第18天 计算题夺高分6
1．(2024·江西校联考一模)如图所示，将扁平的石子快速抛向水面，石子遇水后不断地在水面上连续向前多次跳跃，直至最后落入水中，俗称“打水漂”。假设小明在离水面高度h0＝0.8 m处，将一质量m＝20 g的小石片以水平初速度v0＝10 m/s抛出，玩“打水漂”，小石片在水面上滑行时受到的水平方向的阻力恒为f＝0.5 N，竖直方向分力未知。在水面上弹跳数次后沿水面滑行(水平方向)的速度减为0后沉入水底。假设小石片每次均接触水面Δt＝0.04 s 后跳起，跳起时竖直方向的速度与此时沿水面滑行的速度之比为常数k＝，取重力加速度g＝10 m/s2，不计空气阻力，求小石片：
(1)第一次与水面接触前水平方向的位移x；
(2)第一次与水面接触过程中在竖直方向上的分加速度ay的大小；
(3)最后一次弹起在空中飞行的时间t。 (该问结果保留两位有效数字)
2．(2024·山东省菏泽市高三信息卷)如图所示，在坐标系Oxyz中，x<0的空间内存在沿y轴正方向的匀强电场，x>0的空间内存在沿x轴正方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B。电荷量为q(q>0)、质量为m的带电粒子从x轴上的M点以初速度v0沿x轴正方向垂直进入电场，从y轴上的N点进入磁场。已知M、N到坐标原点O的距离分别为d、d，不计带电粒子所受重力，求：
(1)匀强电场电场强度E的大小；
(2)粒子运动过程中离xOy平面的最大距离；
(3)粒子从M点运动到距离xOz平面最远时，所用的时间及此时距yOz平面的距离。
2/2第18天
1．解析：(1)设从抛出到第一次与水面接触前时间为t0，由h0＝
解得t0＝＝ s＝0.4 s
第一次与水面接触前水平方向的位移
x＝v0t0＝10×0.4 m＝4 m。
(2)第一次与水面接触前竖直方向的速度
vy＝gt0＝4 m/s
小石片在水面上滑行时，设水平方向加速度大小为ax，有ax＝＝25 m/s2
第一次与水面接触后跳起时水平滑行速度
v1＝v0－axΔt＝10－25×0.04 m/s＝9 m/s
规定竖直向下为正方向，第一次与水面接触后跳起时竖直方向分速度
v′y＝－kv1＝－9× m/s＝－6 m/s
竖直方向加速度为ay＝＝ m/s2＝－250 m/s2，即大小为250 m/s2。
(3)小石片在水面上滑行时，
每次滑行速度的变化量Δv＝－axΔt＝－1 m/s
由N＝＝10次
可知，小石片共在水面上滑行了10次，空中弹起后飞行了9次，第n次弹起后的速度
vxn＝v0＋nΔv＝(10－n)m/s
再由vyn＝kvxn和tn＝2×可得第n次弹起后在空中飞行的时间为tn＝(1－0.1n) s
最后一次弹起在水面上飞行的时间为t≈0.13 s。
答案：(1)4 m (2)250 m/s2 (3)0.13 s
2．解析：(1)粒子在电场中做类平抛运动，有
d＝v0t1
qE＝ma
d＝
联立解得E＝。
(2)粒子进入磁场后的运动可分解为沿x轴正方向、速度大小为v0的匀速直线运动和在平行于yOz的平面内、速度大小为vy＝v0的匀速圆周运动，由牛顿第二定律，得qvyB＝
解得R＝
粒子运动过程中离xOy平面的最大距离
s＝2R＝。
(3)粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T＝
粒子运动过程中离xOz平面最远时，圆周运动的最短时间是个周期，有
t2＝T(n＝0，1，2，…)
则粒子从M点运动到离xOz平面最远时所用时间t＝t1＋t2
解得t＝(n＝0，1，2，…)
此时距yOz平面的距离
s′＝v0t2＝(n＝0，1，2，…)。
答案： (2) (3)(n＝0，1，2，…) (n＝0，1，2，…)
1/2第13天 计算题夺高分1
1．(2024·广东东莞市东莞中学高三校联考期中)我国的高铁发展迅速，引领世界。小明同学在某次乘坐高铁时，利用手机加速度传感器测量高铁的加速度，如图所示。高铁由静止开始运动，t1＝6 s时刻开始加速，可以认为加速度随时间均匀增大，t2＝8 s时达到最大加速度a＝0.6 m/s2，并以此加速度在水平面上做匀加速直线运动直至达到最大速度vm＝216 km/h。 车厢中水平放置一质量为m＝10 kg的物品，物品始终相对车厢静止。重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)动车达到最大速度的时刻t3；
(2)整个匀加速直线运动阶段，动车对该物品的作用力大小及做功的大小。(结果可用根号表示)
[解析] (1)在加速度变化阶段，加速度随时间均匀增大，有v＝(t2－t1)
解得v＝0.6 m/s
由vm＝216 km/h＝60 m/s，解得Δt＝＝99 s
动车达到最大速度的时刻t3＝t2＋Δt＝107 s。
(2)由牛顿第二定律F＝ma，解得F＝6 N
整个匀加速直线运动阶段，动车对该物品的作用力大小F′＝＝2 N
由动能定理得动车对该物品做功的大小为
W＝
解得W＝17 998.2 J。
[答案] (1)107 s (2)2 N 17 998.2 J
2．(2024·江西南昌高三校考阶段练习)如图1所示，在xOy坐标系中，两平行极板P、Q垂直于y轴且关于x轴对称，极板长度和板间距均为l，紧靠极板右边缘的有界匀强磁场区域由△ABO和矩形OBCD构成，其中∠OAB＝60°，OD＝OA。磁场方向垂直于xOy平面向里，D、A位于y轴上。位于极板左侧的粒子源沿x轴向右接连发射质量为m、电荷量为＋q、速度相同的带电粒子，0～3t0时间内，在两板间加上如图2所示的电压，已知t＝0时刻进入两板间的粒子，在t0时刻射入磁场时，恰好不会从磁场边界射出磁场区域，且圆心在x轴上，上述l、m、q、t0为已知量，U0＝，不考虑P、Q两板电压的变化对磁场的影响，也不考虑粒子所受重力及粒子间的相互影响，求：
(1)t＝0时刻进入两板间的带电粒子射入磁场时的速度；
(2)匀强磁场的磁感应强度大小及磁场区域的面积；
(3)t＝t0时刻进入两板间的带电粒子在匀强磁场中运动的时间。
[解析] (1)t＝0时刻进入电场的粒子在t0时刻刚好射出电场，带电粒子沿x轴分速度大小为v0＝
y轴负方向偏转距离y＝＝l
设粒子离开电场沿y轴负方向的分速度为vy，则有l＝t0，可知vy＝
射入磁场的速度v1＝＝，与y轴负方向夹角为45°。
(2)设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R1，由几何关系得R1＝l，又qv1B＝
解得B＝
设AB长为a，则由几何关系得
2R1＋＝a·sin 60°， 得a＝l
磁场区域的面积为
S＝a2cos 30°＋a2cos 30°＝l2。
(3)t0时刻进入两板间的带电粒子在两板间做匀速直线运动。在2t0时刻沿x轴方向进入磁场，进入磁场后做圆周运动，设半径为R2，qv0B＝，得R2＝l，由于>2R2，所以粒子不会从DC和BC边射出磁场。粒子在磁场中运动的时间t＝＝。
[答案] (1)，与y轴负方向夹角为45°指向右下方 (2)l2 (3)
第14天 计算题夺高分2
1．某学校开展运动会期间，为解决学生饮水问题，同学们采用压水器结合桶装水进行供水，装置如图(a)所示，通过按压压水器，就可以将水从出水口压出。上述过程可简化为如图(b)所示模型。可认为水桶是内径一定的大汽缸B，容积为21升，高度为70 cm(桶壁厚度不计)；压水器是带活塞的小汽缸A，每次最多可将0.7升1标准大气压的空气压入水桶中，出水管C的出水口与水桶B上部等高，K1和K2为单向阀门。外界大气压为标准大气压，p0＝1.01×105 Pa，水的密度为ρ＝1.00×103 kg/m3，重力加速度为g＝10 m/s2，出水管中充满水但所占体积可以忽略。若气体温度保持不变，某次使用后桶内还剩余有12升水，求：
(1)此时桶内封闭气体的压强；
(2)若要再压出6升水，至少需按压几次？
[解析] (1)对出水管中的水受力分析可知
p1＝p0＋ρgh
而h＝70× cm＝0.3 m
解得p1＝1.04×105 Pa。
(2)假设至少需按压N次，则
p1V1＋Np0V0＝p2V2
其中V0＝0.7 L
V1＝(21－12)L＝9 L
V2＝(9＋6)L＝15 L
而p2＝p0＋ρg(h＋Δh)
且Δh＝70× cm＝0.2 m
解得N≈9.25
故至少需要按压10次。
[答案] (1)1.04×105 Pa (2)10
2．(2024·浙江校联考一模)如图所示，在光滑水平面上建立坐标系Oxy，在x＝－0.1 m左右两侧分别存在着Ⅰ区和Ⅱ区匀强磁场，大小均为B＝1 T，Ⅰ区方向垂直纸面向里，Ⅱ区一系列磁场宽度均为L＝0.1 m，相邻两磁场方向相反，各磁场具有理想边界。在x＝－0.1 m左侧是间距为L的水平固定的平行光滑金属轨道MM′和NN′，轨道MN端接有电容为C＝1 F的电容器，初始时带电荷量为q0＝1 C，开关S处于断开状态。轨道上静止放置一金属棒a，其质量m＝0.01 kg，电阻R＝1 Ω。轨道右端 M′N′ 上涂有绝缘漆，M′N′右侧放置一边长为L、质量为4m、电阻为4R的匀质正方形刚性导线框abcd。闭合开关S，a棒向右运动，到达M′N′前已经匀速，与导线框abcd碰撞并与ad边粘合在一起继续运动。金属轨道电阻不计，其ab边与x轴保持平行，求：
(1)开关S闭合前，电容器下极板带电性及a棒匀速时的速度v1；
(2)组合体bc边向右刚跨过y轴时，ad两点间的电势差Uad；
(3)碰后组合体产生的焦耳热及最大位移。
[解析] (1)电容器下极板带负电，a棒以速度v1匀速运动时回路中电流I＝0，电容器两端电压
U＝E＝BLv1
此时电容器带电荷量q1＝CU＝CBLv1
开始运动至稳定，对a棒用动量定理有
BLΔq＝mv1－0
其中运动过程中a棒上通过的电荷量Δq＝q0－q1
联立得v1＝＝5 m/s
方向沿x轴正方向。
(2)a棒与线框碰撞过程系统动量守恒，有
mv1＋0＝(m＋4m)v2
则碰后整体速度v2＝v1＝1 m/s
碰后a棒与ad边粘合，并联电阻为R，则闭合线框总阻值为R
bc边向右刚跨过y轴时，ad、bc边作为电源，有
Ead＝Ebc＝BLv2
由闭合回路欧姆定律得I＝＝
由右手定则判断ad边d端为正极，故Uad<0
则Uad＝－＝－Ead＝－ V≈－0.071 4 V。
(3)碰后ad与bc边在反向磁场中受沿x轴负方向的等大安培力，则从v2减速至0的过程中，对组合体在x轴方向运用动量定理有－2BILΔt＝(m＋4m)Δv
其中电流I＝＝
两式联立有－Δx＝5mΔv
则Δx＝＝ m＝4.375 m
从v2减速至0的过程中，对组合体系统由能量守恒可得Q＝－0＝ J＝0.025 J。
[答案] (1)负电 5 m/s，方向沿x轴正方向 (2)－0.071 4 V (3)0.025 J 4.375 m
第15天 计算题夺高分3
1．太极柔力球运动融合了太极拳和现代竞技体育特征，是一项具有民族特色的体育运动项目。某次训练时，运动员舞动球拍，球拍带动小球在竖直平面内做匀速圆周运动，小球始终与球拍保持相对静止，其运动过程如图乙所示，小球做圆周运动的半径为 0.8 m，A点为圆周最高点，B点与圆心O等高，C点为最低点。已知小球质量为0.1 kg，在C点时球与球拍间的弹力大小为3.0 N，重力加速度g取 10 m/s2，不计空气阻力，求：
(1)小球在C点的速度大小；
(2)小球从C运动到A的过程中，球拍对小球做功的平均功率；
(3)小球运动到B点时，球拍对小球的作用力大小。
[解析] (1)在C点时，由牛顿第二定律
N－mg＝m，解得v＝4 m/s。
(2)小球从C运动到A的过程中，所用时间为t，则t＝，由动能定理有W－mg·2r＝0
小球从C运动到A的过程中，球拍对小球做功的平均功率为P＝，解得P＝ W≈2.55 W。
(3)小球运动到B点时，设球拍对球的作用力为F，合力提供向心力，由力的合成有
F2＝＋(mg)2
其中F向＝m，解得F＝ N。
[答案] (1)4 m/s (2)2.55 W (3) N
2．(2024·广东统考一模)有些高能粒子会对物理仪器造成损害，一位同学认为可利用电磁场让带电粒子偏转的特点设计装置，实现对粒子的屏蔽作用，如图所示为一半径为R的圆柱形铅盒的截面图，其中心为粒子发射源，以中心为坐标原点建立Oxy平面坐标系，使y轴负半轴与∠AOB的角平分线重合，发射源可在图示∠AOB＝60°平面范围内从圆心O沿半径方向往外不断发射出速度大小均为v、电荷量为q、质量为m的某种带正电粒子，粒子通过圆弧AB的缝隙到达铅盒外面，同学打算在y＝－R到y＝－2R间的条形区域设置匀强电场或者匀强磁场以实现屏蔽效果，粒子所受重力不计，忽略粒子间的相互作用。
(1)如果条形区域设置平行于y轴的匀强电场，则电场的电场强度应至少为多少，使得所有粒子不能越过条形电场区域？并判断匀强电场方向；
(2)如果条形区域设置垂直于截面向里的匀强磁场，则磁场的磁感应强度应至少为多少，使得所有粒子不能越过条形磁场区域？此时粒子在磁场运动的最长时间为多少？
[解析] (1)根据题意可知，由于粒子发射源发出的粒子速度大小相等，若沿y轴负方向射出的粒子不能穿过条形电场区域，其他粒子一定不能穿过，对沿y轴负方向射出的粒子，由动能定理有
－EqR＝0－mv2
解得E＝，方向沿y轴正方向。
(2)如果条形区域设置垂直于截面向里的匀强磁场，粒子在磁场中做匀速圆周运动，由左手定则可知，粒子进入磁场后逆时针做圆周运动，可知，只要沿OA方向的粒子不能越过条形磁场区域，其他粒子一定不能越过，沿OA方向的粒子恰好不能越过时，轨迹如图所示。
由几何关系有r＋r sin 30°＝R，又有qvB＝m，联立解得B＝，此时圆弧所对圆心角最大，粒子在磁场运动的时间最长，由几何关系可得，圆心角为240°，则运动时间为t＝＝。
[答案] (1)，方向沿y轴正方向 (2)
第16天 计算题夺高分4
1．(2024·南昌市高三第一次模拟测试)如图所示，间距为L、粗糙程度处处相同的平行金属导轨M1P1N1和M2P2N2分别固定在两个竖直面内，倾斜导轨与水平面的夹角为37°，整个空间内存在着竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。长为L、质量为m、电阻为R的导体杆a静止放置在水平导轨上，现将与导体杆a完全相同的导体杆b从斜面上N1N2处由静止释放，运动到虚线Q1Q2处有最大速度，运动的距离为d，导体杆a恰好未滑动，此过程导体杆b克服摩擦力做的功为W，两导体杆与导轨始终接触良好，导轨电阻不计，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。求此过程：
(1)通过导体杆a的电荷量q；
(2)导体杆与导轨间的动摩擦因数μ；
(3)电路中产生的焦耳热Q。
[解析] (1)从导体杆b开始下滑至运动到虚线Q1Q2处的过程，根据法拉第电磁感应定律有＝
根据闭合电路欧姆定律有
＝
根据电流的定义式得q＝Δt
联立解得q＝。
(2)由题意知，导体杆b运动到虚线Q1Q2处时，回路中的电流最大，导体杆a所受摩擦力恰达到最大，对导体杆a由平衡条件有FA＝μmg
对导体杆b由平衡条件有
mg sin 37°＝μ(mg cos 37°＋FAsin 37°)＋FAcos 37°
联立解得μ＝。
(3)当导体杆b的速度最大时有
FA＝BIL＝μmg＝
感应电动势E＝BLv cos 37°
又I＝
联立解得v＝
对导体杆b从开始下滑至运动到虚线Q1Q2的过程，根据动能定理有
mgd sin 37°＋W安－W＝mv2
根据功能关系可知Q＝－W安
联立解得Q＝mgd－－W。
[答案] (1) (2) (3)mgd－－W
2．(2024·武汉市高中毕业生调研考试)如图所示，倾角为θ的斜面足够长，MN段光滑，长度为L，其余部分粗糙程度相同。长为L的轻绳连接两个相同的小滑块a、b。开始时a处于M点，轻绳处于伸直状态。由静止同时释放a、b，经过一段时间后，a、b发生弹性碰撞。再经过一段时间轻绳突然绷紧，a、b达到共同速度，并一起匀速运动。已知重力加速度大小为g，求：
(1)滑块a与斜面粗糙部分之间的动摩擦因数；
(2)滑块b从静止释放至运动到N点的时间；
(3)滑块a、b一起匀速运动的速率。
[解析] (1)a、b一起匀速运动的过程，对a、b整体有2mg sin θ＝μ·2mg cos θ
解得滑块与斜面粗糙部分间的动摩擦因数μ＝tan θ。
(2)a、b由静止释放至一起下滑距离L的过程中，对a、b整体有2mg sin θ－μmg cos θ＝2ma1
由位移时间公式有L＝
b下滑至M点时a、b的速度大小为v1＝a1t1
b从M点运动至N点的过程中，因轻绳松弛，故对b有mg sin θ＝ma2
由位移时间公式有L＝
而t＝t1＋t2
解得b从静止释放至运动到N点的时间
t＝(1＋。
(3)b运动至N点后匀速运动，此时速度大小为
v2＝v1＋a2t2
a运动至N点后匀速运动，此时速度大小为v1，b运动至N点后一段时间a、b发生弹性碰撞，质量相等交换速度，直至轻绳绷紧，二者以相同的速度v匀速运动。轻绳绷紧过程系统动量守恒，规定沿斜面向下为正方向，则有mv1＋mv2＝2mv
解得a、b一起匀速运动的速率v＝。
[答案] (1)tan θ (2)(1＋ (3)
第17天 计算题夺高分5
1．(2024·陕西宝鸡统考模拟预测)如图所示是一玻璃球体，其半径为R，O为球心，AB为水平直径。M点是玻璃球的最高点，来自B点的光线BD从D点射出，出射光线平行于AB，已知∠ABD＝30°，光在真空中的传播速度为c，求：
(1)光线从B传播到D所用时间；
(2)若来自B点的光线射向M点，判断光线能否从M点射出玻璃球？
[解析] (1)如图所示，由几何知识可得入射角
i＝∠ABD＝30°
折射角r＝2∠ABD＝60°，则此玻璃的折射率为
n＝＝
BD长度为s＝2R cos 30°＝R
光在玻璃球内传播的速度v＝＝c
故光线从B传到D的时间为t＝＝。
(2)若来自B点的光线射向M点，入射角为i′＝45°
而sin C＝＝所以会发生全反射，不能从M点射出玻璃球。
[答案] (1) (2)不能
2．如图所示，以长方体abcd-a′b′c′d′的ad边中点O为坐标原点、ad方向为x轴正方向、a′a方向为y轴正方向、ab方向为z轴正方向建立Oxyz坐标系，已知Oa＝ab＝aa′＝L。长方体中存在沿y轴负方向的匀强磁场，现有质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力)，从O点沿z轴正方向以初速度v射入磁场中，恰好从a点射出磁场。
(1)求磁场的磁感应强度B的大小；
(2)若在长方体中加上沿y轴负方向的匀强电场，让粒子仍从O点沿z轴正方向以初速度v射入磁场中，为使粒子能从a′点射出磁场，求电场强度E1的大小；
(3)若在长方体中加上电场强度大小为E2＝、方向沿z轴负方向的匀强电场，让该粒子仍从O点沿z轴正方向以初速度v射入磁场中，求粒子射出磁场时与O点的距离s。
[解析] (1)粒子在Oxz平面内做匀速圆周运动，如图中轨迹1所示。
根据几何关系有r＝L，由洛伦兹力提供向心力
有qvB＝m，解得B＝。
(2)粒子在电磁复合场中的运动为匀速圆周运动与类平抛运动的合运动，在长方体中运动的时间t＝，在沿y轴方向上做初速度为零的匀加速直线运动，则L＝at2，又qE1＝ma，解得E1＝。
(3)将初速度v分解为v1、v2，使v1对应的洛伦兹力恰好与静电力平衡，分解如图(1)中所示。
即qv1B＝qE2
其中E2＝，解得v1＝v
则根据勾股定理可得v2＝＝2v
根据几何关系易知v2与z轴正方向的夹角θ＝60°
若仅在v2对应的洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，即qv2B＝
则轨道半径R＝，解得R＝L
该分运动的情况如图中轨迹2所示，则粒子在磁场中运动的时间t2＝
由于粒子也参与速度大小为v1、方向沿x轴正方向的匀速直线运动，则粒子射出磁场时与O点的距离s＝L－v1t2
解得s＝L。
[答案] (1) (2) (3)L
第18天 计算题夺高分6
1．(2024·江西校联考一模)如图所示，将扁平的石子快速抛向水面，石子遇水后不断地在水面上连续向前多次跳跃，直至最后落入水中，俗称“打水漂”。假设小明在离水面高度h0＝0.8 m处，将一质量m＝20 g的小石片以水平初速度v0＝10 m/s抛出，玩“打水漂”，小石片在水面上滑行时受到的水平方向的阻力恒为f＝0.5 N，竖直方向分力未知。在水面上弹跳数次后沿水面滑行(水平方向)的速度减为0后沉入水底。假设小石片每次均接触水面Δt＝0.04 s 后跳起，跳起时竖直方向的速度与此时沿水面滑行的速度之比为常数k＝，取重力加速度g＝10 m/s2，不计空气阻力，求小石片：
(1)第一次与水面接触前水平方向的位移x；
(2)第一次与水面接触过程中在竖直方向上的分加速度ay的大小；
(3)最后一次弹起在空中飞行的时间t。 (该问结果保留两位有效数字)
[解析] (1)设从抛出到第一次与水面接触前时间为t0，由h0＝
解得t0＝＝ s＝0.4 s
第一次与水面接触前水平方向的位移
x＝v0t0＝10×0.4 m＝4 m。
(2)第一次与水面接触前竖直方向的速度
vy＝gt0＝4 m/s
小石片在水面上滑行时，设水平方向加速度大小为ax，有ax＝＝25 m/s2
第一次与水面接触后跳起时水平滑行速度
v1＝v0－axΔt＝10－25×0.04 m/s＝9 m/s
规定竖直向下为正方向，第一次与水面接触后跳起时竖直方向分速度
v′y＝－kv1＝－9× m/s＝－6 m/s
竖直方向加速度为ay＝＝ m/s2＝－250 m/s2，即大小为250 m/s2。
(3)小石片在水面上滑行时，
每次滑行速度的变化量Δv＝－axΔt＝－1 m/s
由N＝＝10次
可知，小石片共在水面上滑行了10次，空中弹起后飞行了9次，第n次弹起后的速度
vxn＝v0＋nΔv＝(10－n)m/s
再由vyn＝kvxn和tn＝2×可得第n次弹起后在空中飞行的时间为tn＝(1－0.1n) s
最后一次弹起在水面上飞行的时间为t≈0.13 s。
[答案] (1)4 m (2)250 m/s2 (3)0.13 s
2．(2024·山东省菏泽市高三信息卷)如图所示，在坐标系Oxyz中，x<0的空间内存在沿y轴正方向的匀强电场，x>0的空间内存在沿x轴正方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B。电荷量为q(q>0)、质量为m的带电粒子从x轴上的M点以初速度v0沿x轴正方向垂直进入电场，从y轴上的N点进入磁场。已知M、N到坐标原点O的距离分别为d、d，不计带电粒子所受重力，求：
(1)匀强电场电场强度E的大小；
(2)粒子运动过程中离xOy平面的最大距离；
(3)粒子从M点运动到距离xOz平面最远时，所用的时间及此时距yOz平面的距离。
[解析] (1)粒子在电场中做类平抛运动，有
d＝v0t1
qE＝ma
d＝
联立解得E＝。
(2)粒子进入磁场后的运动可分解为沿x轴正方向、速度大小为v0的匀速直线运动和在平行于yOz的平面内、速度大小为vy＝v0的匀速圆周运动，由牛顿第二定律，得qvyB＝
解得R＝
粒子运动过程中离xOy平面的最大距离
s＝2R＝。
(3)粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T＝
粒子运动过程中离xOz平面最远时，圆周运动的最短时间是个周期，有
t2＝T(n＝0，1，2，…)
则粒子从M点运动到离xOz平面最远时所用时间t＝t1＋t2
解得t＝(n＝0，1，2，…)
此时距yOz平面的距离
s′＝v0t2＝(n＝0，1，2，…)。
[答案] (2) (3)(n＝0，1，2，…) (n＝0，1，2，…)
第19天 计算题夺高分7
1．(2024·广东佛山统考一模)如图所示是矿山自动卸货简化示意图。质量为m的平底容器内装有质量M＝4m的矿石，从光滑圆弧轨道上高为L的A点由静止释放，平滑滑上静止在光滑水平轨道上的无动力小车，小车长为L、质量为m。平底容器在小车上滑行与小车右端挡板碰撞后不反弹，而后随小车向右运动至水平轨道右端时，压缩固定在水平轨道右端的弹簧，当弹簧被压缩到最短时将小车锁定。卸下矿石后解除锁定，弹簧能量全部释放，将小车及空的平底容器一起弹回，当小车与水平轨道左侧台阶碰撞时瞬间停止。空平底容器滑出小车冲上圆弧轨道回到出发点A。设平底容器长和宽远小于L，矿石不会在平底容器中滑动，弹簧的形变始终处于弹性限度内，重力加速度为g。试求：
(1)平底容器滑上小车前瞬间的速度大小；
(2)小车被锁定时弹簧的弹性势能；
(3)若平底容器与小车间的动摩擦因数μ＝，且水平轨道足够长。要保证平底容器能在小车接触到弹簧前与小车右端挡板相碰，且能被弹回至出发点A，则每次运送的矿石质量M应满足什么要求？
[解析] (1)设平底容器滑上小车前瞬间的速度大小为v0，对平底容器从A点到滑上小车前，由动能定理有(m＋M)gL＝
解得v0＝。
(2)设平底容器与右侧竖直挡板碰撞后的速度为 v共， 平底容器滑上小车到与挡板碰撞过程，根据动量守恒定律得(m＋M)v0＝(m＋M＋m)v共
设小车被锁定时弹簧的弹性势能为Ep，根据能量守恒定律可知＝Ep
解得Ep＝mgL。
(3)同理可知Ep＝gL
弹回过程中，弹性势能转化为平底容器和小车的动能，而小车与水平轨道左侧台阶碰撞时瞬间停止，则这一部分能量损失，此时平底容器从挡板处滑上A点，需满足Ep≥μmgL＋mgL
解得M≥2m
要保证平底容器能在小车接触到弹簧前与小车右端挡板相碰，则系统损失的动能刚好等于平底容器在小车上相对滑动产生的热量，即由动量守恒定律有
(M＋m)v0＝(M＋m＋m)v
由能量守恒定律有
＝(M＋m＋m)v2＋μ(M＋m)gL
联立解得M＝6m
故M≤6m
综上所述每次运送的矿石质量M应满足要求为
2m≤M≤6m。
[答案] (1) (2)mgL (3)2m≤M≤6m
2．(2024·浙江校联考模拟预测)如图所示为某同学设计的带电粒子的聚焦和加速装置示意图。位于S点的粒子源可以沿纸面内与SO1(O1为圆形磁场的圆心)的夹角为θ(θ≤60°)的方向内均匀地发射速度为v0＝10 m/s、电荷量均为q＝2.0×10-4 C、质量均为m＝1.0×10-6 kg的带负电的粒子，粒子射入半径为R＝0.1 m的圆形区域匀强磁场。已知粒子源在单位时间发射N＝2.0×105个粒子，圆形区域磁场方向垂直纸面向里，沿着SO1射入圆形区域磁场的粒子恰好沿着水平方向射出磁场。粒子数控制系统是由竖直宽度为L、且L在0≤L≤2R范围内大小可调的粒子通道构成，通道竖直宽度L的中点与O1始终等高。聚焦系统是由有界匀强电场和有界匀强磁场构成，匀强电场的方向水平向右、电场强度E＝0.625 N/C，边界由x轴、曲线OA和直线GF[方程为y＝－x＋0.4(m)]构成；匀强磁场方向垂直纸面向里、磁感应强度B＝0.25 T，磁场的边界由x轴、直线GF、y轴构成，已知所有经过聚焦系统的粒子均可以从F点沿垂直x轴的方向经过一段真空区域射入加速系统。加速系统是由两个开有小孔的平行金属板构成，两小孔的连线过F点，上下两板间电势差U＝－10 kV，不计粒子的重力和粒子间的相互作用力。求：
(1)圆形磁场的磁感应强度B0；
(2)当L＝R时，求单位时间进入聚焦系统的粒子数N0；
(3)若进入加速系统内粒子的初速度均忽略不计，设从加速系统射出的粒子在测试样品中运动所受的阻力f与其速度v关系为f＝kv(k＝0.2 N·s·m-1)，求粒子在样品中可达的深度d；
(4)曲线OA的方程。
[解析] (1)由洛伦兹力提供向心力得
＝qv0B0
解得圆形磁场的磁感应强度为B0＝0.5 T。
(2)临界1：粒子恰好从控制系统上边界进入，粒子在S点入射速度与SO1的夹角为θ1，则
sin θ1＝＝
解得θ1＝30°
临界2：粒子恰好从控制系统下边界进入，粒子在S点入射速度与SO1的夹角为θ2，则
sin θ2＝＝
解得θ2＝30°
能进入控制系统的粒子数
N0＝N＝1.0×105个。
(3)对粒子在加速系统运用动能定理qU＝mv2
解得v＝2 000 m/s
对粒子进入样品的过程运用动量定理
－＝0－mv
粒子在样品中可达的深度为
d＝＝＝0.01 m。
(4)设粒子从曲线OA的(x，y)点进入电场，则粒子从直线GF的(0.4－y，y)点射出电场，根据动能定理有－Eq(0.4－y－x)＝
由洛伦兹力提供向心力得qv1B＝
曲线OA的方程为10y2－y－x＝0。
[答案] (1)0.5 T (2)1.0×105个 (3)0.01 m (4)10y2－y－x＝0
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