压轴计算题抢分练(三)
1.(2024·北京模拟)图甲为显像管工作原理示意图，阴极K发射的电子束(初速不计)经电压为U的加速电场后，进入一圆形匀强磁场区，磁场方向垂直于圆面(以垂直圆面向里为正方向)，磁场区的中心为O，半径为r，荧光屏MN到磁场区中心O的距离为L。当不加磁场时，电子束将通过O点垂直打到屏幕的中心P点。当磁场的磁感应强度随时间按图乙所示的规律变化时，在荧光屏上得到一条长为2L的亮线。由于电子通过磁场区的时间很短，可以认为在每个电子通过磁场区的过程中磁感应强度不变。已知电子的电荷量为e，质量为m，不计电子之间的相互作用及所受的重力。求：
(1)电子打到荧光屏上时速度的大小v；
(2)磁场磁感应强度的最大值B0；
(3)某同学突发异想，想将磁场由圆形改为矩形，但保持亮线长度不变，求矩形的最小面积。
【答案】 (1) (2) (3)
【解析】 (1)由动能定理eU＝mv2
解得v＝。
(2)根据洛伦兹力提供向心力，有evB0＝m
由几何关系得R＝r
解得B0＝。
(3)矩形如图所示，由几何关系Smin＝r＝。
2.(2024·浙江卷)一弹射游戏装置竖直截面如图所示，固定的光滑水平直轨道AB、半径为R的光滑螺旋圆形轨道BCD、光滑水平直轨道DE平滑连接。长为L、质量为M的平板紧靠长为d的固定凹槽EFGH侧壁EF放置，平板上表面与DEH齐平。将一质量为m的小滑块从A端弹射，经过轨道BCD后滑上平板并带动平板一起运动，平板到达HG即被锁定。已知R＝0.5 m，d＝4.4 m，L＝1.8 m，M＝m＝0.1 kg，平板与滑块间的动摩擦因数μ1＝0.6、与凹槽水平底面FG间的动摩擦因数为μ2。滑块视为质点，不计空气阻力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2。
(1)滑块恰好能通过圆形轨道最高点C时，求滑块离开弹簧时速度v0的大小；
(2)若μ2＝0，滑块恰好过C点后，求平板加速至与滑块共速时系统损耗的机械能；
(3)若μ2＝0.1，滑块能到达H点，求其离开弹簧时的最大速度vm。
【答案】 (1)5 m/s (2)0.625 J (3)6 m/s
【解析】 (1)滑块恰好能通过圆形轨道最高点C时mg＝
从滑块离开弹簧到C过程，根据动能定理－2mgR＝mv－mv
解得vB＝5 m/s。
(2)平板加速至与滑块共速过程，根据动量守恒mvB＝(M＋m)v共
据能量守恒ΔE＝mv－(M＋m)v
解得ΔE＝ J。
(3)若μ2＝0.1，平板与滑块相互作用过程中，加速度分别为a1＝μ1g＝6 m/s2
a2＝＝4 m/s2
共速后，共同加速度大小为a3＝μ2g＝1 m/s2
考虑滑块可能一直减速直到H，也可能先与木板共速然后共同减速；
假设先与木板共速然后共同减速，则共速过程v＝vE－a1t1＝a2t1
共速过程，滑块、木板位移分别为x1＝t1
x2＝t1
共速时，相对位移应为Δx＝L＝x1－x2
解得vE＝6 m/s，v＝2.4 m/s
随后共同减速x3＝d－x1＝1.88 m
到达H速度vH＝＝ m/s
说明可以到达H，因此假设成立，若滑块初速度再增大，则会从木板右侧掉落。
21世纪教育网(www.21cnjy.com)压轴计算题抢分练(一)
1.(2024·江西景德镇模拟)2024年将迎来名副其实的“体育大年”，今年有两个奥运会，分别是江原冬青奥会和巴黎奥运会，滑板运动是其中一个精彩的比赛项目。一滑板训练场地如图，斜坡AB与光滑圆轨道相切于B点，斜坡长度为10 m，倾角为37°，圆轨道半径为3 m，圆心为O，圆轨道右侧与一倾角为60°足够长斜面PQ相连，运动员连同滑板总质量为60 kg，运动员站在滑板上从斜坡顶端A点由静止下滑，滑板与左侧倾斜轨道间的摩擦因数为0.2，其通过光滑圆弧轨道BCP的P点后落在了右侧的斜面上，滑板和人可视为质点，不计空气阻力，重力加速度g大小取10 m/s2，sin 37°＝0.6，sin 60°＝，求：
(1)滑板和人通过圆弧轨道最低点C时对C点的压力大小；
(2)右侧斜面的落点到P点的距离。
【答案】 (1)2 600 N (2)14 m
【解析】 (1)对滑板和人从A点到C点，应用动能定理可得
mgLsin 37°－μmgLcos 37°＋mgR(1－cos 37°)＝mv2－0，求得v＝10 m/s
在最低点C点，FN－mg＝
求得FN＝2 600 N
由牛顿第三定律可得，滑板和人通过圆弧轨道最低点C时对C点的压力为2 600 N。
(2)从C到P应用动能定理可得－mgR(1－cos 60°)＝mv－mv2
求得v1＝ m/s
设右侧斜面的落点到P点的距离为l，由抛体运动规律可得lcos 60°＝v1xt
lsin 60°＝－v1yt＋gt2
其中v1x＝v1cos 60°
v1y＝v1sin 60°
求得l＝14 m。
2.(2024·山东烟台三模)如图所示，在三维直角坐标系Oxyz中的x≥－L、y2＋z2≤L2的圆柱形空间内存在沿z轴正方向的匀强磁场，圆柱形空间的外部存在沿x轴正方向的匀强磁场，圆柱形空间内、外磁场的磁感应强度大小相等；在圆柱面上的－L≤z<0的部分有绝缘的弹性挡板；在x≤－L的区域存在沿y轴正方向、电场强度大小为E0的匀强电场。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力)从A点(A点在Oxy平面内)以初速度大小为v0、与y轴负方向成53°夹角的方向射入电场，经过一段时间从x轴上的B(－L,0,0)点沿x轴正方向进入圆柱形区域，接着从y轴负半轴上的C点沿y轴负方向离开此区域，然后从z轴上的D点再次进入圆柱形区域，粒子与绝缘弹性挡板碰撞过程时间极短且没有能量损失，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。求：
(1)A、B两点间的电势差UAB；
(2)圆柱形空间内、外磁场的磁感应强度大小B0；
(3)粒子从A点进入电场到再次返回A点的运动时间。
【答案】 (1)－ (2) (3)＋＋
【解析】 (1)粒子在A点沿x轴方向的速度vx＝v0sin 53°＝0.8v0
粒子在A点沿y轴方向的速度vy＝v0cos 53°＝0.6v0
粒子从A到B由动能定理得qUAB＝mv－mv
解得A、B两点间的电势差UAB＝－。
(2)粒子在B点的速度大小为vB＝vx＝0.8v0
粒子从B到C做匀速圆周运动，在C点速度沿y轴负方向，如图所示
根据几何关系可得轨道半径为r＝L
由洛伦兹力提供向心力得qvBB0＝m
解得B0＝。
(3)粒子从A到B在y轴方向上由牛顿第二定律得a＝
粒子从A到B的运动时间t1＝＝
粒子在磁场中的周期为T＝＝
粒子从B到C的运动时间t2＝T
粒子到D点时速度方向沿z轴负方向，粒子从C点到D点做匀速圆周运动，运动时间为t3＝T
设粒子从z轴上的E点离开圆柱面，粒子在B点速度方向沿x轴负方向，粒子从D到E做匀速直线运动，在E点速度沿z轴负方向，粒子从D到E的运动时间t4＝＝
根据题意作出yOz平面的轨迹图
根据题意作出xOy平面的轨迹图
故粒子从A点进入电场到再次返回A点的运动时间t＝2t1＋2t2＋2t3＋t4＝＋＋。
21世纪教育网(www.21cnjy.com)压轴计算题抢分练(四)
1.(2024·江西上饶模拟)如图甲所示，长为a的平行板M、N分别位于第一、第二象限内，与坐标平面垂直并与y轴平行，两板到y轴的距离相等，两板的下端均在x轴上，两板上所加的电压随时间变化的规律如图乙所示(图乙中U0、T0均已知)，在第三、四象限内有垂直于坐标平面向里的匀强磁场。在y轴上y＝a的P点沿y轴负方向均匀地射出质量为m、电荷量为q的带正电粒子，每个粒子均能进入磁场且从P点射出到进入磁场所用的时间均为T0，从t＝0时刻射出的粒子刚好从N板下边缘进入磁场，不计粒子的重力及粒子间的相互作用，磁场的磁感应强度大小为，求：
(1)M、N板间的距离为多少；
(2)能再次进入两板间的粒子数占总粒子数的比例为多少；
(3)若将M、N极板上段截去一部分，使所有粒子从P点射出后经电场、磁场偏转后均不能再进入电场，则截去部分的长度至少为多少。
【答案】 (1) (2)33.33% (3)a
【解析】 (1)设两板间的距离为d，从t＝0时刻射出的粒子刚好从N板的边缘飞出，则d＝2××2
解得d＝。
(2)由于所有粒子穿过电场的时间均为T0，所以所有粒子在电场中运动时沿平行x轴方向的速度变化量为零，即所有粒子进磁场时，速度大小均为v0＝
方向垂直于x轴向下；粒子在磁场中运动时，根据牛顿第二定律qv0B＝m
解得r＝
所有粒子在磁场中均做半径为r的半圆周运动，则2r＝d
在第一个周期内，设在t时刻射入的粒子在离N板d处进入磁场并恰好从M板处进入磁场。则＝×2×2－×t2×2
解得t＝。
根据对称性得，能再次进入两板间的粒子数占总粒子数的比例为η＝×100%＝33.33%。
(3)截去一段后，设粒子进磁场时的速度为v，速度与y轴负方向的夹角为θ，则v＝
粒子在磁场中做圆周运动的半径
r′＝＝
粒子进磁场和出磁场位置间的距离
s＝2r′cos θ＝＝d
截去一段后，若从t＝0时刻进入电场的粒子发生的侧移为d，则所有粒子均不能再进入电场。则d＝×t′2
解得t′＝T0
则截去的板长
L＝a－v0t′＝a。
2.(2024·广东广州三模)如图所示，两光滑平行圆弧导轨竖直放置，下端与两根间距为L的光滑平行水平导轨平滑连接，光滑水平导轨处在竖直向下的匀强磁场之中，磁感应强度大小为B。在导轨上放置长度均为L、由同种金属材料制成的粗细均匀的导体棒a、b、c，a棒的质量为m，电阻为R0，b棒的质量为m，c棒的质量为2m。已知初始时b棒和c棒间距为d，且均处于静止状态。现让a棒从圆弧导轨上离水平导轨高为h处由静止释放，a与b发生碰撞后粘在一起，已知重力加速度为g，导轨电阻不计，且导体棒运动过程中始终与导轨垂直。
(1)若要求a棒与b棒不发生碰撞，试求b棒离磁场左边界的距离x应满足的条件；
(2)若b棒离磁场左边界线的距离x0＝，b棒与c棒没有发生碰撞，试求c棒在全过程中产生的焦耳热。
【答案】 (1)x> (2)mgh
【解析】 (1)当导体棒a运动到磁场时产生感应电动势，使导体棒b、c在安培力的作用下加速运动，因为导体棒b、c两端的电压U总是相等，所以安培力为Fb＝BL
Fc＝BL
根据牛顿第二定律可得导体棒b和导体棒c的加速度分别为ab＝
ac＝
设导体棒材料的密度为ρ0，电阻率为ρ，则m＝ρ0LSb
Rb＝ρ＝R0
2m＝ρ0LSc
Rc＝ρ＝
解得＝1
可知导体棒b、c总是相对静止的，导体棒a、b、c构成的系统动量守恒，设金属棒a进入磁场时的速度大小为v0，三者速度相等时的速度为v1，则根据动量守恒定律有mv0＝(m＋m＋2m)v1
对导体棒a，根据动量定理有－BLΔt1＝mv1－mv0
而q＝Δt1＝＝
对导体棒a，根据动能定理
mgh＝mv
解得Δx＝
若要使导体棒a、b不能发生碰撞，导体棒a开始运动时与导体棒b之间的距离应满足的条件是
x>。
(2)因为导体棒a开始运动时与导体棒b之间的距离x0＝<
所以导体棒a、b将发生碰撞，设导体棒a与导体棒b碰撞前瞬间的速度为v2，导体棒b、c的速度大小均为v3，则根据动量守恒定律得mv0＝mv2＋(m＋2m)v3
根据动量定理有－BLΔt2＝mv2－mv0
而q＝Δt1＝＝
解得v2＝
v3＝
此过程根据能量守恒，系统产生的总热量为Q总1＝mv－mv－(m＋2m)v＝mgh
此过程a棒为电源，bc棒为用电器，则c棒产生的热量为
Q1＝××Q总1＝＝mgh
设导体棒a与导体棒b碰撞粘在一起后瞬间的速度为v4，则根据动量守恒定律可得mv2＋mv3＝2mv4
解得v4＝
碰撞过程损失的能量
ΔE＝mv＋mv－·2mv
导体棒a、b整体与导体棒c通过安培力发生作用，设导体棒a、b、c的最终共同速度为v5，则根据动量守恒定律可得2mv4＋2mv3＝4mv5
解得v5＝
此过程根据能量守恒，系统产生的总热量为Q总2＝·2mv＋·2mv－(m＋m＋2m)v＋ΔE
整理可得Q总2＝mgh
此过程ab棒为电源，ab棒的总电阻为Rab＝＝，c棒为用电器，则c棒产生的热量为Q2＝×Q总2＝＝mgh，c棒在全过程中产生的焦耳热为Q＝Q1＋Q2＝mgh。
21世纪教育网(www.21cnjy.com)压轴计算题抢分练(二)
1.(2024·黑龙江三模)如图所示，一半径为r＝0.45 m的光滑圆弧的底端B与水平传送带相接，传送带的运行速度为v0＝5 m/s，长为L＝1.75 m，DEF为固定于竖直平面内的一段内壁光滑的中空细管，EF段被弯成以O为圆心、半径R＝0.2 m的一小段圆弧，管的D端弯成与水平传送带C端平滑相接，O点位于地面，OF连线竖直。一质量为m＝0.2 kg的滑块(可视为质点)从圆弧顶端A点无初速滑下，滑到传送带上后被送入细管DEF。已知滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，滑块横截面略小于细管中空部分的横截面。求：
(1)滑块到达光滑圆弧底端B时对轨道的压力大小；
(2)滑块与传送带间因摩擦产生的热量；
(3)滑块滑到F点后水平飞出，滑块的落地点到O点的距离。
【答案】 (1)6 N (2)0.3 J (3) m
【解析】 (1)设滑块到达B点的速度大小为vB
由机械能守恒定律有mgr＝mv
解得vB＝3 m/s
滑块在B点，由向心力公式有N－mg＝
解得N＝6 N
根据牛顿第三定律可知，滑块到达光滑圆弧底端B时对轨道的压力大小为6 N。
(2)滑块在传送带上做匀加速运动，由牛顿第二定律有a＝μg＝2 m/s2
由速度位移公式得v－v＝2aL
解得vC＝4 m/s滑块在传送带上运行的时间为t＝＝0.5 s
传送带运行的距离为x＝v0t＝2.5 m
故滑块与传送带间因摩擦产生的热量为
Q＝μmg(x－L)＝0.3 J。
(3)滑块从C至F，由机械能守恒有mv＝mgR＋mv
滑块离开F点后做平抛运动，竖直方向有R＝gt′2
联立解得滑块的落地点到O点的距离x＝vFt′＝ m。
2.(2024·湖北武汉模拟)如图甲所示，小球A以初速度v0＝2竖直向上冲入半径为R的粗糙圆弧管道，然后从管道另一端沿水平方向以速度＝冲出，在光滑水平面上与左端连有轻质弹簧的静止小球B发生相互作用，距离B右侧s处有一个固定的弹性挡板，B与挡板的碰撞没有能量损失。已知A、B的质量分别为3m、2m，整个过程弹簧的弹力随时间变化的图像如图乙所示(从A球接触弹簧开始计时，t0已知)。弹簧的弹性势能为Ep＝kx2，x为形变量，重力加速度为g。求：
(1)小球在管道内运动的过程中阻力做的功；
(2)弹簧两次弹力最大值之比F2∶F1；
(3)小球B的初始位置到挡板的距离s。
【答案】 (1)－mgR (2)7∶5 (3)t0
【解析】 (1)设小球在管道内运动的过程阻力做功为Wf，根据动能定理可得－3mgR＋Wf＝·3m2－·3mv
解得Wf＝－mgR。
(2)当A、B第一次共速时，弹簧压缩量最大，弹簧弹力最大，设压缩量为x1，A、B共同速度为v共1，从A刚接触弹簧到A、B共速，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得3m＝(3m＋2m)v共1
kx＝·3m2－·(3m＋2m)v
此时弹簧弹力为F1，有F1＝kx1
由图乙可知，弹簧刚好恢复原长时，B与挡板相撞，设此时A、B速度分别为v1、v2，从A刚接触弹簧到弹簧恢复原长，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得3m＝3mv1＋2mv2
·3m2＝·3mv＋·2mv
解得v1＝，v2＝
此时B原速率反弹，当A、B第二次共速时，弹簧压缩量再一次达到最大，设压缩量为x2，A、B共同速度为v共2，从B刚反弹到弹簧第二次压缩最大，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得3mv1－2mv2＝(3m＋2m)v共2
kx＝·3mv＋·2mv－(3m＋2m)v
此时弹簧弹力为F2，有F2＝kx2
联立解得F2∶F1＝7∶5。
(3)设A、B一起向右运动的过程中，任意时刻A、B速度分别为vA、vB，根据动量守恒可得3m·＝3mvA＋2mvB
在任意一极短时间Δt内，有3m·Δt＝3mvAΔt＋2mvBΔt
所以3m·Δt＝3mΔxA＋2mΔxB
等式两边求和得3m·t0＝3msA＋2msB
由图乙可知，t0时B与挡板发生碰撞，此时弹簧恰好恢复原长，故从t＝0到t＝t0时，A、B位移相同，即sA＝sB＝s
联立解得s＝t0。
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