全國(guó)省市通用版高考物理總復(fù)習(xí)優(yōu)編增分練：計(jì)算題考點(diǎn)排查練全國(guó)省市Ⅲ卷計(jì)算題考點(diǎn)排查練全國(guó)省市通用版高考物理總復(fù)習(xí)優(yōu)編增分練：計(jì)算題考點(diǎn)排查練全國(guó)省市Ⅲ卷計(jì)算題考點(diǎn)排查練PAGE全國(guó)省市通用版高考物理總復(fù)習(xí)優(yōu)編增分練：計(jì)算題考點(diǎn)排查練全國(guó)省市Ⅲ卷計(jì)算題考點(diǎn)排查練2017年(全國(guó)Ⅲ卷)計(jì)算題考點(diǎn)排查練題號(hào)2425考點(diǎn)帶電粒子在組合場(chǎng)的運(yùn)動(dòng)“板－塊模型”問(wèn)題的綜合分析24．(2018·廣東省湛江市第二次模擬)如圖1所示的直角坐標(biāo)系xOy中，在第一象限和第四象限分別存在垂直紙面向外和向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，PQ是磁場(chǎng)的右界限，磁場(chǎng)的上下地區(qū)足夠大，在第二象限存在沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為＋q的帶電粒子從x軸上的M點(diǎn)以速度v0垂直于x軸沿y軸正方向射入電場(chǎng)中，粒子經(jīng)過(guò)電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后從y軸上的N點(diǎn)進(jìn)入第一象限，帶電粒子恰巧不從y軸負(fù)半軸走開(kāi)第四象限，最后垂直磁場(chǎng)右界限PQ走開(kāi)磁場(chǎng)所區(qū)，已知M點(diǎn)與原點(diǎn)O的距離為eq\f(3,2)l，N點(diǎn)與原點(diǎn)O的距離為eq\r(3)l，第一象限的磁感覺(jué)強(qiáng)度知足B1＝eq\f(2mv0,ql)，不計(jì)帶電粒子的重力，求：圖1(1)勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度為多大？(2)第四象限內(nèi)的磁感覺(jué)強(qiáng)度多大？(3)若帶電粒子從進(jìn)入磁場(chǎng)到垂直磁場(chǎng)右界限走開(kāi)磁場(chǎng)，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間是多少？答案(1)eq\f(mv\o\al(02),ql)(2)eq\f(mv0,ql)(3)eq\f(4πl(wèi),3v0)＋eq\f(5nπl(wèi),2v0)(n＝0,1,2，3，…)分析(1)設(shè)帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的加快度為a依據(jù)牛頓第二定律得：qE＝ma沿y軸方向：eq\r(3)l＝v0t沿x軸方向：eq\f(3,2)l＝eq\f(1,2)at2解得：E＝eq\f(mv\o\al(02),ql)(2)粒子在電場(chǎng)中沿x軸方向做勻加快運(yùn)動(dòng)，速度v1＝at進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)與y軸正方向夾角tanθ＝eq\f(v1,v0)＝eq\r(3)解得θ＝60°進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度大小為v＝2v0其運(yùn)動(dòng)軌跡，以以下圖在第一象限由洛倫茲力供給向心力得：qvB1＝meq\f(v2,R1)解得：R1＝l由幾何知識(shí)可得粒子第一次抵達(dá)x軸時(shí)過(guò)A點(diǎn)，因ON知足：ON＝2Rcos30°，因此NA為直徑．帶電粒子恰巧不從y軸負(fù)半軸走開(kāi)第四象限，知足：(2R1＋R2)sin30°＝R2，解得R2＝2l依據(jù)：qvB2＝meq\f(v2,R2)，解得：B2＝eq\f(B1,2)＝eq\f(mv0,ql)(3)帶電粒子抵達(dá)D點(diǎn)時(shí)，由于DC＝R1sin30°＝eq\f(l,2)D′H＝R2－R2sin30°＝lF點(diǎn)在H點(diǎn)的左邊，帶電粒子不能夠能從第一象限垂直磁場(chǎng)界限走開(kāi)磁場(chǎng)，則應(yīng)從第四象限G點(diǎn)(或多個(gè)周期后相應(yīng)點(diǎn))走開(kāi)磁場(chǎng)．帶電粒子在第一象限運(yùn)動(dòng)周期T1＝eq\f(2πR1,2v0)＝eq\f(πl(wèi),v0)帶電粒子在第四象限運(yùn)動(dòng)周期T2＝eq\f(2πR2,2v0)＝eq\f(2πl(wèi),v0)帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間知足t＝eq\f(T1,2)＋eq\f(5T2,12)＋n×eq\f(5,6)(T1＋T2)解得：t＝eq\f(4πl(wèi),3v0)＋eq\f(5nπl(wèi),2v0)(n＝0,1,2,3…)25．(2018·安徽省A10結(jié)盟最后一卷)如圖2，圓滑水平面上靜止一質(zhì)量m1＝1.0kg、長(zhǎng)L＝0.3m的木板，木板右端有質(zhì)量m2＝1.0kg的小滑塊，在滑塊正上方的O點(diǎn)用長(zhǎng)r＝0.4m的輕質(zhì)細(xì)繩懸掛質(zhì)量m＝0.5kg的小球．將小球向右上方拉至細(xì)繩與豎直方向成θ＝60°的地點(diǎn)由靜止開(kāi)釋，小球擺到最低點(diǎn)與滑塊發(fā)生正碰并被反彈，碰撞時(shí)間極短，碰撞前后瞬時(shí)細(xì)繩對(duì)小球的拉力減小了4.8N，最后小滑塊恰巧不會(huì)從木板上滑下．不計(jì)空氣阻力、滑塊、小球均可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加快度g取10m/s2.求：圖2(1)小球碰前、碰后瞬時(shí)的速度大??；(2)小滑塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)．答案(1)2m/s0.4m/s(2)0.12分析(1)小球下擺過(guò)程，機(jī)械能守恒mgr(1－cosθ)＝eq\f(1,2)mv2小球碰前瞬時(shí)的速度大小v＝eq\r(gr)＝2m/s小球與小滑塊碰撞前、后瞬時(shí)，由向心力公式可得：FT－mg＝meq\f(v2,r)，F(xiàn)T′－mg＝meq\f(v′2,r)由題意得：FT－FT′＝4.8N聯(lián)立求得碰后瞬時(shí)小球的速度大小為v′＝0.4m/s(2)小球與小滑塊碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒，取向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：mv＝－mv′＋m2v1解得：v1＝1.2m/s小滑塊在木板上滑動(dòng)過(guò)程中動(dòng)量