计算题专项突破

1.(2012·上海华师大附中等八校联考)4×100 m接力赛是奥运会上最为激烈的比赛项目，有甲、乙两运动员在训练交接棒的过程中发现，甲短距离加速后能保持9 m/s的速度跑完全程。为了确定乙起跑的时机，需在接力区前适当的位置设置标记，在某次练习中，甲在接力区前s0处作了标记，当甲跑到此标记时向乙发出起跑口令，乙在接力区的前端听到口令时立即起跑(忽略声音传播的时间及人的反应时间)，已知接力区的长度为L=20 m，设乙起跑后的运动是匀加速运动，试求：

(1)若s0=13.5 m，且乙恰好在速度达到与甲相同时被甲追上，完成交接棒，则在完成交接棒时乙离接力区末端的距离为多大?

(2)若s0=16 m，乙的最大速度为8 m/s，并能以最大速度跑完全程，要使甲、乙能在接力区完成交接棒，则乙在听到口令后加速的加速度最大为多少?

2.(2012·湖北黄冈高三模拟)如图所示，足够长的光滑导轨ab、cd固定在竖直平面内，导轨间距为l，b、c两点间接一阻值为R的电阻。ef是一水平放置的导体杆，其质量为m、有效电阻值为R，杆与ab、cd保持良好接触。整个装置放在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直。现用一竖直向上的力拉导体杆，使导体杆从静止开始做加速度为的匀加速运动，上升了h高度，这一过程中bc间电阻R产生的焦耳热为Q，g为重力加速度，不计导轨电阻及感应电流间的相互作用。求：

(1)导体杆上升到h过程中通过杆的电荷量;

(2)导体杆上升到h时所受拉力F的大小;

(3)导体杆上升到h过程中拉力做的功。

3.如图，一半径为R的圆表示一柱形区域的横截面(纸面)。在柱形区域内加一方向垂直于纸面的匀强磁场，一质量为m、电荷量为q的粒子沿图中直线在圆上的a点射入柱形区域，在圆上的b点离开该区域，离开时速度方向与直线垂直。圆心O到直线的距离为R。现将磁场换为平行于纸面且垂直于直线的匀强电场，同一粒子以同样速度沿直线在a点射入柱形区域，也在b点离开该区域。若磁感应强度大小为B，不计重力，求电场强度的大小。

4.(2012·广东潮州高三模拟)如图，在xOy直角坐标系中，在第三象限有一平行x轴放置的平行板电容器，板间电压U=1×102 V。现有一质量m=1.0×10-12 kg，带电荷量q=2.0×10-10 C的带正电的粒子(不计重力)，从下极板处由静止开始经电场加速后通过上板上的小孔，垂直x轴从A点进入第二象限的匀强磁场中。磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度B=1 T。粒子在磁场中转过四分之一圆周后又从B点垂直y轴进入第一象限，第一象限中有平行于y轴负方向的匀强电场E，粒子随后经过x轴上的C点，已知OC=1 m。求：

(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径r。

(2)第一象限中匀强电场场强E的大小。

5.(2012·广东中山)如图所示，在坐标平面的第象限内有水平向左的匀强电场E=1.0×103 V/m，第象限内有垂直纸面向外的匀强磁场B=0.4 T，一比荷为=1.0×105 C/kg的带正电粒子，从x轴上的P点以初速度v0垂直x轴进入磁场，已知P与原点O之间的距离为L=0.1 m，粒子恰好到达O点而不进入电场，不计重力。求：

(1)带电粒子的初速度v0;

(2)若带电粒子的初速度方向不变，大小为原来的2倍，粒子第三次到达y轴的位置为N，求粒子从P到N的时间t和总路程s。(结果取两位有效数字)

6.(2012·合肥六中模拟)如图，在xOy平面第四象限内存在正交的匀强电场和磁场，电场方向水平向右，磁场方向垂直平面向里，磁感应强度大小为B1，在第一象限存在竖直向上的匀强电场，场强E2=，在第一象限还存在一矩形匀强磁场，方向垂直平面向里，磁感应强度大小为B2，一个电荷量为q、质量为m的带正电的带电粒子从-v轴上A点沿AB方向射入第四象限，沿直线AB运动到B点进入第一象限的磁场区域，最终垂直经过+y上某点，已知直线AB与x轴正方向夹角θ=60°，求：

(1)粒子射入时的初速度v0和第四象限内匀强电场的场强大小E1;

(2)第一象限内矩形磁场的最小面积。

1.答案：(1)6.5 m　(2)2.67 m/s2

解析：(1)设经过时间t，甲追上乙，则根据题意有vt-vt/2=13.5 m

将v=9 m/s代入得到：t=3 s，

又v=at　解得：a=3 m/s2

在追上乙的时候，乙走的距离为s

则：s=at

代入数据得到s=13.5 m

所以乙离接力区末端的距离为Δs=20 m-13.5 m=6.5 m

(2)由题意可知，乙的加速度越大，在完成交接棒时走过的距离越长。当在接力区的边缘完成交接棒时，乙的加速度最大

设乙的加速度为a2，运动的时间t=

乙加速的时间t1=

L=a2t+v乙(t-t1)

a2=m/s2=2.67 m/s2

2.答案：(1)

(2)+

(3)+2Q

解析：(1)感应电荷量q=Δt

根据闭合电路的欧姆定律=

根据电磁感应定律，得=

q==

(2)设ef上升到h时，速度为v1、拉力为F，根据运动学公式，得v1=

根据牛顿第二定律，得F-mg-BI1l=ma

根据闭合电路的欧姆定律，得I1=

综上三式，得F=+

(3)由功能关系，得

WF-mgh-2Q=-0

WF=+2Q

3.答案：

解析：粒子在磁场中做圆周运动。设圆周的半径为r，由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得qvB=m

式中v为粒子在a点的速度。

过b点和O点作直线的垂线，分别与直线交于c和d点。由几何关系知，线段、和过a、b两点的轨迹圆弧的两条半径(未画出)围成一正方形。因此==r

设=x，由几何关系得=R+x

=R+

联立式得r=R

再考虑粒子在电场中的运动。设电场强度的大小为E，粒子在电场中做类平抛运动。设其加速度大小为a，由牛顿第二定律和带电粒子在电场中的受力公式得qE=ma

粒子在电场方向和直线方向所走的距离均为r，有运动学公式得

r=at2

r=vt

式中t是粒子在电场中运动的时间。联立式得E=

4.答案：(1)1 m　(2)400 V/m

解析：(1)设粒子飞出极板的速度为v，由动能定理：

Uq=mv2

解得：v==200 m/s

粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力：

qvB=m

由以上可解得粒子做圆周运动的半径为：r=1 m

(2)粒子从B点运动到C点的过程，

沿x轴方向有：=vt

沿y轴负方向有：=at2

其中BO=r，又由牛顿第二定律：Eq=ma

由以上各式可解得：E=400 V/m

5.答案：(1)2×103 m/s

(2)2.0×10-4 s　0.51 m

解析：(1)粒子在磁场中做圆周运动，有：qvB=m

恰好到O点，由图知：r=

由得：v0==2×103 m/s

(2)粒子速度为v=2v0=4×103 m/s时，

由知：粒子在磁场中圆周运动的半径为：r==0.1 m

粒子运动轨迹如图，粒子恰好垂直y轴进入电场匀减速运动，再返回。

设匀减速运动的加速度大小为a，路程为l，时间为t1，则：

a=

l=

t1=

由得：t1=4.0×10-5 s　l=0.02 m

出电场后第二次过y轴进入磁场仍做圆周运动，轨迹为一半圆，如上图所示。

由qvB=m()2r知：T=

故从P到N整个过程的时间t=T+2t1=2.0×10-4 s

路程s=×2πr+2l=0.51 m

6.答案：(1)v0=　E1=　(2)S=

解析：(1)因为粒子沿AB做直线运动，分析知粒子所受的重力、电场力和洛伦兹力三力平衡，由受力分析有：

qv0B1=mg/cos θ

qE1=mgtan θ

代入数据解得v0=　E1=

(2)在第一象限内所受电场力qE2=mg，方向竖直向上，与重力平衡，故粒子在第一象限磁场中做匀速圆周运动。

如图，粒子在磁场中做圆周运动，离开磁场时速度方向垂直于y轴，最小矩形磁场一条边为圆周运动的弦，一条边与圆周相切。

由洛伦兹力提供向心力有qv0B2=mv/r

由几何关系有磁场最小面积S=r×r，代入数据解得S=