计算题(20分)汇编8道

好题汇编

10海淀一模24．(20分) 如图15所示，固定在上、下两层水平面上的平行金属导轨MN 、''M N 和OP 、''O P 间距都是l ，二者之间固定有两组竖直半圆形轨道PQM 和'''P Q M ，两轨道间距也均为l ，且P Q M

和'''P Q M 的竖直高度均为4R ，

两组半圆形轨道的半径均为R 。轨道的'QQ 端、'MM 端的对接狭缝宽度可忽略不计，图中的虚线为绝缘材料制成的固定支架，能使导轨系统位置固定。将一质量为m 的金属杆沿垂直导轨方向放在下层导轨的最左端'OO 位置，金属杆在与水平成θ角斜向上的恒力作用下沿导轨运动，运动过程中金属杆始终与导轨垂直，且接触良好。当金属杆通过4R 的距离运动到导轨末端'PP 位置时其速度大小4p v gR =。金属杆和导轨的电阻、金属杆在半圆轨道和上层水平导轨上运动过程中所受的摩擦阻力，以及整个运动过程中所受空气阻力均可忽略不计。 (1)已知金属杆与下层导轨间的动摩擦因数为μ，求金属杆所受恒力F 的大小；

(2)金属杆运动到'PP 位置时撤去恒力F ，金属杆将无碰撞地水平进入第一组半圆轨道PQ 和''P Q ，又在对接

狭缝Q 和'Q 处无碰撞地水平进入第二组半圆形轨道QM 和''Q M 的内侧，求金属杆运动到半圆轨道的最高位置

'MM 时，它对轨道作用力的大小；

(3)若上层水平导轨足够长，其右端连接的定值电阻阻值为r ，导轨处于磁感应强度为B 、方向竖直向下的匀强磁场中。金属杆由第二组半圆轨道的最高位置'MM 处，无碰撞地水平进入上层导轨后，能沿上层导轨滑行。求金属杆在上层导轨上滑行的最大距离。

10西城一模24．(20分)在如图所示的--x o y 坐标系中，0y >的区域内存在着沿y 轴正方向、场强为E 的匀强电场，0y <的区域内存在着垂直纸面向里、磁感应强度为B 的匀强磁场。一带电粒子从y 轴上的(0,)P h 点以沿x 轴正方向的初速度射出，恰好能通过x 轴上的(,0)D d 点。己知带电粒子的质量为m ，带电量为q -。h 、d 、q 均大于0。不计重力的影响。 (1)若粒子只在电场作用下直接到达D 点，求粒子初速度的大小0v ； (2)若粒子在第二次经过x 轴时到达D 点，求粒子初速度的大小0v (3)若粒子在从电场进入磁场时到达D 点，求粒子初速度的大小0v ；

10东城一模24．（20分）

（1）如图，在水平地面上固定一个内侧长为L 、质量为M 的薄壁箱子。光滑的物块B 的质量为m ，长为

2

L

，其左端有一光滑小槽，槽内装有轻质弹簧。开始时，使B 紧贴A 1壁，弹簧处于压缩状态，其弹性势能为E P 。现突然释放弹簧，滑块B 被弹开。假设弹簧的压缩量较小，恢复形变所用的时间可以忽略。求滑块B 到达A 2壁所用的时间。

（2）a ．现将箱子置于光滑的水平地面上而不固定，仍使B 紧贴A 1壁，弹簧处于压缩状态，其弹性势能为E P ，

整个系统处于静止状态。现突然释放弹簧，滑块B 离开A 1壁后，弹簧脱落并被迅速拿出箱子。求此时滑块B 的速度v 与箱子的速度V 。

b ．假设滑块B 在与A 1壁和A 2壁的碰撞过程中无机械能损失。试定量描述滑块B 相对于地面运动的速度变化情况，并计算两次碰撞之间的时间间隔。

10朝阳一模24．（20分）

如图所示为一种获得高能粒子的装置。环形区域内存在垂直纸面向外，大小可调的匀强磁场。M 、N 为

两块中心开有小孔的极板，每当带电粒子经过M 、N 板时，都会被加速，加速电压均为U ；每当粒子飞离电场后，M 、N 板间的电势差立即变为零。粒子在M 、N 间的电场中一次次被加速，动能不断增大，而绕行半径R 不变（M 、N 两极板间的距离远小于R ）。当t=0时，质量为m ，电荷量为+q 的粒子静止在M 板小孔处， （1）求粒子绕行n 圈回到M 板时的动能E n ；

（2）为使粒子始终保持在圆轨道上运动，磁场必须周期性递增；求粒子绕行第n 圈时磁感应强度B 的大小； （3）求粒子绕行n 圈所需总时间t n 。

10丰台一模24．（20分）如图所示，可视为质点的物块A 、B 、C 放在倾角为37°、长L =2.0m 的固定斜面上，物

块与斜面间的动摩擦因数μ=0.5，A 与B 紧靠在一起，C 紧靠在固定挡板上，物块的质量分别为kg m A 8.0=、kg m B 4.0=，其中A 不带电，B 、C 的带电量分别为C q B 5100.4-?+=、C q C 5100.2-?+=，且保护不变，开始时三个物块均能保持静止且与斜面间均无摩擦力作用。如果选定两点电荷在相距无穷远处的电势能为0，则相距

为r 时，两点电荷具有电势能可表示为r

q q k

E p 2

1=。现给A 施加一平行于斜面向上的 力F ，使A 在斜面上做加速度大小为2

/5.2s m a =的匀加速直线运动，经过时间t 0物体A 、B 分离并且力F 变为恒力。当A 运动到斜面顶端时撤去力F 。已知静电力常量

8.037cos ,6.037sin ,/10,/100.92229=?=?=??=s m g C m N k 。求： （1）未施加力F 时物块B 、C 间的距离； （2）t 0时间内库仑力做的功； （3）力F 对A 物块做的总功。

10崇文一模24．（20分）

如图所示，de 和fg 是两根足够长且固定在竖直方向上的光滑金属导轨，导轨间距 离为L 、电阻忽略不计。在导轨的上端接电动势为E 、内阻为r 的电源。一质量为m 、电阻为R 的导体棒以ab 水平放置于导轨下端e 、g 处，并与导轨始终接触良好。导体棒与金属导轨、电源、开关构成闭合回路，整个装置所处平面与水平匀强磁场垂直，磁场的磁感应强度为B ，方向垂直于纸面向外。已知接通开关S 后，导体棒ab 由静止开始向上加速运动。求：

（1）导体棒ab 刚开始向上运动时的加速度以及导体棒ab 所能达到的最大速度； （2）导体棒ab 达到最大速度后电源的输出功率；

（3）分析导体棒ab 达到最大速度后的一段时间△t 内，整个同路中能量是怎样转化的?并证明能量守恒。

10石景山一模24．（20分）如图所示. 半径分别为a 、b 的两同心虚线圆所围窨分别存在电场和磁场，中心O 处固

定一个半径很小（可忽略不计）的金属球，在小圆空间内存在沿平地径向内的辐向电场，小圆周与金属球间电势差U ，两圆之间存在垂直于纸面向里的匀强磁场，设有一个带负电的粒子从金属球表面沿x 轴正方向以很小的初速度逸出，粒子质量为m ，电荷量为q .（不计粒子的重力，忽略粒子逸出的初速度）求： （1）粒子到达小圆周上时的速度为多大？

（2）粒子以（1）中的速度进入两圆间的磁场中，当磁感应强超过某一临值时，粒子得不能到达大圆周，求此

磁感应强度的最小值B . （3）若磁感应强度取（2）中最小值，且a b )12(+=，要使粒子恰好第一

次沿逸出方向的反方向回到原出发点，粒子需经过多少次回旋？并求粒子在磁场中运动的时间.（设粒子与金属球正磁后电量不变且能以原速率原路返回）

10宣武一模24．(18分)空间某区域内存在水平方向的匀强磁场B ，在磁场区域内有两根相距l 1的平行金属导轨PQ

、

MN，固定在竖直平面内，如图所示。PM间连接有阻值为R的电阻；QN间连接着两块水平放置的平行金属板a、b，两板相距l2。一根电阻为r的细导体棒cd与导轨接触良好．不计导轨和导线的电阻。若导体棒cd以速率V向右匀速运动时，在平行金属板a,b之间有一个带电液滴恰好在竖直平面内做匀速圆周运动。求：

(1)液滴带什么电?为什么?

(2)若带电液滴的重量为mg，求滴液的带电量q是多少?

(3)带电液滴在a、b之间做匀速圆周运动时，从图中的A点开始，当位移大小恰好等于该

圆的直径时，所对应的时间t n可能是多少?

10海淀一模24

10西城一模24

24．（20分）

（1）粒子只在电场作用下直接到达D 点 设粒子在电场中运动的时间为t ， 粒子沿x 方向做匀速直线运动， 则

0x v t

① （1分）

沿y 方向做初速度为0的匀加速直线运动，

则

212h at =

② （1分） 加速度

qE

a m =

③（1分）

粒子只在电场作用下直接到达D 点的条件为x d = ④ （1分）

解①②③④得

02qE

v d

mh = （2分）

（2）粒子在第二次经过x 轴时到达D 点，其轨迹如图3所示。 设粒子进入磁场的速度大小为v ，v 与x 辐的夹角为θ， 轨迹半径为R ，则

sin v at θ= ⑤ （1分）

2

v qvB m

R = ⑥（2分）

粒子第二次经过x 轴时到达D 点的条件为

2sin x R d θ-= ⑦ （2分）

解①②③⑤⑥⑦得

022qE E

v d

mh B =+ （2分）

（3）粒子在从电场进入磁场时到达D 点，其轨迹如图4所示。

根据运动对称性可知22QN OM x == 粒子在从电场进入磁场时到达D 点的条件为

(22sin )x n x R d θ+-= ⑧

其中n 为非负整数。

解①②③⑤⑥⑧得

0221221d qE n E

v n mh n B =

+?

++

10东城一模24．（20分）

（1）当箱子固定时，弹簧的弹性势能释放转化为滑块B 的动能，设滑块速度0v

2

012

P E mv =

①

滑块B 到达A 2壁所用的时间00224P P

L

L L t mE v E -== ② （4分）

（2）a ．箱子置于光滑的水平地面上，弹簧释放后，箱子与滑块B 的速度分别设为V 和v ，以向右为正方向 0m v M V += ③ 2211

22

P E mv MV =

+ ④

解得：2()

P

ME v m M m =

+

⑤

2()

P

mE V M M m =-

+

⑥

另解：1122()

()

P P

ME mE v V m M m M M m =-

=

++舍弃 （6分）

b ．当滑块B 与A 2发生第一次碰撞后，箱子的速度为变V 1，滑块B 的速度变为v 1

110mv MV mv MV +=+=

⑦ 2222111111

2222

P mv MV mv MV E +=+= ⑧

解得：12()

P

ME v m M m =-

+

⑨

12()

P

mE V M M m =

+

⑩

另解：1122()

()

P P

ME mE v V m M m M M m =

=-

++舍弃

由结果可以知道，滑块B 与A 2碰撞后，滑块B 与箱子速度的大小不变，只改变方向。

同理，当滑块B 再志A 1碰撞后，各自的速度大小不变，只改变方向。滑块B 相对于地面以大小为变的速度

2()

P

ME m M m +做往返运动。

滑块B 两次碰撞之间的时间间隔

1122

||||

8()

22()()

P P P

L L Mm

T L

v V E M m ME mE m M m M M m ===+++

++ （11） （10分）

10朝阳一模24．（20分） 解：（1）粒子绕行一圈动能的增量为qU ，绕行n 圈所获得的总动能

nqU E a =

4分

（2）因为22

1a mv mqU =

R

v uv v qB n

u a 2

=

得q

nmU

R B a 21=

8分 （3）粒子做半径为R 的匀速圆周运动，每一圈所用时间为

v

R

π2， 由于第一圈速度不同，所以每一圈所需时间也不同 第一圈：212

1mv qU =

m

qU

v 21=

第二圈：222

12mv qU =

m

qU

v 222?=

……

第n 圈的速度

m

qU

n v a 2?=

故绕行n 圈所需总时间

n t t t t +++= 21

12222111

2(1)8223n

R R R

v v v m R

qU n

ππππ=

+++=++++ 分

10丰台一模24．（20分）（1）未加F 前A 、B 、C 处于静止状态时，设B 、C 间距离为L 1，则C 对B 的库仑斥力

2

1

1L q kq F B

C =

以A 、B 为研究对象，由平衡条件得?+=37sin )(1g m m F B A

联立解得m L 0.11=

（2）给A 施加力F 后，A 、B 沿斜面向上做匀加速直线运动，C 对B 的库仑斥力逐渐减小，A 、B 之间的弹力

也逐渐减小。经过时间t 0，设B 、C 间距离变为L 2，A 、B 两者间弹力减小到零，两者分离，力F 变为恒力，则此刻C 对B 的库仑斥力为 22

2L q kq F B

C =

① 以B 为研究对象，由牛顿第二定律有

a m m g m F B B B =?-?-37cos 37sin 2μ ②

联立①②解得L 2=1.2m

设t 0时间内库仑力做的功为W 0，由功能关系有

www.ks5u.co

2

211210L q

q k L q q k

W -=

代入数据解得J W 2.10= ③

（3）设在t 0时间内，末速度为v 1，力F 对A 物块的功为W 1，由动能定理有 211)(2

1

v m m W W W W B A f C B +=

+++ ④ 而??+-=37sin )(L g m m W B A G ⑤

??+-=37cos )(Ls g m m W B A f μ ⑥

L a v ?=221 ⑦

由③—⑦式解得J W I 8.1=

经过时间t 0后，A 、B 分离，力F 变为恒力，对A 由牛顿第二定律有

a m m g m F A A A =?-?-37cos 37sin μ ⑧

力F 对A 物块做的功)(22L L F W -?= ⑨www.ks5u.co

由⑧⑨式代入数据得W 2=8.0J

则力F 对A 物块做的功W=W 1+W 2=9.8J 10崇文一模24．（20分）

解：（1）（10分）导体棒ab 刚开始运动时的速度为零，由欧姆定律

r

R E

I +=

…………1分 导体棒ab 所受安培力BIL F A = …………1分 由牛顿第二定律ma mg F A =-

…………1分

导体棒ab 开始运动时的加速度g r R m ELB

a -+=

)

(

…………1分

设导体棒ab 向上运动的最大速度为max v ，

当导体棒所受重力与安培力相等时，达到最大速度，回路电流为'I

mg LB I ='

…………2分

BL

mg

I =

' 由欧姆定律r

R ELv E I +-=m ax

'

…………2分

得2

2m ax )

(L

B r R mg EBL v +-=

…………2分 （2）（4分）电源的输出功率r I EI P 2

''-=

…………2分 r BL

mg

BL Emg P 2)(-=

…………2分

（3）（6分）电源的电能转化为导体棒的机械能和电路中产生的焦耳热之和

…………1分

t ?时间内：电源的内能t BL

mgE

t E I E ?=

?=?'电

…………1分 导体棒ab 增加的机械能t L B r R mg EBL mg t mgv E ?+-=?=?22m ax )

(机

…………1分

电路中产生的焦耳热t r R L

B g m t r R I Q ?+=?+=)()('222

22

△t 时间内，导体棒ab 增加的机械能与电路中产生的焦耳热之和为E '?

E E Q '?=?+机

整理得t BL

mgE

E ?=

?' …………1分 由此得到‘E E ?=?电，回路另能量定恒。

10石景山一模24．（20分）解：（1）粒子在电场中加速，根据动能定理得：

2

2

1mv qU =

………………3分

所以m

qU

v 2=

………………3分 （2）粒子进入磁场后，受络伦兹力做匀速圆周运动， 有r

v m qvB 2

= …………………………2分

要使粒子不能到达大圆周，其最大的圆半径为轨迹圆与大圆周相切，如图. 则有42

2

-=+b r

a ……………………2分

所以b a b r 22

2-=

联系解得q

mU

a b b

B 222

2

-=……………………2分 （3）由图可知 ?==-==451

2tan 2

2θθ即ab

a b a r ………………2分

则粒子在磁场中转?=270φ，然后沿半径进入电场减速到达金属球表面，再经电场加速原路返回磁场，如此重复，恰好经过4个回旋后，沿与原出射方向相反的方向回到原出发点.…………2分

因为qB

m

T π2=

…………2分 将B 代入，得粒子在磁场中运动时间为

qU

m b a b T t 2)(343422-=?=π…………2分

10宣武一模