高考物理二轮复习 第二部分 高分提能策略 专题三 计算题突破策略与技巧-规范答题抓大分必考题型巧练-人教版高三全册物理试题

专题三 计算题突破策略与技巧-规范答题抓大分力学计算题巧练1某物体A静止于水平地面上，它与地面间的动摩擦因数0.2，若给物体A一个水平向右的初速度v010 m/s，g10 m/s2.求：(1)物体A向右滑行的最大距离；(2)若物体A右方x012 m处有一辆汽车B，在物体A获得初速度v0的同时，汽车B从静止开始以a2 m/s2的加速度向右运行，通过计算说明物体A能否撞上汽车B.解析：(1)由牛顿第二定律得mgma0a02 m/s2根据vv2a0x得x25 m.(2)假设二者不相撞，设经过时间t二者有共同速度v则对物体A：vv0a0t对汽车B：vat解得：v5 m/s，t2.5 s该过程中物体A的位移：xAt18.75 m该过程中汽车B的位移：xBt6.25 m因为xAxBx0故物体A能撞上汽车B.答案：(1)25 m(2)能2.皮带传送在现代生产生活中的应用非常广泛，如商场中的自动扶梯、港口中的货物运输机等如图所示为某工厂载货用的移动式伸缩传送带，传送带AB斜面与水平面之间的夹角37，传送带在电动机的带动下以10 m/s的速度沿斜面向下运动，现将一物体(可视为质点)无初速度地轻放在传送带上的A点，已知物体与传送带间的动摩擦因数0.5(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，传送带AB长为L29 m，(sin 370.6，cos 370.8，g10 m/s2)求：(1)当物体加速到与传送带速度相同时所用的时间和物体的位移；(2)物体从A到B需要的时间为多少？解析：甲(1)物体放到传送带上后，沿传送带向下做匀加速直线运动，开始相对于传送带沿传送带向后运动，受到的摩擦力沿传送带向下(物体受力情况如图甲所示)，根据牛顿第二定律，可求出物体的加速度为：a1gsin gcos 10 m/s2当物体加速到与传送带速度相同时所用的时间为：t11 s物体发生的位移满足：v22a1x1，代入数据解得：x15 m.乙(2)物体加速到与传送带速度相同后，因为mgsin mgcos ，所以物体相对于传送带沿传送带向下运动，摩擦力方向变为沿传送带向上(受力情况如图乙所示)根据牛顿第二定律得知物体在此过程中的加速度为：a2gsin gcos 2 m/s2设物体完成剩余的位移x2Lx124 m所用的时间为t2，则x2vt2a2t代入数据解得：t22 s故物体从A到B需要的时间为tt1t21 s2 s3 s.答案：(1)1 s5 m(2)3 s3(2015福建福州质检)如图甲所示，质量m1 kg的物块在平行于斜面向上的拉力F作用下从静止开始沿斜面向上运动，t0.5 s时撤去拉力，利用速度传感器得到其速度随时间的变化关系图象(vt图象)如图乙所示，g取10 m/s2，求：(1)2 s内物块的位移大小x和通过的路程L；(2)沿斜面向上运动两个阶段加速度大小a1、a2和拉力大小F.解析：(1)在2 s内，由题图乙知：物块上升的最大距离：x121 m1 m物块下滑的距离：x211 m0.5 m所以位移大小xx1x20.5 m路程Lx1x21.5 m.(2)由题图乙知，所求两个阶段加速度的大小a14 m/s2a24 m/s2设斜面倾角为，斜面对物块的摩擦力为Ff，根据牛顿第二定律有00.5 s内：FFfmgsin ma1051 s内：Ffmgsin ma2由式得F8 N.答案：(1)0.5 m1.5 m(2)4 m/s24 m/s28 N4(2015山东淄博模拟)如图所示，上表面光滑、长度L3 m、质量M10 kg的木板，在F50 N的水平拉力作用下，以v05 m/s的速度沿水平地面向右匀速运动现将一个质量为m3 kg的小铁块(可视为质点)无初速度地放在木板最右端，当木板运动了L1 m时，又将第二个同样的小铁块无初速度地放在木板最右端，以后木板每运动1 m就在其最右端无初速度地放上一个同样的小铁块(g取10 m/s2)求：(1)木板与地面间的动摩擦因数；(2)刚放第三个小铁块时木板的速度大小；(3)从放第三个小铁块开始到木板停下的过程，木板运动的距离解析：(1)木板在F50 N的水平拉力作用下做匀速直线运动时，受到地面的摩擦力设为Ff，由平衡条件得：FFf又FfMg联立并代入数据得：0.5.(2)每放一个小铁块，木板所受的摩擦力增加mg，设刚放第三个小铁块时木板的速度为v1，对木板从放第一个小铁块到刚放第三个小铁块的过程，由动能定理得：mgL2mgLMvMv联立并代入数据得：v14 m/s.(3)从放第三个小铁块开始到木板停止之前，木板所受的合外力大小均为3mg.从放第三个小铁块开始到木板停止的过程，设木板运动的距离为x，对木板由动能定理得：3mgx0Mv联立并代入数据得x m1.78 m.答案：(1)0.5(2)4 m/s(3)1.78 m5如图甲所示，一辆货车车厢内紧靠前挡板处有一物体A，其质量m1103 kg，与车厢间的动摩擦因数0.83.物体A与货车一起以速度v10 m/s，在倾角37的足够长斜坡上匀速向上行驶从某时刻开始货车加速运动，vt图象如图乙所示，物体A与车厢后挡板接触前，已与货车速度相同，此时货车已经做匀速直线运动(空气阻力不计，g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)在这个相对滑动过程中，求：(1)物体A的加速度大小；(2)物体A的相对滑动时间；(3)摩擦力对物体A所做的功(保留两位有效数字)解析：(1)设物体A与车厢发生相对滑动时的加速度为a，由牛顿第二定律有：mgcos mgsin ma所以物体A的加速度大小：a0.64 m/s2.(2)由题图乙中vt图象可知，货车的加速度：a0.8 m/s2a，所以货车匀速运动后，物体A仍继续向前加速一段时间才与车厢保持相对静止由vt图象可知，物体匀加速运动的末速度为：vt18 m/s设从物体与车厢发生相对滑动到相对静止的时间为t由匀变速直线运动规律有：vtvat解得：t12.5 s.(3)由匀变速直线运动规律可得物体A的位移：xvtat2摩擦力对物体A做的功为：Wmgcos x联立以上两式并代入数据可得摩擦力对物体A做的功：W1.2106 J.答案：(1)0.64 m/s2(2)12.5 s(3)1.2106 J6如图所示，小球A和B质量分别为mA0.3 kg和mB0.5 kg，两球间压缩一弹簧(不拴接)，并用细线连接，静止于一光滑的水平平台上，烧断细线后，弹簧储存的弹性势能全部转化为两球的动能，小球B脱离弹簧时的速度vB3 m/s，A球滑上用一小段光滑小圆弧连接的光滑斜面，当滑到斜面顶端时速度刚好为零，斜面的高度H1.25 m，B球滑出平台后刚好沿光滑固定圆槽左边顶端的切线方向进入槽中，圆槽的半径R3 m，圆槽所对的圆心角为120，取重力加速度g10 m/s2.求：(1)烧断细线前轻弹簧储存的弹性势能Ep；(2)平台到圆槽的距离L；(3)小球B滑到圆槽最低点时对槽的压力FN .解析：(1)烧断细线后对小球A分析：mAgHmAv烧断细线前轻弹簧储存的弹性势能EpmAvmBv联立两式解得Ep6 J.(2)设小球B做平抛运动的时间为t，则vygtLvBtB球运动到圆槽左边顶端时，有tan 60联立以上三式解得Lm1.56 m.(3)对小球B从圆槽最高点到圆槽最低点的过程进行分析有：小球B在圆槽最高点的速度大小v2vB小球B从圆槽最高点到最低点的高度差hRRcos 60设小球B在最低点的速度大小为v1，由机械能守恒得mBghmBvmBv2小球在圆槽最低点时：FNmBgmB联立以上各式解得FN16 N由牛顿第三定律得小球B滑到圆槽最低点时对槽的压力FN 16 N，方向竖直向下答案：(1)6 J(2)1.56 m(3)16 N方向竖直向下电学计算题巧练1.如图所示，xOy平面为一光滑水平面，在此区域内有平行于xOy平面的匀强电场，场强大小E100 V/m；同时有垂直于xOy平面的匀强磁场一质量m2106 kg、电荷量q2107 C的带负电粒子从坐标原点O以一定的初动能入射，在电场和磁场的作用下发生偏转，到达P(4，3)点时，动能变为初动能的0.5倍，速度方向垂直OP向上此时撤去磁场，经过一段时间该粒子经过y轴上的M(0，6.25)点，动能变为初动能的0.625倍，求：(1)OP连线上与M点等电势的点的坐标；(2)粒子由P点运动到M点所需的时间解析：(1)设粒子在P点时的动能为Ek，则初动能为2Ek，在M点动能为1.25Ek，O点与P点和M点的电势差分别为：UOP，UOM设OP连线上与M点电势相等的点为D，由几何关系得OP的长度为5 m，沿OP方向电势下降则：得OD3.75 m，设OP与x轴的夹角为，则sin ，D点的坐标为xDODcos 3 m，yDODsin 2.25 m即D点坐标为(3，2.25)(2)由于OD3.75 m，而OMcosMOP3.75 m，所以MD垂直于OP，由于MD为等势线，因此OP为电场线，方向从O到P，带电粒子从P到M过程中做类平抛运动，设运动时间为t则DPt2，又DPOPOD1.25 m解得：t0.5 s.答案：(1)(3，2.25)(2)0.5 s2(2015河北正定模拟)从地面以v0斜向上抛出一个质量为m的小球，当小球到达最高点时，小球具有的动能与势能之比是916，取地面为重力势能参考面，不计空气阻力现在此空间加上一个平行于小球平抛平面的水平电场，以相同的初速度抛出带上正电荷量为q的原小球，小球到达最高点时的动能与抛出时动能相等求：(1)无电场时，小球升到最高点的时间；(2)后来加上的电场的场强大小解析：(1)无电场时，当小球到达最高点时，小球具有的动能与势能之比是916将小球的运动分解为水平方向和竖直方向，则由v2gh，得mvmghmvmv916解得初始抛出时：vxvy34所以竖直方向的初速度为vyv0竖直方向上做匀减速运动vygt得t.(2)设后来加上的电场场强大小为E，小球到达最高点时的动能与刚抛出时的动能相等，若电场力的方向与小球初速度的水平分量方向相同，则有 tv0v0解得：E1.若电场力的方向与小球初速度的水平分量方向相反，则有 tv0v0解得：E2.答案：(1)(2)或3.如图所示，在x轴上方有垂直于xOy平面向外的足够大匀强磁场(图中没有画出该磁场)，一个质量为m，电荷量为q(q0)的粒子，在P点以速率v沿与x轴成某一角度射入磁场，然后粒子从Q点离开磁场，P点与Q点关于y轴对称且相距为2a，其中a(B为磁感应强度，大小未知，不计粒子重力的影响)(1)求粒子从P点运动到Q点的时间；(2)若匀强磁场只在x轴上方某一区域内存在，且磁场边界为圆形，改变粒子的入射方向，使粒子进入磁场位置的横坐标x，其中a(B为磁感应强度，大小未知，不计粒子重力的影响)，还能保证粒子经过Q点，求粒子进入磁场位置的纵坐标及该圆形磁场区域的最小面积解析：(1)粒子进入磁场在洛伦兹力的作用下，做圆周运动，经过PQ两点的圆弧既可以是优弧也可以是劣弧，则由qvBm得：r2a圆周运动的周期：T劣弧对应的圆心角为：sin ，得优弧对应的圆心角为：2粒子运动时间tT或tT.(2)由题意可知：粒子进入磁场前先做一段直线运动，进入磁场后，在洛伦兹力作用下，做一段圆弧运动，而后离开磁场区域，再做一段直线运动到达Q点，如图所示设进入磁场点的坐标为(x，y)，粒子圆周运动的半径为r由Bqv得ra由几何关系得：r2x2(rcos )2tan ，x解得：ya当磁场边界圆的直径为进出磁场点之间的线段时，磁场面积最小，对应的半径最小由对称性可知磁场最小半径为Smina2.答案：见解析4. 如图所示，在矩形区域CDNM内有沿纸面向上的匀强电场，场强的大小E1.5105 N/C；在矩形区域MNGF内有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小B0.2 T已知CDMNFG0.6 m，CMMF0.20 m在CD边中点O处有一放射源，沿纸面向电场中各方向均匀地发射速率均为v01.0106 m/s的某种带正电的粒子，粒子质量m6.41027kg，电荷量q3.21019 C，粒子可以无阻碍地通过边界MN进入磁场，不计粒子的重力求：(1)粒子在磁场中做圆周运动的半径；(2)边界FG上有粒子射出磁场的范围的长度；(3)粒子在磁场中运动的最长时间解析：(1)设带电粒子射入磁场时的速度为v，由动能定理得qECMmv2mv，解得v2106 m/s带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qvBmr0.2 m.(2)如图所示，垂直电场方向射入电场中的粒子在该方向的位移最大，离开电场时，设其速度方向与电场方向的夹角为1粒子在电场中的加速度大小为a沿电场方向的位移y1at2CM垂直电场方向的位移x1v0t m离开电场时sin 1，130因为x1r(1cos 30)0.30 m上述粒子从S点射入磁场偏转后从边界FG射出时的位置P即为射出范围的左边界，且PSMN；垂直MN射入磁场的粒子经磁场偏转后恰好与边界FG相切，切点Q是射出范围的右边界，带电粒子从边界FG射出磁场时的范围的长度为lx1rm0.43 m.(3)带电粒子在磁场中运动的周期T6.28107s带电粒子在磁场中运动时，沿OQR运动的轨迹最长，运动的时间最长sin 2，230即带电粒子在磁场中运动的最大圆心角为120，对应的最长时间为tT2.09107s.答案：(1)0.2 m(2)0.43 m(3)2.09107s5.如图所示，两根等高光滑的圆弧轨道，半径为r、间距为L，轨道顶端连接有一阻值为R的电阻，整个装置处在一竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B.现有一根长度稍大于L、质量为m、电阻不计的金属棒从轨道的顶端ab处由静止开始下滑，到达轨道底端cd时受到轨道的支持力为2mg.整个过程中金属棒与导轨接触良好，导轨电阻不计(1)求金属棒到达最低点时通过电阻R的电流大小；(2)求金属棒从ab下滑到cd的过程中回路中产生的焦耳热和通过R的电荷量；(3)若金属棒在拉力作用下，从cd开始以速度v0向右沿轨道做匀速圆周运动，则在到达ab的过程中拉力做的功为多少？解析：(1)到达最低点时，设金属棒的速度为v，产生的感应电动势为E，感应电流为I，则2mgmgmEBLvI，联立解得速度v，I.(2)设产生的焦耳热为Q，由能量守恒定律有Qmgrmv2得Qmgr设产生的平均感应电动势为E，平均感应电流为I，通过R的电荷量为q，则，qt，解得q.(3)金属棒切割磁感线产生正弦交变电流的有效值I，在四分之一周期内产生的热量QI2R，设拉力做的功为WF，由功能关系WFmgrQ，解得WFmgr.答案：(1)(2)mgr(3)mgr6质量为m、带电荷量为q的绝缘小球，穿在由绝缘材料制成的半径为r的光滑圆形轨道上沿顺时针方向(从上向下看)做圆周运动，轨道平面水平，空间有分布均匀且随时间变化的磁场，磁场方向竖直向上，如图甲所示磁感应强度B(t)的变化规律如图乙所示其中B0是已知量，且T0.设小球在运动过程中电荷量保持不变，对原磁场的影响可忽略，且小球重力忽略不计已知在竖直向上的磁感应强度增大或减小的过程中，将产生涡旋电场，其电场线是在水平面内一系列沿顺时针或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(1)在t0到tT0这段时间内，小球不受圆形轨道的作用力，求小球的速度大小v0；(2)试求在tT0到t2T0这段时间内电场力对小球做的功W；(3)试求在t2.5T0和t4.5T0两个时刻小球所受圆形轨道的作用力的大小解析：(1)小球在运动过程中不受圆形轨道的作用力，因而小球所受洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律可得：B0qv0m解得：v0.(2)在tT0到t2T0这段时间内，沿轨道一周的感应电动势为：r2r2由于同一条电场线上各点电场强度大小相等，所以E又T0，联立以上各式，解得E根据牛顿第二定律可得，在tT0到t2T0这段时间内，小球沿切线方向的加速度大小恒为：a1小球运动末速度的大小为：vv0a1t1根据动能定理，电场力做功为：Wmv2mv.(3)设在t2.5T0时刻小球受圆形轨道的作用力的大小为FN1，根据向心力公式得：2B0qvFN1m解得：FN1同理，可得在t3T0到t4T0这段时间内，小球沿切线方向的加速度大小恒为：a2所以，在t3T0到t4T0这段时间内的末速度v2va2t2v0，此时小球受到的洛伦兹力等于做圆周运动所需要的向心力，在t4.5T0时刻小球受圆形轨道的作用力大小为0.答案：(1)(2)(3)0高考计算题仿真练(一)题组一24.(2015河北石家庄2月调研)如图所示，一艘客轮因故障组织乘客撤离，乘客在甲板上利用固定的绳索下滑到救援快艇上客轮甲板到快艇的高度H为20 m，绳索与竖直方向的夹角37，设乘客下滑过程中绳索始终保持直线，乘客先从静止开始匀加速下滑，再以同样大小的加速度减速滑至快艇，速度刚好为零在乘客下滑时，船员以水平初速度v0向快艇抛出救生圈刚好落到救援快艇上，且救生圈下落的时间恰为乘客下滑总时间的一半，快艇、乘客、救生圈均可视为质点，不计空气阻力，重力加速度g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8.求：(1)救生圈初速度v0的大小；(2)乘客下滑过程中加速度a的大小解析：(1)设救生圈做平抛运动的时间为t0，由平抛运动规律，得：HgtHtan v0t0联立以上各式，得v07.5 m/s，t02 s.(2)由几何关系，得绳索长L25 m因加速过程与减速过程的加速度大小相等，加速过程的初速度和减速过程的末速度都为零，故加速过程和减速过程的时间相等由运动学公式可得：2atL代入数据，得a6.25 m/s2.答案：(1)7.5 m/s(2)6.25 m/s225如图甲所示，MN、PQ为水平放置的足够长的平行光滑导轨，导轨间距L为0.5 m，导轨左端连接一个阻值为2 的定值电阻R，将一根质量为 0.2 kg 的金属棒cd垂直放置在导轨上，且与导轨接触良好，金属棒cd的电阻r2 ，导轨电阻不计，整个装置处于垂直导轨平面向下的匀强磁场中，磁感应强度为B2 T若棒以1 m/s的初速度向右运动，同时对棒施加水平向右的拉力F，并保持拉力的功率恒为4 W，从此时开始计时，经过2 s金属棒的速度稳定不变，图乙为安培力随时间变化的关系图象试求：(1)金属棒的最大速度；(2)金属棒速度为3 m/s时的加速度大小；(3)从开始计时起2 s内电阻R上产生的电热解析：(1)金属棒的速度最大时，所受合外力为零，即BILF1而PF1vm，I解得vm4 m/s或根据图象计算，2 s后金属棒的速度稳定，速度最大，此时F 安1 N，由F安BIL，得vm4 m/s.(2)速度为3 m/s时，感应电动势EBLv3 V电流I，F安BIL金属棒受到的拉力F N由牛顿第二定律得FF安ma解得a m/s2 m/s2.(3)在此过程中，由动能定理得PtW安mvmv解得W安6.5 JQR3.25 J.答案：(1)4 m/s(2) m/s2(3)3.25 J题组二24(2015长春市质量监测)如图所示，可视为质点的总质量为m60 kg的滑板运动员(包括装备)，从高为H15 m的斜面AB的顶端A点由静止开始沿斜面下滑，在B点进入光滑的四分之一圆弧BC，圆弧BC的半径为R5 m，运动员经C点沿竖直轨道冲出向上运动，经时间t2 s后又落回轨道若运动员经C点后在空中运动时只受重力，轨道AB段粗糙(g10 m/s2)求：(1)运动员离开C点时的速度大小和上升的最大高度；(2)运动员(包括装备)运动到圆轨道最低点B时对轨道的压力；(3)从A点到B点，运动员(包括装备)损失的机械能解析：(1)设运动员离开C点时的速度为v1，上升的最大高度为hv1g10 m/s，h5 m.(2)设运动员到达B点时的速度为v2，C到B：mvmgRmvFNmgm解得FN3 000 N由牛顿第三定律FNFN3 000 N，方向竖直向下(3)从A点到B点：EmgHmv解得E3 000 J.答案：(1)10 m/s5 m(2)3 000 N方向竖直向下(3)3 000 J25.(2015南昌市模拟)如图所示，金属板PQ、MN平行放置，金属板长为4a，间距为4a，两极板连接在输出电压为U的恒定电源两端，上金属板PQ中央有一小孔O，板间存在垂直纸面向里磁感应强度为B的匀强磁场区域PQNM，且OPOQa，PMQNa.现将一带电小球从距上板某一高度由静止释放，小球从小孔O进入磁场，小球离开磁场后在平行金属板间做直线运动恰好从下板N端射出电场，已知重力加速度为g，求：(1)带电小球的电荷量与质量之比；(2)小球从释放到从下板N端射出所需时间解析：(1)由于带电小球离开磁场时速度方向与电场线方向成夹角且做直线运动，所以小球是做匀速直线运动mgqEE解得.(2)设小球进入小孔的速度为v，在磁场中做圆周运动半径为r，Oex，如图所示，由数学知识易知，OcdfdNsin 在直角三角形ced中cos 在直角三角形dfN中tan 联立可得3sin22sin cos cos cos24sin212sin cos cos (2sin 1)(2sin 1)(2sin 1)cos 0解得sin ，r2a由r，代入数据易得v设小球做自由落体运动的时间为t1，则t1设小球在磁场中运动的时间为t2，则t2设小球做直线运动的时间为t3，则t3所以tt1t2t3.答案：(1)(2)高考计算题仿真练(二)题组一24.如图所示，质量分别为0.5 kg、0.2 kg的弹性小球A、B穿过一绕过定滑轮的轻绳，绳子末端与地面距离均为0.8 m，小球距离绳子末端6.5 m，小球A、B与轻绳的滑动摩擦力都为重力的0.5倍，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力现由静止同时释放A、B两个小球，不计绳子质量，忽略与定滑轮相关的摩擦力，g10 m/s2.求：(1)释放A、B两个小球后，A、B各自加速度的大小；(2)小球B从静止释放经多长时间落到地面解析：(1)小球B加速下落，由牛顿第二定律得：m2gkm2gm2aBaB5 m/s2小球A加速下落，由牛顿第二定律得m1gkm2gm1aAaA8 m/s2.(2)设经历时间t1小球B脱离绳子，小球B下落高度为h1，获得速度为v，则aAtaBtl，又l6.5 m解得t11 sh1aBt2.5 mvaBt15 m/s小球B脱离绳子后在重力作用下匀加速下落，此时距地面高度为h2，经历t2时间后落到地面，则h26.5 m0.8 m2.5 m4.8 mh2vt2gt，解得：t20.6 st总t1t21.6 s.答案：(1)8 m/s25 m/s2(2)1.6 s25如图甲所示，两平行金属板A、B的板长L0.2 m，板间距d0.2 m，两金属板间加如图乙所示的交变电压，并在两板间形成交变的匀强电场，忽略其边缘效应在金属板上侧有一方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁场宽度D0.4 m，左右范围足够大，边界MN和PQ均与金属板垂直，匀强磁场的磁感应强度B1102 T在极板下侧中点O处有一粒子源，从t0 时刻起不断地沿着OO发射比荷1108 C/kg、初速度v02105 m/s的带正电粒子，忽略粒子重力、粒子间相互作用以及粒子在极板间飞行时极板间电压的变化(1)求粒子进入磁场时的最大速率；(2)对于能从MN边界飞出磁场的粒子，其在磁场的入射点和出射点的间距s是否为定值？若是，求出该值；若不是，求s与粒子由O出发的时刻t之间的关系式；(3)在磁场中飞行时间最长的粒子定义为“A类粒子”，求出“A类粒子”在磁场中飞行的时间以及由O出发的可能时刻解析：(1)设粒子恰好从板边缘飞出时，板AB间电压为U0，则解得U0400 V500 V垂直极板的方向v12105 m/s因此最大速率v2105 m/s.(2)如图所示，设粒子进入磁场时，速度v与OO成角，则有qvBmvs2Rcos 得s0.4 m，为定值(3)如图所示，“A类粒子”在电场中向B板偏转，在磁场中的轨迹恰好与上边界相切时，有R(1sin )D联立2Rcos 0.4 m，可得sin 0.6(或者cos 0.8)，即37则粒子在磁场中飞行的总时间为t106 s进入磁场时vyv0tan 1.5105 m/s又vy则对应的板AB间的电压为U1300 V故粒子从O出发的时刻可能为t4n0.4(s)或t4n3.6(s)(n0，1，2)答案：见解析题组二24如图所示，在传送带的右端Q点固定有一竖直光滑圆弧轨道，轨道的入口与传送带在Q点相切以传送带的左端点为坐标原点O，水平传送带上表面为x轴建立坐标系，已知传送带长L6 m，匀速运动的速度v04 m/s.一质量m1 kg的小物块轻轻放在传送带上xP2 m的P点，小物块随传送带运动到Q点后恰好能冲上光滑圆弧轨道的最高点N点小物块与传送带间的动摩擦因数0.4，重力加速度g10 m/s2.(1)求N点的纵坐标yN；(2)若将小物块轻放在传送带上的某些位置，小物块均不脱离圆弧轨道求传送带上这些位置的横坐标的范围解析：(1)小物块在传送带上匀加速运动的加速度ag4 m/s2小物块与传送带共速时，小物块位移x12 m(LxP)4 m故小物块与传送带共速后以v0匀速运动到Q点，然后冲上圆弧轨道恰到N点有：mgm从QN有：mvmv2mgR解得R0.32 myN2R0.64 m.(2)若小物块能通过最高点N，则0xLx1即0x4 m若小物块恰能到达高度为R的M点，设小物块在传送带上加速运动的位移为x2，则mgx2mgR解得：x20.8 m，所以5.2 mx6 m所以当0x4 m或5.2 mx6 m时，小物块均不脱离轨道答案：(1)0.64 m(2)0x4 m或5.2 mx6 m25如图甲所示，在xOy平面内存在半径为R16 cm的圆形有界磁场区域，有界磁场边界和x轴相切于O点，y轴上的P点为圆心，与y轴成60角的MN为圆形有界磁场的一条直径，MN将磁场区域分成、两部分x轴下方为随时间变化的电场，电场强度大小为E8103 V/m，Et图象如图乙所示，周期T1.2102 s当t时，第三象限的粒子源S沿y轴正方向发射比荷为108 C/kg的粒子，粒子经坐标原点O由y轴左侧进入磁场区域，依次经P、M两点垂直MN离开磁场测得粒子在磁场中运动时间t104 s，重力不计求：(1)有界磁场区域中磁感应强度的大小；(2)粒子源S的可能坐标解析：(1)带电粒子在圆形有界磁场区域内运动轨迹如图所示，由几何关系可知，在区域内轨迹半径R1R，在区域内轨迹半径2R2R由r可知B22B1由周期公式T1，T2则粒子在圆形有界磁场内运动时间t解得B12.5104 T.(2)由qB1v得v4103 m/s与y轴正向夹角30，将速度沿x轴负向与y轴正向分解：vxvsin 302103 m/s，vyvcos 302103 m/s带电粒子从S点发射运动到O点的过程，可分解为沿y轴正向匀速直线运动和沿x轴的变加速直线运动粒子沿x轴运动的第一种情况如图：粒子在反向加速过程到达O点加速度a8105 m/s2x12a4.7 m.由于运动的周期性，粒子到达O点的运动时间t1nTy1vy(nT)2(12n8.5) m粒子沿x轴运动的第二种情况如图：粒子在反向减速过程到达O点x22.5 m由于运动的周期性，粒子到达O点的运动时间t2nTTy2vy(nTT)2(12n9.5)m粒子源S的可能坐标(4.7 m，2(12n8.5) m)或(2.5 m，2(12n9.5) m)答案：(1)2.5104 T(2)见解析