计算题专题训练(答案)

计算题专题训练答案与解析

1．【答案】(1)qE 0T 2

16m 沿初始电场正方向 (2)T

4

【解析】 (1)带电粒子在0～T 4、T 4～T 2、T 2～3T 4、3T

4～T

时间间隔内做匀变速运动，设加速度分别为a 1、a 2、a 3、a 4，由牛顿第二定律得 a 1＝qE 0

m ①

a 2＝－2qE 0

m ②

a 3＝2qE 0

m ③

a 4＝－qE 0

m

④

由此得带电粒子在0～T 时间间隔内运动的a －t 图象如图甲所示，对应的v －t 图象如图乙所示，其中

v 1＝a 1·T 4＝qE 0T

4m

⑤

由图乙可知，带电粒子在t ＝0到t ＝T 时的位移为 x ＝T

4v 1⑥ 由⑤⑥式得 x ＝qE 0T 216m

⑦

它沿初始电场正方向。

(2)由图乙可知，粒子在t ＝38T 到t ＝5

8T 内沿初始电场的

反方向运动，总的运动时间t 为 t ＝58T －38T ＝T

4

⑧

2．【解析】 (1) 由d ＝12at 2 a ＝eE

m

x=v 0t 得：

t

x= v

(2) 在y 方向上运动具有对称性,得:T

(3)S X =2x =2 v

3．【答案】（1）3mg E q

=

；（2）222

k 0=2()E m v g t + 【解析】（1）设电场强度的大小为E ，小球B 运动的加速度为a 。根据牛顿定律、运动学公式和题给条件，有

mg +qE =ma ①

22

11()222

t a gt =② 解得3mg

E q

=

③ （2）设B 从O 点发射时的速度为v 1，到达P 点时的动能为E k ，O 、P 两点的高度差为h ，根据动能定理有

2k 11

2E mv mgh qEh -=+④

且有102

t

v v t =⑤

2

12

h gt =

⑥ 联立③④⑤⑥式得222

k 0=2()E m v g t +⑦

4．【答案】 mv 2

0q

【解析】 设带电粒子在B 点的速度大小为v B .粒子在垂直于电场方向的速度分量不变，即

v B sin 30°＝v 0sin 60°① 由此得v B ＝3v 0②

设A 、B 两点间的电势差为U AB ，由动能定理有

qU AB ＝1

2

m (v 2B －v 20)③

联立②③式得U AB ＝mv 20

q .

5．【答案】 (1)5 A (2)550 W (3)53 kg

【解析】 (1)由电路中的电压关系可得电阻R 的分压U R ＝U －U V ＝(160－110) V ＝50 V ，流过电阻R 的电流

I R ＝U R R ＝50

10 A ＝5 A ，通过电动机的电流，I M ＝I R ＝5 A 。

(2)电动机的分压U M ＝U V ＝110 V ，输入电动机的功率P

电＝I M U M ＝550 W 。

(3)电动机的发热功率P 热＝I 2

M r ＝20 W ，电动机输出的机

械功率P 出＝P 电－P 热＝530 W ，又因P 出＝mgv ，所以m ＝

P 出

gv

＝53 kg 。 6．【答案】（1）1v =，2v =y 正方向（2）P =3）

【解析】解析：（1）微粒1在y 方向不受力，做匀速直线运动；在x 方向由于受恒定的电场力，做匀加速直线运动。所以微粒1做的是类平抛运动。设微粒1分裂时的速度为v 1，微粒2的速度为v 2则有：

在y 方向上有 －1d v t =

在x 方向上有 qE

a m =

－2

12

d at =

1v = 根号外的负号表示沿y 轴的负方向。

中性微粒分裂成两微粒时，遵守动量守恒定律，有

120mv mv +=

21v v =-=

方向沿y 正方向。 （2）设微粒1到达（0，－d ）点时的速度为v ，则电场力做功的瞬时功率为

P cos B Bx qEv qEv θ==

其中由运动学公式

Bx v ==

所以P =（3）两微粒的运动具有对称性，如图所示，当微粒1到达（0，－d ）点时发生的位移

1S =

则当微粒1到达（0，－d

）点时，两微粒间的距离为

BC 2S ==

细线OA 、AB 与竖直方向的夹角．

9．【答案】(1)3mg /4 水平向右 (2)减少9mv 0/32

(3)3mv

0/5 与竖直方向成37°角斜右上方

【解析】（1）根据题设条件，电场力大小F e =mgtan37°＝mg ，电场力的方向水平向右

（2）小球沿竖直方向做匀减速运动，速度为v ，v y =v 0－gt

沿水平方向做初速度为0的匀加速运动，加速度为a ，a x =

g

小球上升到最高点的时间t=

此过程小球沿电场方向位移s x =a x t 2=

电场力做功W=F x s x ＝

mv 02

小球上升到最高点的过程中，电势能减少mv 02

（3）水平速度v x =a x t 竖直速度v y =v 0－gt 小球的速度v=

由以上各式得出g 2t 2－2v 0gt+(v 02－v 2)=0

解得当t=时，v 有最小值v min =v 0 此时v x ＝

v 0，v y =

v 0，tan θ=

，即与电场方

向夹角为37°斜向上

小球动量的最小值为p min =mv min ＝

mv 0

最小动量的方向与电场方向夹角为37°，斜向上 10．【答案】（1）2.4×10－2m （2）见解析 【解析】（1）设电容器C 两析间的电压为U ，电场强度大小为E ，电子在极板间穿行时y 方向上的加速度大小为a ，穿过C 的时间为t 1，穿出时电子偏转的距离为

y 1，

211

R R R U +=

ε ① d U

E =

② eE ＝ma ③

011v l t = ④ 3112

1

at y = ⑤

由以上各式得 d l R R R mv e y 12112

1)(2+=ε

⑥ 代入数据得 m y 3

1108.4-?= ⑦

由此可见d y 2

1

1<

，

电子可通过C 设电子从C 穿出时

，沿y 方向的速度为v ，穿出后到达

屏S 所经历的时间为t 2，在此时间内电子在y 方向移动的距离为y 2， v 1＝at 1 ⑧

2

2

v l t =

⑨ y 2＝v 1t 2

⑩ 由以上有关各式得d l

l R R R mv e y 212112

2)(+=

ε

○11 代入数据得 y 2＝1.92×

10－2m ○12 由题意 y ＝y 1＋y 2＝2.4×

10－2m ○13 （2）

必刷卷

10.宁夏银川(1)3×10-5C (2)0.5J (3)1.54J 详细解析 (1)根据平衡关系：，所以得到：

，

代入数据得

。

(2)由于重力和电场力都是恒力，所以它们的合力也是恒力，类比重力场，在圆上各点中，小球在平衡位置A 时动能最大，在平衡位置A 的对称点B ，小球的动能最小，在对称点B ，小球受到的重力和电场力，其合力F 作为小球做圆周运动的向心力，而绳的拉力恰为零.有

，而

所以

。

(3)当小球在圆上最左侧的C 点时，电势最高，电势能最大，机械能最小。

由B 运动到A ，根据动能定理，有所

以，A 点的重力势能和电势能均为零，则总

能量E=2.5J 。

由C

，克服电场力做的功：

，即C 点的电势能

，所以C 点的机械能为

。

14.广东深圳（图要修改为 ） （1）2/s （2）/s

1tan 3

?=

详细解析

（）根据图象可知，电场线方向向左，电场强度大小

为：100/1000/0.1

U E V m V m d =

=＝

合力大小为：F ==，方向与初

速度方向垂直；

根据牛顿第二定律可得加速度大小为：

2/F

a s m

=

=； （2）小球在竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做匀加速直线运动，

小球再次回到图中水平线时的时间为：

0452v sin t g

?

=?

=， 此过程中与抛出点的距离为：x=v 0cos45°t +

12qE m

?t 2

=20m ， 在此过程中重力做功为零，根据动能定理可得：

qEx=12mv 2?1

2m v 02

代入数据解得：

。速度与水平夹角为?，

1tan 3

?=.

15.四川乐山（1）2.2N （2）0.67m （3）6m

(1)设小滑块第一次到达B 点时的速度为v B ，对圆弧轨道最低点B 的压力为F N ，则：

由牛顿第三定律：F N ′＝F N 故F N ＝3mg －2qE ＝2.2 N. (2) 由动能定理可知： 解得：

(3)由题意知qE ＝8×10－5×5×103 N ＝0.4 N μmg ＝0.05×0.1×10 N ＝0.05 N 因此有qE>μmg

所以小滑块最终在圆弧轨道的BC 部分往复运动，C 点离水平面的高度h 满足关系式

所以小滑块在水平轨道上通过的总路程x 满足 mgR －qER ＝μmgx 解得：x ＝6 m.

16.黑龙江哈尔滨(1)上侧13.5cm (2)30cm

14.(1)；

(2)

, ；

(3)

16.（1）（－2L ，14L ）（2）xy ＝24L ，（3）21124xy L n ??

=+ ???

，

详细解析

（1）设电子的质量为m ，电量为e ，电子在电场I 中做匀加速直线运动，出区域I 时的为v 0，此后电场II 做类平抛运动，假设电子从CD 边射出，出射点纵坐标为y ，有

2012

eEL mv =

2

2011()222L eE L y at m v ??-== ???

解得 y ＝

1

4

L ，所以原假设成立，即电子离开ABCD 区域的位置坐标为（－2L ，1

4

L ）

（2）设释放点在电场区域I 中，其坐标为（x ，y ），在电场I 中电子被加速到v 1，然后进入电场II 做类平抛运动，并从D 点离开，有 2112

eEx mv =

2

211122eE L y at m v ??== ???

解得 xy ＝2

4

L ，即在电场I 区域内满足议程的点即为

所求位置。

（3）设电子从（x ，y ）点释放，在电场I 中加速到v 2，进入电场II 后做类平抛运动，在高度为y′处离开电场II 时的情景与（2）中类似，然后电子做匀速直线运动，经过D 点，则有

2

212

eEx mv = 2

221122eE L y y at m v ??'-== ???

2y eEL v at mv ==，2

y L

y v nv '=

解得 2

1124xy L n ??

=+

??

?，即在电场I 区域内满足议程的点即为所求位置