沙箱的速率和細繩對沙箱

38、拉力的大??；（2）射出沙箱后的瞬間與射入沙箱前的瞬間，子彈速率分別是多少。10、（湛江二模）(20分)如圖所示，光滑水平面上有一長板車，車的上表面0a段是一長為己的水平粗 糙軌道，a的右側(cè)光滑，水平軌道左側(cè)是一光滑斜面軌道，斜面軌道與水平軌道在o點平 滑連接。車右端固定一個處于鎖定狀態(tài)的壓縮輕彈簧，其彈性勢能為ep，一質(zhì)量為m的小物體(可視為質(zhì)點)緊靠彈簧，小物體與粗糙水平軌道間的動摩擦因數(shù)為，整個裝置處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)將輕彈簧解除鎖定，小物體被彈出后滑上水平粗糙軌道。車的質(zhì)量為 2m，斜面軌道的長度足夠長，忽略小物體運動經(jīng)過o點處產(chǎn)生的機械能損失，不計空氣阻力。求：(1)解除鎖定結(jié)束后小物體獲

39、得的最大動能；(2)當滿足什么條件小物體能滑到斜面軌道上，滿足此條件時小物體能上升的最 大高度為多少?一、法拉第電磁感應(yīng)1（湛二35）（18分） 解：（1）設(shè)金屬棒剛開始下滑時的加速度為a,由于金屬棒開始下滑的初速為零，根據(jù)牛頓第二定律有 （3分）代入數(shù)據(jù)解得 m/s2 （2分）（2）設(shè)金屬棒運動達到穩(wěn)定時的速度為v、所受安培力為fa，棒在沿導軌方向受力平衡，則有ks5umgsin fa0 （3分）此時金屬棒克服安培力做功的功率等于小電珠消耗的電功率，則有pfav （2分）聯(lián)立式并入代數(shù)據(jù)解得 v 5m/s （2分）（3）設(shè)磁感應(yīng)強度的大小為b，金屬棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為 （2分）小電

40、珠正常發(fā)光，其兩端電壓等于e，必有 （2分）聯(lián)立式并代入數(shù)據(jù)解得 t （2分）評分說明：其他解法正確的同樣給滿分。2、（深二35.） 解：（1）由牛頓第二定律： 得： 2分 由運動學公式： 得： 3分（2）由法拉第電磁感應(yīng)定律： 且 2分而 得： 3分（3）因為，所以金屬棒進入磁場后做勻速直線運動，運動至導軌底端的時間為：。由圖可知，棒被卡住1s后磁場才開始均勻變化。 2分由法拉第電磁感應(yīng)定律： 2分所以在0-5s時間內(nèi)電路中產(chǎn)生的焦耳熱為： 所以 4分3、（潮州二模35）解：（1）pq棒受力作用靜止與導軌平面上，受力如圖所示，則有 （3分）fanmg可得電路中的電流 （2分）代入數(shù)據(jù)可得，

41、（1分）（2）由（1）可知，導體棒pq受安培力fa平行導軌向上，則由左手定則可知，棒中電流方向由qp，即線圈中電流為逆時針方向，由楞次定律可判斷出，圓形線圈中磁場方向豎直向下。（3分，若直接給出結(jié)論而無簡述理由，給1分） 由閉合電路歐姆定律，有 （3分）由法拉第電磁感應(yīng)定律，有 （3分）聯(lián)立以上各式，可得 （2分）代入數(shù)據(jù)可得，磁感應(yīng)強度的變化率 （1分）4.（茂名一模）4、解析：（1）（3分）設(shè)桿的速度的最大值為v，電路中的最大感應(yīng)電動勢為e=blv對應(yīng)的電流為桿的速度最大時，桿處于平衡狀態(tài)聯(lián)解有(2) （3分） 通過電阻r上的電量（3）（4分）由能量守恒定律電路中總發(fā)熱量為（2分）電阻r上

42、的發(fā)熱量為由有（2分）5、（清遠一模）解：（1）， （2）b棒，得（3）共產(chǎn)生的焦耳熱為b棒中產(chǎn)生的焦耳熱為6、（陽江一模）6、解析：（1）棒cd受到的安培力 棒cd在共點力作用下平衡，則 由式代入數(shù)據(jù)解得 i=1a，方向由右手定則可知由d到c。（2）棒ab與棒cd受到的安培力大小相等 fab=fcd對棒ab由共點力平衡有 代入數(shù)據(jù)解得 f=0.2n（3）設(shè)在時間t內(nèi)棒cd產(chǎn)生q=0.1j熱量，由焦耳定律可知 設(shè)ab棒勻速運動的速度大小為v，則產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢 e=blv由閉合電路歐姆定律知 由運動學公式知，在時間t內(nèi)，棒ab沿導軌的位移 x=vt力f做的功 w=fx綜合上述各式，代入數(shù)據(jù)解得

43、 w=0.4j7、（12惠州一模）7、(1) 小球帶負電荷 （3分）（2）兩極板間的電勢差u=ldb/t = 1v （2分）e=u/l （1分） f=eq （1分） a=f/m（1分）a=m/s2 （1分）s1=1m （2分）v1=at=1m/s （2分） 以后一直勻速運動,即達b板速度為1m/s （1分）(3)加速距離s=1m 勻速運動時間t=(2-1)/1=1s （1分）作圖如下 （3分）二、 復合場1（肇慶二35（18分）解：（1）帶電粒子在電場中做類平拋運動，設(shè)帶電粒子在電場中運動的加速度是a，由牛頓運動定律可得：qe=ma （2分）設(shè)粒子出電場入磁場時的速度大小為v，此時在y軸方向的

44、分速度為vy，粒子在電場中的運動時間為t，則有：vy=at （2分）l= v0t （2分）v= （1分）由上式解得：v= （1分）sin= （1分）yxeblv0odrv由式解得：sin= 由式可得：=45°（1分）（2）粒子進入磁場后在洛侖茲力作用下做圓周運動，如答圖所示由洛侖茲力和向心力公式可得：f=qvb （2分）f= （2分）由式解得：r=由答圖可知：若要使帶電粒子能穿越磁場區(qū)域而不再返回電場中，磁場的寬度d應(yīng)滿足：dr（1+cos）（2分）由解得：dmin= （2分）2.（13梅州一模36）3、惠州4月模擬36.（18分）解：（1）圓形線框內(nèi)的磁場方向垂直紙面向里（畫在圖上

45、同樣給分） (2分)（2）離子在、區(qū)域內(nèi)作圓周運動，半徑均為r，有： （1分）運動周期均為t，有： （1分）解得： （1分）由題意知粒子運動軌跡如圖（甲），離子在磁場中運動的總時間為： （3分）解得： （1分）評分說明：只有式，無式扣2分（3）單匹圓形線框產(chǎn)生的電動勢為u，由法拉第電磁感應(yīng)定律得： （1分）離子從d板小孔射出速度為v，有動能定理得： （1分）解得： （1分）離子進入磁場從e邊界射出的運動軌跡有兩種情況（）如果離子從小孔下面離開磁場，運動軌跡與f相切，如圖（乙）所示由幾何關(guān)系知： （2分）解得： （1分）（）如果離子從小孔上面離開磁場，如圖（丙）所示由幾何關(guān)系知： （11） （2

46、分）解（11）得： （12） （1分）評分說明：無式，答案對不扣分，無甲乙丙圖不扣分。（揭陽二）35、（18分）解：（1）由洛侖茲力提供向心力，有：ymbox45°epvq （3分） 解得： （3分） 如圖所示，由幾何關(guān)系可知，粒子經(jīng)過界線om的位置p的坐標為（，）（2分） （2）粒子在磁場中運動的周期 （2分） 粒子在磁場中運動的時間 （2分） （3）粒子從p點射入電場將做類平拋運動，如圖所示，有： （1分） （1分） 其中： （1分） 聯(lián)立式解得（2分） 故粒子最終飛離電、磁場區(qū)域的位置坐標為（1分）5、（揭陽一模）5、（18分）解：金屬棒ab在切割磁感線過程中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為

47、：（2分）設(shè)粒子在f處進入磁場時的速度為，由牛頓第二定律得：（3分）由幾何知識可得（如圖） （2分）粒子在通過mn過程中由動能定理得： （3分）聯(lián)解以上各式得： （2分）（2）從d到c只有電場力對粒子做功，電場力做功與路徑無關(guān)，根據(jù)動能定理，有，（3分）解得：（3分）6、（梅州二模）6、（18分）（1）2極板為正極板（2分）由題意可知： 兩板間的電壓u （1分）而：sr2 帶電液滴所受的電場力：f （1分）在豎直方向：fmg0 （1分）由以上各式得k （1分）（2）液滴在復合場中作勻速圓周周運動，則電場力與重力平衡，所以，電場力方向豎直向上，由題意知該液滴帶正電，故電場強度方向豎直向上。（2分

48、）設(shè)勻強電場強度為e，則 （1分） （1分）（3）液滴進入復合場后做勻速圓周運動，設(shè)運動半徑為r， 由牛頓第二定律有： （1分） 由式得： （1分） 討論：若r>l，電子從磁場右邊界離開 （1分） 由幾何關(guān)系知偏轉(zhuǎn)距離為 （1分） 代入數(shù)據(jù)并整理得 （1分） 若rl，電子從磁場左邊界離開 （1分） 由幾何關(guān)系知偏轉(zhuǎn)距離為 y=2r （1分） 代入數(shù)據(jù)并整理得 （1分） （用其他解法正確的同樣給分）7、（12肇慶調(diào)研）7、解： 粒子在第一象限內(nèi)沿順時針方向做勻速圓周運動，垂直于x軸方向進入第四象限，帶電粒子的運動軌跡如右圖所示 （2分）設(shè)粒子做勻速圓周運動的周期為，則 （1分）帶電粒子在第一象限的運動時間 （1分）由式解得粒子在第一象限的運動時間 （1分） 帶電粒子在第四象限做勻速直線運動，則（2分）解得： （2分） 設(shè)粒子做勻速圓周運動的半徑為r，根據(jù)牛頓第二定律，有： （2分）粒子經(jīng)過x軸時與原點的距離為 (2分)撤去勻強磁場粒子即做類平拋運動 12沿負x軸方向，有： （2分）13沿負y軸方向，有： （1分）14由以上幾式聯(lián)立解得： (2分)三、 機械運動1（湛二36） 解：（1）設(shè)滑塊a碰b后的共同速度為v，ab碰撞過程中損失的機械能為e由動量守恒定律有 mav0(mamb)v （2分）由能量守恒定律有 e= mav2(mamb