高考物理二輪復習 第2部分 考前沖刺方略 計算題型規(guī)范練4

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計算題型規(guī)范練(四) 建議用時：20分鐘 1．(12分)如圖所示，光滑水平軌道與半徑為R的光滑豎直半圓軌道在B點平滑連接．在過圓心O的水平界面MN的下方分布有水平向右的勻強電場．已知半徑為R的光滑豎直半圓軌道下半部分絕緣(可使小球的電荷量保持不變)，上半部分是導體(可使小球的電荷量迅速消失)，在C點設置一壓力傳感器．A、B兩點間的距離為2R，圖中P點恰好在A點的正上方，重力加速度為g.現(xiàn)有一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球(可視為質(zhì)點)從水平軌道上的A點由靜止釋放，小球運動到C點離開半圓軌道后，經(jīng)界面MN上的P點進入電場． (1)小球經(jīng)過C點時壓力傳感器的讀數(shù)為多少？ (2)小球在半圓軌道上運動到何處時速率最大？最大速率是多少？ 解析：(1)小球離開C點后做平拋運動，根據(jù)平拋運動規(guī)律得2R＝vCt，(1分) R＝gt2(1分) 設傳感器對小球的壓力為F，在C點，由牛頓第二定律得 F＋mg＝m(1分) 聯(lián)立解得F＝mg.(1分) 因此小球經(jīng)過C點時壓力傳感器的讀數(shù)為mg. (2)小球從A到C由動能定理得 qE3R－mg2R＝mv(2分) 解得E＝mg/q.(1分) 設小球運動到圓周D點時速度最大為v，OD與豎直線OB夾角為α，小球從A運動到D的過程，根據(jù)動能定理得 qE(2R＋Rsin α)－mgR(1－cos α)＝mv2(2分) 即v2＝2gR(sin α＋cos α＋1) 根據(jù)數(shù)學知識可得，當α＝45時速率最大 由此可得最大速率vm＝.(3分) 答案：(1)mg　(2)α＝45時　vm＝ 2．(20分)如圖所示的虛線PQ上方存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B，S為磁場邊界PQ上的點，兩質(zhì)量均為m、電荷量均為q的帶負電粒子1和帶正電粒子2分別以圖示方向的速度從S點射入磁場，粒子1和粒子2的速度大小分別為v1＝v0、v2＝v0，且α＝30、β＝60，經(jīng)過一段時間兩粒子同時到達磁場的邊界．忽略兩粒子的重力以及兩粒子之間的相互作用． (1)到達磁場邊界時，粒子1和粒子2之間的距離為多少？ (2)粒子1和粒子2射入磁場的時間間隔為多少？ (3)如果在PQ下方的紙面內(nèi)加一勻強電場，并且使粒子1在該電場中的軌跡為直線，經(jīng)過一段時間的運動，兩粒子在電場中相遇，求該電場的電場強度大小與方向． 解析：(1)兩粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，軌跡如圖所示 根據(jù)牛頓第二定律有qvB＝m(2分) 粒子1圓周運動的圓心角θ1＝，SM＝2r1sin α(1分) 粒子2圓周運動的圓心角θ2＝，SN＝2r2sin β(1分) 聯(lián)立得d＝SM＋SN＝(1分) (2)粒子圓周運動的周期為T＝＝(2分) 粒子1在勻強磁場中運動的時間為t1＝T(1分) 粒子2在勻強磁場中運動的時間為t2＝T(1分) 所以有Δt＝t1－t2＝(2分) (3)由題意，電場強度的方向應與粒子1穿出磁場時的速度方向平行 a．若電場強度的方向與PQ成30角斜向右上方，則粒子1做勻加速直線運動，粒子2做類平拋運動 由牛頓第二定律有qE＝ma(1分) dcos 30＝v1t＋at2＋at2(1分) dsin 30＝v2t(1分) 解得E＝Bv0(1分) b．若電場強度的方向與PQ成30角斜向左下方，則粒子1做勻減速直線運動，粒子2做類平拋運動 由牛頓第二定律有qE＝ma(1分) dcos 30＝v1t－at2－at2(1分) dsin 30＝v2t(1分) 解得E＝－Bv0，假設不成立(1分) 綜上所述，電場強度的大小為E＝Bv0，方向與PQ成30角斜向右上方(1分) 答案：見解析