專題20綜合計算題

1.(2021?浙江卷)如圖甲所示，空間站上某種離子推進(jìn)器由離子源、間距為d的中間有小孔

的兩平行金屬板M、N和邊長為/的立方體構(gòu)成，其后端面一為噴口。以金屬板N的中心0

為坐標(biāo)原點，垂直立方體側(cè)面和金屬板建立/、y和z坐標(biāo)軸。M、N板之間存在場強(qiáng)為反

方向沿z軸正方向的勻強(qiáng)電場;立方體內(nèi)存在磁場，其磁感應(yīng)強(qiáng)度沿z方向的分量始終為零，

沿x和y方向的分量比和斗隨時間周期性變化規(guī)律如圖乙所示，圖中線可調(diào)。債離子

(Xe2+)束從離子源小孔S射出，沿z方向勻速運(yùn)動到M板，經(jīng)電場加速進(jìn)入磁場區(qū)域，最

后從端面尸射出，測得離子經(jīng)電場加速后在金屬板N中心點。處相對推進(jìn)器的速度為如已

知單個離子的質(zhì)量為加、電荷量為2e,忽略離子間的相互作用，且射出的離子總質(zhì)量遠(yuǎn)小

于推進(jìn)器的質(zhì)量。

(D求離子從小孔S射出時相對推進(jìn)器的速度大小vs；

(2)不考慮在磁場突變時運(yùn)動的離子，調(diào)節(jié)線的值，使得從小孔S射出的離子均能從噴口后

端面尸射出，求的取值范圍;

(3)設(shè)離子在磁場中的運(yùn)動時間遠(yuǎn)小于磁場變化周期7■，單位時間從端面P射出的離子數(shù)為〃,

且B0=?為O求圖乙中小時刻離子束對推進(jìn)器作用力沿z軸方向的分力。

甲乙

答案：⑴h=J%一型J(2)0~孚上(3)-w?v0,方向沿z軸負(fù)方向

Vm3eL5

解析：

11

⑴離子從小孔S射出運(yùn)動到金屬板N中心點。處，根據(jù)動能定理有2e￡d=］加片9--mv/7

24eEd

解得離子從小孔S射出時相對推進(jìn)器的速度大小匕%---------------

m

(2)當(dāng)磁場僅有沿x方向的分量取最大值時，離子從噴口夕的下邊緣中點射出，根據(jù)幾何關(guān)

2

系有I十八吊

根據(jù)洛倫茲力提供向心力有2縱B°=

聯(lián)立解得穌二迎匕

5eL

當(dāng)磁場在x和y方向的分量同取最大值時，離子從噴口〃邊緣交點射出，根據(jù)幾何關(guān)系有

2

兄-冬+Z?=底

2J

2

此時B=夜線；根據(jù)洛倫茲力提供向心力有2exvoxV2Bo=等

&

聯(lián)立解得綜

3eL

故為的取值范圍為o~2%；

3eL

(3)粒子在立方體中運(yùn)動軌跡剖面圖如圖所示

2

由題意根據(jù)洛倫茲力提供向心力有2exv0xV2B0=汕

且滿足為=畫%

5eL

?mvo5r

所以可得萬拓

3

所以可得cose=：

離子從端面尸射出時，在沿Z軸方向根據(jù)動量定理有F\t=n\tmv0cos^-0

根據(jù)牛頓第三定律可得離子束對推進(jìn)器作用力大小為P=

方向沿z軸負(fù)方向。

2.(2021?浙江卷)如圖所示，水平地面上有一高〃=().4m的水平臺面，臺面上豎直放置傾

角6=37。的粗糙直軌道AB、水平光滑直軌道BC、四分之一圓周光滑細(xì)圓管道CO和半

圓形光滑軌道。所，它們平滑連接，其中管道CO的半徑r=0.1m、圓心在。1點，軌道

?！晔陌霃絉=0.2m、圓心在。2點，。-D、。?和尸點均處在同一水平線上。小滑塊從

軌道AB上距臺面高為h的。點靜止下滑，與靜止在軌道上等質(zhì)量的小球發(fā)生彈性碰撞，

碰后小球經(jīng)管道C。、軌道DE戶從尸點豎直向下運(yùn)動，與正下方固定在直桿上的三棱柱G

碰撞，碰后速度方向水平向右，大小與碰前相同，最終落在地面上0點，已知小滑塊與軌道

AB間的動摩擦因數(shù)〃=，，sin370=0.6.cos37°=0.8o

(D若小滑塊的初始高度/i=().9m,求小滑塊到達(dá)6點時速度%的大??；

(2)若小球能完成整個運(yùn)動過程，求h的最小值hm.n.

(3)若小球恰好能過最高點E,且三棱柱G的位置上下可調(diào)，求落地點0與廠點的水平距離”

的最大值4^。

答案：⑴4m/s；(2)//min=0.45m；(3)0.8m

解析：

_h17

⑴小滑塊AB軌道上運(yùn)動mgh-Ringcos0-----=一加%

sin。2

代入數(shù)據(jù)解得%=(癡=4m/s

(2)小滑塊與小球碰撞后動量守恒，機(jī)械能守恒，因此有

mvQ=mvA+mvB,

解得L=°，％=4m/s

小球沿CDEF軌道運(yùn)動，在最高點可得加g=加蕾t

2

從C點到〃點由機(jī)械能守恒可得；mvEm.n+mg(R+r)=；4mhi

其中Nmin=§Jg%n，解得儲沁=045m

(3)設(shè)廠點到G點的距離為y,小球從￡1點到0點的運(yùn)動，由動能定理

；機(jī)名=gmvlmin+mg(R+y)

1,

由平拋運(yùn)動可得x=%，，H+r-y=-gr

聯(lián)立可得水平距離為x=2j(0.5_y)(0.3+y)

由數(shù)學(xué)知識可得當(dāng)O.5-y=O.3+y

取最小，最小值為Xmin=0-8m

3.(2021?全國乙卷)如圖，一傾角為a的光滑固定斜面的頂端放有質(zhì)量M=0.06kg的U

型導(dǎo)體框，導(dǎo)體框的電阻忽略不計；一電阻R=30的金屬棒CO的兩端置于導(dǎo)體框上，與

導(dǎo)體框構(gòu)成矩形回路CDEF；瓦'與斜面底邊平行，長度L=0.6m。初始時CO與族相

3

距%=0.4m,金屬棒與導(dǎo)體框同時由靜止開始下滑，金屬棒下滑距離y=<m后進(jìn)入一

方向垂直于斜面的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁場邊界(圖中虛線)與斜面底邊平行；金屬棒在磁場中做

勻速運(yùn)動，直至離開磁場區(qū)域.當(dāng)金屬棒離開磁場的瞬間，導(dǎo)體框的EE邊正好進(jìn)入磁場，

并在勻速運(yùn)動一段距離后開始加速。已知金屬棒與導(dǎo)體框之間始終接觸良好，磁場的磁感應(yīng)

強(qiáng)度大小JB=1T，重力加速度大小取g=10m/s2,sina=0.6。求：

(1)金屬棒在磁場中運(yùn)動時所受安培力的大小;

(2)金屬棒的質(zhì)量以及金屬棒與導(dǎo)體框之間的動摩擦因數(shù);

(3)導(dǎo)體框勻速運(yùn)動的距離。

35

答案：(D0.18N；(2)m=0.02kg,//=-；(3)x,=—m

o1o

解析:

(D根據(jù)題意可得金屬棒和導(dǎo)體框在沒有進(jìn)入磁場時一起做勻加速直線運(yùn)動，由動能定理可

得(M+tn)gsxsina=—(Af+m)說

3

代入數(shù)據(jù)解得%=]m/s

金屬棒在磁場中切割磁場產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，由法拉第電磁感應(yīng)定律可得E=8L%

E

由閉合回路的歐姆定律可得/=-

則導(dǎo)體棒剛進(jìn)入磁場時受到的安培力為4=B1L=0.18N

(2)金屬棒進(jìn)入磁場以后因為瞬間受到安培力的作用，根據(jù)楞次定律可知金屬棒的安培力沿

斜面向上，之后金屬棒相對導(dǎo)體框向上運(yùn)動，因此金屬棒受到導(dǎo)體框給的沿斜面向下的滑動

摩擦力，因勻速運(yùn)動，可有wgsina+〃wgcosa=G

此時導(dǎo)體框向下做勻加速運(yùn)動，根據(jù)牛頓第二定律可得Mgsina-〃mgcosa=Ma

x

設(shè)磁場區(qū)域的寬度為X,則金屬棒在磁場中運(yùn)動的時間為，=一

%

則此時導(dǎo)體框的速度為匕=%+ar

則導(dǎo)體框的位移為=%f+；a/

1,

因此導(dǎo)體框和金屬棒的相對位移為Ar=X1-》=一。廠

2

由題意當(dāng)金屬棒離開磁場時金屬框的上端原剛好進(jìn)入線框，則有位移關(guān)系“-Ax=x

金屬框進(jìn)入磁場時勻速運(yùn)動，此時的電動勢為耳=8￡匕，4=與

導(dǎo)體框受到向上的安培力和滑動摩擦力，因此可得Mgsina=fimgcosa+B1}L

3

聯(lián)立以上可得x=0.3m,a=5m/s2?m=0.02kg,^=-

o

(3)金屬棒出磁場以后，速度小于導(dǎo)體框的速度，因此受到向下的摩擦力，做加速運(yùn)動，則

有mgsina+/Jingcosa=may

金屬棒向下加速，導(dǎo)體框勻速，當(dāng)共速時導(dǎo)體框不再勻速，則有%

導(dǎo)體框勻速運(yùn)動的距離為々=VA

255

代入數(shù)據(jù)解得x2=—m=—m

4.(2021?全國甲卷)如圖，長度均為/的兩塊擋板豎直相對放置，間距也為兩擋板上邊

緣P和M處于同一水平線上，在該水平線的上方區(qū)域有方向豎直向下的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度

大小為A兩擋板間有垂直紙面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小可調(diào)節(jié)的勻強(qiáng)磁場。一質(zhì)量為加電

荷量為。(。＞0)的粒子自電場中某處以大小為的的速度水平向右發(fā)射，恰好從尸點處射入磁

場，從兩擋板下邊緣。和A'之間射出磁場，運(yùn)動過程中粒子未與擋板碰撞。已知粒子射入磁

場時的速度方向與掰的夾角為60°,不計重力。

(1)求粒子發(fā)射位置到。點的距離；

(2)求磁感應(yīng)強(qiáng)度大小的取值范圍；

(3)若粒子正好從QV的中點射出磁場，求粒子在磁場中的軌跡與擋板,眥的最近距離。

答案：⑴庾但；⑵小飛尸；⑶粒子運(yùn)動軌跡見解析，39T?/

6qE(3+J3)/ql44

解析：

(1)帶電粒子在勻強(qiáng)電場中做類平拋運(yùn)動，由類平拋運(yùn)動規(guī)律可知

x=vQt①

1

12qEt人

y=_W=-------②

22m

vat

粒子射入磁場時的速度方向與網(wǎng)的夾角為60°,有tan30°=/=一③

匕％

粒子發(fā)射位置到尸點的距離s=ylx2+y2④

由①②③④式得s=巫竺金⑤

6qE

(2)帶電粒子在磁場運(yùn)動在速度v=—=3晝(6)

cos30°3

帶電粒子在磁場中運(yùn)動兩個臨界軌跡(分別從。、4點射出)如圖所示

由幾何關(guān)系可知，最小半徑5=6/⑦

Gin

cos3003

烏

最大半徑⑧

^max=_2_

cos75°

帶電粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的向心力由洛倫茲力提供，由向心力公式可知

n根F公

qvB=----⑨

r

2mva-2mva

由⑥⑦⑧⑨解得，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小的取值范圍(3+向/~B~一下

(3)若粒子正好從Q，V的中點射出磁場時，帶電粒子運(yùn)動軌跡如圖所示。

/

.八?V5

由幾何關(guān)系可知sin夕=-7=-=7-⑩

空/,

2

芻

帶電粒子的運(yùn)動半徑為「_4?

3-COS(30°+/9)

粒子在磁場中的軌跡與擋板.，臟的最近距離dmi?=（4sin30°+/）-^?

由⑩?g或解得"=變二也1/?

44

5.（2021?湖南卷）如圖，豎直平面內(nèi)一足夠長的光滑傾斜軌道與一長為L的水平軌道通過一

小段光滑圓弧平滑連接，水平軌道右下方有一段弧形軌道PQ。質(zhì)量為陽的小物塊A與水

平軌道間的動摩擦因數(shù)為〃。以水平軌道末端。點為坐標(biāo)原點建立平面直角坐標(biāo)系xOy,

x軸的正方向水平向右，>軸的正方向豎直向下，弧形軌道P端坐標(biāo)為（2"乙心,Q端

在y軸上。重力加速度為g。

（1）若A從傾斜軌道上距X軸高度為的位置由靜止開始下滑，求A經(jīng)過。點時的速度

大小；

（2）若A從傾斜軌道上不同位置由靜止開始下滑，經(jīng)過。點落在弧形軌道PQ上的動能均相

同，求PQ的曲線方程；

⑶將質(zhì)量為2m（2為常數(shù)且/1>5）的小物塊8置于。點，A沿傾斜軌道由靜止開始下滑,

與B發(fā)生彈性碰撞（碰撞時間極短），要使A和B均能落在弧形軌道上，且A落在B落點的右

側(cè)，求A下滑的初始位置距x軸高度的取值范圍。

答案：⑴；⑵x=242g_/（其中,1.iL<y<2//Z,）；

32-122+2+1

⑶■pL<X<?4〃L

2-3(2-I)2

解析：

(D物塊A從光滑軌道滑至。點，根據(jù)動能定理mg-2"L-mngL=gmv2

解得v=

(2)物塊A從。點飛出后做平拋運(yùn)動，設(shè)飛出的初速度為%,落在弧形軌道上的坐標(biāo)為

(x，y),將平拋運(yùn)動分別分解到水平方向的勻速直線運(yùn)動和豎直方向的自由落體運(yùn)動，有

,12

%=卬，)'=三廠

2

解得水平初速度為說=翌

2y

物塊A從。點到落點，根據(jù)動能定理可知mgy=々-;相片

解得落點處動能為=msy+\mvl=m8y+

24v

因為物塊A從。點到弧形軌道上動能均相同，將落點的坐標(biāo)代入，可得

2

「m^xTm^CluLy八T

Ek=mgyH-----=mgxH-----------=2pimgL

4y4xfiL

2

化簡可得y+木:=2〃L

即x=2-^2/jLy-y2(其中，^<y<)

(3)物塊A在傾斜軌道上從距x軸高/2處靜止滑下，到達(dá)。點與B物塊碰前，其速度為%,

根據(jù)動能定理可知mgh-jjmgL=-〃成

解得說=2gh-2〃gL------------①

物塊A與B發(fā)生彈性碰撞，使A和B均能落在弧形軌道上，且A落在B落點的右側(cè)，則A

與B碰撞后需要反彈后再經(jīng)過水平軌道一傾斜軌道一水平軌道再次到達(dá)。點。規(guī)定水平向右

為正方向，碰后AB的速度大小分別為匕和匕，在物塊A與B碰撞過程中，動量守恒，能

量守恒。則加%=一mW+X加彩

1,1,

~mvo=萬〃叫~

2-1

解得W=R%——②

X+1

2

“ITT"③

設(shè)碰后A物塊反彈，再次到達(dá)。點時速度為匕，根據(jù)動能定理可知

解得耳=v)2-4"gL④

據(jù)題意，A落在B落點的右側(cè)，則匕〉彩--------------⑤

據(jù)題意，A和B均能落在弧形軌道上，則A必須落在P點的左側(cè)，即：

匕<J24gL---------------------⑥

聯(lián)立以上，可得〃的取值范圍為之二?〃￡<//?::

2-3(2-1)2

6.(2021春?浙江卷)如圖所示，豎直平面內(nèi)由傾角爐60°的斜面軌道AB、半徑均為7?的半

圓形細(xì)圓管軌道比如和圓周細(xì)圓管軌道眄；構(gòu)成一游戲裝置固定于地面，B、?兩處軌道平

滑連接，軌道所在平面與豎直墻面垂直。軌道出口處G和圓心Q的連線，以及Q、E、。和

6等四點連成的直線與水平線間的夾角均為6=30。，G點與豎直墻面的距離?，F(xiàn)將質(zhì)量為卬

的小球從斜面的某高度方處靜止釋放。小球只有與豎直墻面間的碰撞可視為彈性碰撞，不計

小球大小和所受阻力。

(1)若釋放處高度居應(yīng)當(dāng)小球第一次運(yùn)動到圓管最低點C時.，求速度大小匕及在此過程中

所受合力的沖量的大小和方向；

(2)求小球在圓管內(nèi)與圓心a點等高的〃點所受彈力區(qū)與的關(guān)系式；

(3)若小球釋放后能從原路返回到出發(fā)點，高度力應(yīng)該滿足什么條件？

________hQ

【答案】⑴可院，機(jī)播而，水平向左；(2)FN=2mg(q—l)#力壯；(3)h=^R

R2

【解析】

(1)機(jī)械能守恒mg%=-mv^.

解得vc=12gh?

動量定理/=mvc=%/2g飽方向水平向左

⑵機(jī)械能守恒mg(h-R)=^mvl

牛頓第二定律心=誓

h

解得外=2〃織匕-1)

R

滿足的條件〃2H

(3)第1種情況：不滑離軌道原路返回，條件是

2

第2種情況：與墻面垂直碰撞后原路返回，在進(jìn)入G之前是平拋運(yùn)動匕，=匕上

g

.八八?八匕cos6.

其中七=%sin8,4=%cos0,j/iijvGsin6—-----=a

o

得力=訴

機(jī)械能守恒〃吆(〃一g=gmv1

9

力滿足的條件〃=-R

2

7.(2021春?浙江卷)嫦娥五號成功實現(xiàn)月球著陸和返回，鼓舞人心。小明知道月球上沒有

空氣，無法靠降落傘減速降落，于是設(shè)計了一種新型著陸裝置。如圖所示，該裝置由船艙、

間距為的平行導(dǎo)軌、產(chǎn)生垂直船艙導(dǎo)軌平面的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場的磁體和

“八”型剛性線框組成，“A”型線框劭邊可沿導(dǎo)軌滑動并接觸良好。船艙、導(dǎo)軌和磁體

固定在一起，總質(zhì)量為如整個裝置豎直著陸到月球表面前瞬間的速度大小為的,接觸月球

表面后線框速度立即變?yōu)榱?。?jīng)過減速，在導(dǎo)軌下方緩沖彈簧接觸月球表面前船艙已可視為

勻速。已知船艙電阻為3r,"A”型線框的質(zhì)量為色，其7條邊的邊長均為1,電阻均為r；

月球表面的重力加速度為。整個運(yùn)動過程中只有助邊在磁場中，線框與月球表面絕緣，不

計導(dǎo)軌電阻和摩擦阻力。

(D求著陸裝置接觸到月球表面后瞬間線框aZ＞邊產(chǎn)生的電動勢反

(2)通過畫等效電路圖，求著陸裝置接觸到月球表面后瞬間流過型線框的電流4；

(3)求船艙勻速運(yùn)動時的速度大小匕

(4)同桌小張認(rèn)為在磁場上方、兩導(dǎo)軌之間連接一個電容為。的電容器，在著陸減速過程中

還可以回收部分能量，在其他條件均不變的情況下，求船艙勻速運(yùn)動時的速度大小,和此

時電容器所帶電荷量取

【答案】⑴見如⑵贊；⑶罌；⑷器，鬻

【解析】

(1)導(dǎo)體切割磁感線，電動勢&)=Blv0

(2)等效電路圖如圖

并聯(lián)總電阻R=2廠

電流1。=*=*

D2/2

(3)勻速運(yùn)動時線框受到安培力FA=/?

2丫

根據(jù)牛頓第三定律，質(zhì)量為血的部分受力代A，方向豎直向上，勻速條件尸="8

6

得哼里

3研2

(4)勻速運(yùn)動時電容器不充放電，滿足v'=v=誓?

3成2

電容器兩端電壓為Uc=』/x3r=色級

036BI

電荷量為4=。。。=皿G

6BI

8.(2021春?浙江卷)在芯片制造過程中，離子注入是其中一道重要的工序。如圖所示是離

子注入工作原理示意圖，離子經(jīng)加速后沿水平方向進(jìn)入速度選擇器，然后通過磁分析器，選

擇出特定比荷的離子，經(jīng)偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)后注入處在水平面內(nèi)的晶圓(硅片)。速度選擇器、磁分析

器和偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)中的勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為8,方向均垂直紙面向外；速度選擇器和

偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)中的勻強(qiáng)電場場強(qiáng)大小均為反方向分別為豎直向上和垂直紙面向外。磁分析器截

面是內(nèi)外半徑分別為人和泥的四分之一圓環(huán)，其兩端中心位置"和N處各有一個小孔；偏

轉(zhuǎn)系統(tǒng)中電場和磁場的分布區(qū)域是同一邊長為小的正方體，其速度選擇器底面與晶圓所在水

平面平行，間距也為乙當(dāng)偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)不加電場及磁場時，離子恰好豎直注入到晶圓上的。點

(即圖中坐標(biāo)原點，x軸垂直紙面向外)。整個系統(tǒng)置于真空中，不計離子重力，打在晶圓上

的離子，經(jīng)過電場和磁場偏轉(zhuǎn)的角度都很小。當(dāng)a很小時，有sina?tana,

cosa?1-—a2o求：

2

(1)離子通過速度選擇器后的速度大小y和磁分析器選擇出來離子的比荷；

(2)偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)僅加電場時離子注入晶圓的位置，用坐標(biāo)(x,y)表示；

(3)偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)僅加磁場時離子注入晶圓的位置，用坐標(biāo)(x,。表示：

(4)偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)同時加上電場和磁場時離子注入晶圓位置，用坐標(biāo)(力力表示，并說明理由。

p2E31}31}

【答案】(1)一,“…，；(2)(——,0)；(3)(0,-~-)；(4)見解析

B(&+RJB-&+殳R1+R2

【解析】

E

(1)通過速度選擇器離子的速度n=一

B

從磁分析器中心孔川射出離子的運(yùn)動半徑為R=-+'

2

,mv2…口4_u_2E

由----二qvB得一一-ZE>,o\D2

R口mRB(凡+凡述

(2)經(jīng)過電場后，離子在x方向偏轉(zhuǎn)的距離玉=,我

2myv)

tan9=%

mv

離開電場后，離子在X方向偏移的距離x2=Ltan6=^^

mv

3qEl33c

x=x.+x=—~~-=

'-02mv2R\+R2

絲，。)

位置坐標(biāo)為(

/?i+R,

(3)離子進(jìn)入磁場后做圓周運(yùn)動半徑―二—

qB

L

sina=一

r

I?

經(jīng)過磁場后,離子在y方向偏轉(zhuǎn)距離乂=r(l-cosa)?

4+&

21}

離開磁場后,離子在y方向偏移距離為=Liana

R[+R,

3L2

則y=M+%Rj~丁

%+?2

3Z?

位置坐標(biāo)為(0,——)

Ri+R,

3￡23￡2

(4)注入晶圓的位置坐標(biāo)為(丁一丁，——電場引起的速度增量對y方向的運(yùn)動不產(chǎn)

生影響。

9.(2021?北京通州一模)如圖所示，電路中電源電動勢后80V,內(nèi)阻不計，電路中三個定值

電阻A的阻值相同。A、B分別為水平放置的平行板電容器的上、下極板，板長￡=90c/〃，板

間距離GM0C@在兩金屬板左端正中間位置處，有一個小液滴以某一初速度水平向右射

入兩板間，從A板右側(cè)邊緣射出電場。己知小液滴的質(zhì)量加2.0X10/g,帶負(fù)電，電荷量

^=1.OXIO-3C?重力加速度爐10zt/s,求：

ar-1?

犬

d

,I￡

B

(1)平行板電容器兩極板間電壓u的大小。

(2)在此過程中液滴電勢能的變化量AE。

(3)液滴進(jìn)入電場時初速度的的大小。

【答案】(D40V；(2)-0.02J；⑶冏=9必/s。

【解析】(1)〃的大小就等于電阻"的兩端電壓;

EE

故閉合電路歐姆定律得比/廬XR=—=40V；

2R2

（2）液滴從極板中間剛好從A板右側(cè)邊緣射出電場,

則電場力對液滴做的功巖x1爭處『網(wǎng)02Jo

所以根據(jù)電場力做功與電勢能變化的關(guān)系，液滴電勢能的變化量△石=一收一0.02J；

⑶液滴在極板間運(yùn)動的加速度a=—~—=--g=40勿/s2；

tndm

d11L

根據(jù)一=-ad=-XaX（一）z,代入數(shù)據(jù)解之得v冉mis。

222%

10.（2021?北京通州一模）如圖甲所示，寬度為上的足夠長光滑金屬導(dǎo)軌水平固定在勻強(qiáng)磁

場中，磁場范圍足夠大，磁感強(qiáng)度大小為8,方向垂直于導(dǎo)軌平面向上?，F(xiàn)有一根質(zhì)量為出

電阻為"的金屬棒網(wǎng),'放置在金屬導(dǎo)軌上，長度與金屬導(dǎo)軌寬度相等，金屬棒拗，在運(yùn)動過程

中始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，不計導(dǎo)軌電阻。

（1）若金屬棒極V以水平速度r向右勻速運(yùn)動，請根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律推導(dǎo)金屬棒MN產(chǎn)

生的感應(yīng)電動勢后應(yīng)心

（2）若金屬棒，冊在水平向右的恒力Q作用下由靜止開始運(yùn)動，請從速度、加速度兩個角度分

析金屬棒助V的運(yùn)動情況。

（3）若t=0時金屬棒4V有水平向右的初速度%,此時施加一水平外力廠（開始時廠方向向

右），使金屬棒助V做加速度大小為a的勻減速直線運(yùn)動，直到速度減為零。

a、請推導(dǎo)金屬棒助V減速過程中外力尸（以初速度方向為正方向）隨時間￡變化的關(guān)系式，并

在圖乙中畫出尸￡的示意圖。

6、請說明根據(jù)戶大圖像，如何求金屬棒秘V速度從小減為零的過程中外力下的沖量人

【答案】（1）推導(dǎo)略；（2）棒在做加速度減小的加速運(yùn)動，最后做勻速直線運(yùn)動；（3）a、

后％A—砥一竺也；圖像如圖所示；從沖量為兩個面積的差。

RR

答圖3

【解析】（1）設(shè)經(jīng)過時間4人則對于閉合電路，

則由法拉第電磁感應(yīng)定律可知=網(wǎng)竺=BxLW=BL匕

△tZ&t

（2）根據(jù)歐姆定律、牛頓第二定律得，

FB1L

棒向右運(yùn)動時加速度a=F-F安=-=￡_邑修，

mmmRm

速度「逐漸增大，故棒的加速度隨棒速度的增加而減小，最后加速度變?yōu)?；

所以棒在做加速度減小的加速運(yùn)動，最后做勻速直線運(yùn)動；

（3）a、對棒受力分析得：F%一戶脆;因為少安=竺"="以二絲；

RR

故外力網(wǎng)以初速度方向為正方向）隨時間t變化的關(guān)系式為2也也一碼一支出；

RR

當(dāng)速度減為0時，需要的時間t=~,/安=0,故此時后一如；廠方向改變，F(xiàn)~匕的示意圖

a

如圖所示；

b、尸一￡圖像中圖線與時間軸所圍的面積代表外力廠的沖量/;如答題圖3中陰影所示，設(shè)

在第一象限中戶一t圖線與橫軸之間的面積為S”外力尸方向不正，故沖量為正；設(shè)在第四

象限中?￡圖線與橫軸之間的面積為$2,外力尸反向，故沖量為負(fù)，整個過程中外力的沖

量I=S-S2.（1分）

11.（2021?北京通州一模）宏觀問題是由微觀機(jī)制所決定的。對同一個物理問題，常?？梢?/p>

從宏觀與微觀兩個不同角度研究，找出其內(nèi)在聯(lián)系，從而更加深刻地理解其物理本質(zhì)。

（1）如圖所示，一段長為/、橫截面積為S的圓柱形金屬導(dǎo)體，在其兩端加上恒定電壓，金

屬導(dǎo)體中產(chǎn)生恒定電流乙已知該金屬導(dǎo)體中單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)量為〃，自由電子的

質(zhì)量為m、電量為e。

a、請根據(jù)電流的定義，求金屬導(dǎo)體中自由電子定向移動的平均速率%

6、經(jīng)典電磁理論認(rèn)為：當(dāng)金屬導(dǎo)體兩端電壓穩(wěn)定后，導(dǎo)體中產(chǎn)生恒定電場，這種恒定電場

的性質(zhì)與靜電場相同。金屬導(dǎo)體中的自由電子在電場力的驅(qū)動下開始定向移動，然后與導(dǎo)體

中可視為不動的粒子碰撞，碰撞后電子沿導(dǎo)體方向定向移動的速率變?yōu)榱?，然后再加速、?/p>

碰撞……，自由電子定向移動的平均速率不隨時間變化。金屬電阻反映的就是定向移動的自

由電子與不動的粒子的碰撞。假設(shè)自由電子連續(xù)兩次碰撞的平均時間間隔為to,碰撞時間不

計，不考慮自由電子之間的相互作用力。請根據(jù)以上描述構(gòu)建物理模型，推導(dǎo)金屬導(dǎo)體兩端

電壓〃的大小和金屬導(dǎo)體的電阻R。

（2）超導(dǎo)體在溫度特別低時電阻可以降到幾乎為零。將一個閉合超導(dǎo)金屬圓環(huán)水平放置在勻

強(qiáng)磁場中，磁感線垂直于圓環(huán)平面，逐漸降低溫度使超導(dǎo)環(huán)發(fā)生由正常態(tài)到超導(dǎo)態(tài)的轉(zhuǎn)變后

突然撤去磁場，此后若環(huán)中的電流不隨時間變化，則表明其電阻為零。為探究該圓環(huán)在超導(dǎo)

狀態(tài)的電阻率上限夕，研究人員測得撤去磁場后環(huán)中電流為/,并經(jīng)過一年多的時間t未檢

測出電流變化。實際上儀器只能檢測出大于△/的電流變化，其中當(dāng)電流的變化

小于△/時，儀器檢測不出電流的變化，研究人員便認(rèn)為電流沒有變化。設(shè)該超導(dǎo)圓環(huán)粗細(xì)

均勻，環(huán)中單位體積內(nèi)參與導(dǎo)電的電子數(shù)為〃，電子質(zhì)量為以電荷量為e,環(huán)中定向移動

的電子減少的動能全部轉(zhuǎn)化為圓環(huán)的內(nèi)能。試用上述給出的各物理量，推導(dǎo)出夕的表達(dá)式。

2mLI2mLmA/

【答案】（l）a、v=---；，廬e2tnS，⑵

neSone2tl

【解析】（Da、根據(jù)電流的定義得：/=g=^*=neS%

tt

故電子定向移動的平均速率片一L。

neS

8、由題意得，電子在電場力的作用下從靜止開始做勻加速直線運(yùn)動，運(yùn)動時間為fo,速度

變?yōu)镻,然后與金屬粒子發(fā)生碰撞，速度減為0。

2v

則電子被加速后的末速度/=2匕則電子的加速度a二丁,

’0

2mLv2mLi

又根據(jù)牛頓第二定律得：a=^-=—n,Ue2v

故解之得3-----=2

mLm組etonS

U2mL

再根據(jù)電阻的定義式得廬;=-~~-。

IetQnS

(2)設(shè)圓環(huán)周長為人電阻為億由電阻定律得R=

S

設(shè)z時間內(nèi)環(huán)中電流釋放焦耳熱而損失的能量為△￡,由焦耳定律得=

設(shè)環(huán)中電子定向移動的速率為％則I=nevS

式中仄e、S不變，只有定向移動電子的平均速率的變化才會引起環(huán)中電流的變化，電流變

化大小取△/時，相應(yīng)定向移動電子的平均速率的變化得大小為Av,則M^neSAv

設(shè)環(huán)中定向移動電子減少的動能總和為△￡,

112

則A4=nlS—mv2——m(v—Av)

22

/H?V

由于△/e/，可得—A/

因為環(huán)中定向移動電子減少的動能全轉(zhuǎn)化為圓環(huán)的內(nèi)能。^E=\Ek

mvSMmA/

聯(lián)立上述各式，得夕=

etl2ne2tl

12.(2021?四川瀘州三模)如圖所示，足夠長的粗糙水平軌道ab、光滑水平軌道cd和足夠

長的粗糙傾斜軌道而在同一豎直平面內(nèi)，斜面傾角為37°,cd和曲平滑連接。在數(shù)的最

右端靜止一長Zi=2.5m、質(zhì)量護(hù)妹g的木板，其高度與cd等高，木板與軌道ab間動摩擦因

數(shù)〃產(chǎn)0.05,質(zhì)量獷2kg的滑塊Q靜止在cd軌道上的某點，在加軌道上距斜面底端乙=8巾

處靜止釋放一相同的滑塊P,一段時間后滑塊P與Q發(fā)生正碰，碰撞時間忽略不計，碰撞后

P、Q粘在一起運(yùn)動。已知P、Q與斜面和木板間的動摩擦因數(shù)均為〃2=0-25,滑塊P、Q均

當(dāng)作質(zhì)點,重力加速度g取10m/s\sin370=0.6,cos37°=0.8。求：

(1)滑塊P、Q碰撞后獲得的速度大??；

(2)滑塊P、Q沖上木板前損失的機(jī)械能；

(3)P、Q一起滑上木板后能否從其左端滑離？若能，求滑離瞬間木板發(fā)生的位移大??；若不

能，求木板發(fā)生的總位移大小。

|:一；?一.???>:?;.?匕///?

?///z227A"?

【答案】(1)4m/s；(2)64J；(3)不能，3m

【解析】

(D滑塊P在下滑到底端的過程中，由動能定理得

12

mgsin37°-L,-%mgcos37°?=—mvt-0

代入數(shù)據(jù)可得匕=8m/s

滑塊P、Q碰撞過程中動量守恒，〃匕+0=2加彩

代入數(shù)據(jù)可得為=4m/s

(2)設(shè)滑塊P在斜面上滑動過程損失的機(jī)械能為A&

AE|=/72/ngcos37O-￡2=32J

設(shè)滑塊P、Q碰撞過程損失的機(jī)械能為公外

AE2=gmv\-g-2mv}=32J

則P、Q滑上木板前損失的總機(jī)械能為AE

△E=Afi,+A￡\=64J

(3)滑塊P、Q滑上木板時，由牛頓第二定律

對PQ整體2出mg=2叫

%=2.5m/s2

對木板2%mg一〃?(2根+M)g=Ma2

a.,=1.5m/s2

假設(shè)兩滑塊與木板在共速前未滑離木板

v共=%—4'=aj

代入數(shù)據(jù)t=Is,v共=1.5m/s

設(shè)兩滑塊與木板共速時，滑塊發(fā)生的位移為玉，木板發(fā)生的位移為乙，則

=乜±曳，=2.75m

12

=%=0.75m

2

則相對位移x相=玉一々=2m＜乙

即上述假設(shè)成立。

滑塊木板共速后，一起減速運(yùn)動直到停止，則

4(2m+M)g=(2m+M)%

2

a3=O.5m/s

一起減速的位移

x=Of=2.25m

3-2%

則木板發(fā)生的總位移為X總=W+芻=3m

13.(2021?北京海淀一模)電動汽車具有零排放、噪聲低、低速階段提速快等優(yōu)點。隨著儲

電技術(shù)的不斷提高，電池成本的不斷下降，電動汽車逐漸普及。

(1)電動機(jī)是電動汽車的核心動力部件，其原理可以簡化為如圖18所示的裝置：無限長平行

光滑金屬導(dǎo)軌相距乙導(dǎo)軌平面水平，電源電動勢為反內(nèi)阻不計。垂直于導(dǎo)軌放置一根質(zhì)

量為必的導(dǎo)體棒協(xié)V；導(dǎo)體棒在兩導(dǎo)軌之間的電阻為R導(dǎo)軌電阻可忽略不計。導(dǎo)軌平面與勻

強(qiáng)磁場垂直，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為8,導(dǎo)體棒運(yùn)動過程中，始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好。

閉合開關(guān)S,導(dǎo)體棒由靜止開始運(yùn)動，運(yùn)動過程中切割磁感線產(chǎn)生動生電動勢，該電動勢總

要削弱電源電動勢的作用，我們把這個電動勢稱為反電動勢”,此時閉合回路的電流大小

可用/=石—石反來計算。

R

xMxXXXXX

XXXXXXX

xxXX'XX

X

XXXXXX

xNXXXXXX

圖18

①在圖19中定性畫出導(dǎo)體棒運(yùn)動的r-t圖像，并通過公式推導(dǎo)分析說明電動汽車低速比高

速行駛階段提速更快的原因；

②求導(dǎo)體棒從開始運(yùn)動到穩(wěn)定的過程中流過的總電荷量qo

（2）電動汽車行駛過程中會受到阻力作用，阻力F與車速r的關(guān)系可認(rèn)為/=五2,其中在為

未知常數(shù)。某品牌電動汽車的電動機(jī)最大輸出功率￡“=180kW,最高車速%=180km/h,

車載電池最大輸出電能A=60k『?兒若該車以速度尸60kW方在平直公路上勻速行駛時，電

能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能的總轉(zhuǎn)化率為90%,求該電動汽車在此條件下的最大行駛里程so

YYlP.

【答案】（D①圖像及分析說明見解析：②4=萬密；（2）s=486k勿

【解析】（10分）（1）①導(dǎo)體棒運(yùn)動的r-t圖像如右圖所示…（1分）

設(shè)導(dǎo)體棒運(yùn)動速度為心根據(jù)反電動勢的作用及閉合電路歐姆定律有導(dǎo)體棒中的電流

.E-BLv

i=----------

R

由牛頓第二定律有BiL=ma

聯(lián)立解得導(dǎo)體棒運(yùn)動的加速度（1分）

由此可知，導(dǎo)體棒做加速度減小的加速運(yùn)動，直至勻速運(yùn)動。所以電動汽車在低速行駛時,

電動機(jī)產(chǎn)生的反電動勢較小，車輛加速度較大，提速更快。.....（1分）

②當(dāng)年0時，導(dǎo)體棒達(dá)到最大速度心,根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有

E=BLvm（1分）

由動量定理有EBiLAt=...............................（1分）

根據(jù)電流的定義有q=Z因

mE

聯(lián)立解得流過導(dǎo)體棒的總電荷量（1分）

（2）車勻速運(yùn)動時，有F=f

由題意，電動機(jī)功率有P=Fv=fv=kv3

所以車以速度/行駛時電動機(jī)的功率己........................（1分）

由題意可知90%A=%s...............................（1分）

v

解得該電動汽車的最大行駛里程s=486k加...............................（2分）

14.（2021?北京海淀一模）如圖15所示，豎直面內(nèi)有一光滑軌道ABC,部分與半徑為R

的圓弧比平滑連接，軌道C端切線沿水平方向。力C之間的高度差為力，豎直臺階位之間的

高度差為從一質(zhì)量為辦可視為質(zhì)點的滑塊，從1點由靜止滑下，由，點水平拋出，經(jīng)一

段時間后落到水平地面如上。重力加速度為g,空氣阻力可忽略不計。求：

（1）滑塊經(jīng)過。點時的速度大小匕

（2）滑塊經(jīng)過C點時所受軌道支持力的大小F；

（3）滑塊從C點拋出至落到水平地面龐過程中所受重力的沖量的大小h

【答案】（l）o=J兩；（2）尸=mg+2遜；（3）人叫座7。

R

【解析】（9分）（1）滑塊由1滑到。的過程，根據(jù)動能定理有，咫行;.....（2分）

解得v=12gh(1分)

（2）根據(jù)牛頓第二定律，在。點有F-mg=m—......................（2分）