物理计算题道+答案.docx

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物理计算题道+答案

物理计算题20道

1、一弹簧秤的秤盘质量m1=1．5kg，盘内放一质量为m2=10．5kg的物

体P，弹簧质量不计，其劲度系数为k=800N/m，系统处于静止状态，

如图6所示。

现给P施加一个竖直向上的力

F，使P从静止开始向上

做匀加速直线运动，已知在最初

0．2s内F是变化的，在

0．2s后是

恒定的，求F的最大值和最小值各是多少（

g=10m/s2）

答案：

Fmaxm2ag168N；Fmin

m1m2a

72N

2.如图所示，水平地面上有一辆固定有竖直光滑绝缘管的小车，管

的底部有一质量m=、电荷量q=8×10-5C的小球，小球的直径比管的内

径略小．在管口所在水平面MN的下方存在着垂直纸面向里、磁感应

强度B1=15T的匀强磁场，MN面的上方还存在着竖直向上、场强

E=25V/m的匀强电场和垂直纸面向外、磁感应强度B2=5T的匀强磁

场．现让小车始终保持v=2m/s的速度匀速向右运动，以带电小球刚

经过场的边界PQ为计时的起点，测得小球对管侧壁的弹力FN随高度

h变化的关系如图所示．g取10m/s2，不计空气阻力．求：

（1）小球刚进入磁场B1时的加速度大小a；

（2）绝缘管的

长度L；

（3）小球离开管后再次经过水平面MN时距管口的距离△x．

FN/

×10-3N

解析：

（1）以小球为研究对象，竖直方向小球受重力和恒定的洛伦兹2

力f

B

a，则

1，故小球在管中竖直方向做匀加速直线运动，加速度设为

f1

mg

qvB1mg

2m/s2

B1

a

m

m

v

（2）在小球运动到管口时，

FN＝×10－3N，设v1为小球竖直分速度，

由FN

qv1B1，则v1

FN

2m/s

2

v2

由v12aL得L

1m

qB1

h

2a

（3）小球离开管口进入复合场，其中qE＝2×10－3N，mg＝2×10－3N．

故电场力与重力平衡，小球在复合

P

E

qE

v′

场中做匀速圆周运动，合速度v与

2

M

B

N

′

mg

qBv

B1

v

Q

MN成45°角，轨道半径为

mv

2m

，小球离开管口开始计

R，R

qB2

时，到再次经过MN所通过的水平距离x1

2R

2m

对应时间t

1T

m

s

4

2qB2

4

小车运动距离为x2，x2

vt

m

2

3.在水平光滑的绝缘桌面内建立如图所示的直角坐标系，将第Ⅰ、Ⅱ象限称为区域一，第Ⅲ、Ⅳ象限称为区域二，其中一个区域内只有

匀强电场，另一个区域内只有大小为

2×10－2T、方向垂直桌面的匀强

磁场．把一个荷质比为

q=2×108C／kg的正电荷从坐标为（0，－l）的

m

A点处由静止释放，电荷以一定的速度从坐标为

（1，0）的C点第一次

经x轴进入区域一，经过一段时间，从坐标原点

D再次回到区域二．

（1）指出哪个区域是电场、哪个区域是磁场以及电场和磁场的方向．

（2）求电场强度的大小．

（3）求电荷第三次经过x轴的位置．

解析：

（1）区域一是磁场，方向垂直纸面向里。

区域二是电场，方向由A指向C。

（2）设电场强度的大小为E，电荷从C点进入区域Ⅰ的速度为v．

从A到C电荷做初速度为零的匀加速直线运

动，且过C点时速度方向与+x轴方向成45°

角，有：

v2

2as=2qEs

m

y/m

区域

O′

x/m

OC（１，０）

Ａ（０，-

区域

电荷进入区域Ⅰ后，在洛仑兹力的作用下做匀速圆周运动，运动轨迹

如图，有：

qBv

mv2

由题意及几何关系：

r

q

-2

T

，s

2m，r

2m

2108C/kg，B=2×10

m

2

由①②③可得：

E

2104V/m

（3）电荷从坐标原点

O第二次经过x轴进入区域Ⅱ，速度方向与电

场方向垂直，电荷在电场中做类平抛运动，设经过时间

t电荷第三次

1at2

，解得：

t=2×10-6s

经过x轴。

有：

tan452

vt

vt

8m

，即电荷第三次经过

x轴上的点的坐标为（8，0）

所以：

x

cos45

4如图所示，将一质量m=的小球自水平平台顶端O点水平抛出，小球

恰好与斜面无碰撞的落到平台右侧一倾角为=53°的光滑斜面顶端

A并沿斜面下滑，然后以不变的速率过B点后进入光滑水平轨道BC

部分，再进入光滑的竖直圆轨道内侧运动．已知斜面顶端与平台的高

度差h=，斜面顶端高H=15m，竖直圆轨道半径R=5m．重力加速度g

取10m/s2．求：

（1）小球水平抛出的初速度υo及斜面顶

端与平台边缘的水平距离x；

（2）小球离开平台后到达斜面底端的速度大小；

（3）小球运动到圆轨道最高点D时对轨道的压力．

解析：

（1）研究小球作平抛运动，小球落至A点时，由平抛运动速度分解图可得：

v=v

cotα

vy

v

2

v=

=2gh

0

y

A

y

h=1gt2

sin

x=v

0t

α

v

2

由上式解得：

v0=6m/s

x=

v

A=10m/s

vBv

v

（2）

由动能定理可得小球到达斜面底端时的速度

mgH=1mvB

2

1mvA

2

v

B=20m/s

2

2

（3）小球在BC部分做匀速直线运动，在竖直圆轨道内侧做圆周运动，研究小球从C点到D点：

由动能定理可得小球到达D点时的速度vD

1

2

1

2

—2mgR=mvD

2

mvC

2

在D点由牛顿第二定律可得：

N+mg=mvD

2

R

由上面两式可得：

N=3N

由牛顿第三定律可得：

小球在D点对轨道的压力N’=3N，方向竖直向上．

5如图所示，在x轴上方有水平向左的匀强电场E1，在x轴下方有竖直向上的匀强电场E2，

且E1=E2=5N/C，在图中虚线（虚线与y轴负方向成45角）的右侧和x轴下方之间存在着垂直纸

面向外的匀强磁场，磁感应强度B=2T．有一长L=52m的不可伸长的轻绳一端固定在第一象限内

的O＇点，另一端拴有一质量M=、带电量q=+的小球，小球可绕O＇点在竖直平面内转动，OO＇间距为L，与x轴正方向成45角．先将小球放在O＇正上方且绳恰好伸直的位置处由

静止释放，当小球进入磁场前瞬间绳子绷断．重力加速度g取10m/s2．求：

（1）小球刚进入磁场区域时的速度．

（2）细绳绷紧过程中对小球的弹力所做的功．

（3）小球从进入磁场到小球穿越磁场后第一次打在x轴上所用的时间及打在x轴上点的坐标．

解析：

（1）小球先做匀加速直线运动，直到绳子绷直，设绳绷紧前瞬间速度为v，绳子绷紧后瞬间速度为v1，则v2=2ax

而F合=2mgmax=2L

绳子绷紧后：

v1=vcos450

小球做圆周运动到O点速度为v2，

由动能定理:

Mg

2LqE1（L

2L）

1Mv22

1Mv12

2

2

2

2

解得:

v2=102m/s

（2）细绳绷紧过程中对小球所做的功

1

2

1

2

W=

W，W=

Mv1

Mv

2

2

—

（3）小球进入磁场后，qE2=Mg，即重力与电场力平衡，所以小球做匀速圆周运动

qBv2=Mv2

2

R=

Mv2

=52m

T=

2M=

s

R

qB

2

qB

2

小球在运动半周后以

v2出磁场，做匀速直线运动直到打到

x轴上

匀速运动的时间t=

2R

v2

小球从进入磁场到小球穿越磁场后第一次打在

x轴上运动的总时间t

总=t+T=（1

）s=

2

2

4

10m，0）

小球打到x轴上的位置坐标为（—

6一光滑曲面的末端与一长L=1m的水平传送带相切，传送带离地面的高度h=，传送带的滑动摩擦因数μ=，地面上有一个直径D=的圆形洞，洞口最左端的A点离传送带右端的

水平距离S=1m，B点在洞口的最右端。

LS

传动轮作顺时针转动，使传送带以恒定的速度运动。

现使某小物体从曲面上距离地

H1

h

D

AB

面高度H处由静止开始释放，到达传送带上后小物体的速度恰好和传送带相同，并最终恰好由A点落入洞中。

求：

（1）传送带的运动速度v是多大。

（2）H的大小。

（3）若要使小物体恰好由B点落入洞中，小物体在曲面上由静止开始释放的位置距离地面的高度H＇应该是多少

解析：

（1）v

gS

10

1m/s2m/s

2h

21.25

（2）

（3）

H

h

v2

2

2

（1.25

2

）m1.45m

2g

10

v

g（SD）

2

10

（10.5）m/s3m/s

2h

1.25

7.如图所示，在xoy平面内，第Ⅲ象限内的直线OM是电场与磁场的边界，OM与负x轴成45°角．在x＜0且OM的左侧空间存在着负x方向的匀强电场E，场强大小为C；在y＜0且OM的右侧空间存在着垂直纸面向里的匀强磁场B，磁感应强度大小为．一不计重力的带负电的微粒，从坐标原点O沿y轴负方向以v0=2×103m/s的初速度进入

磁场，最终离开电磁场区域．已知微粒的电荷量q=5×10-18C，质量m=1×10-24kg，求：

（1）带电微粒第一次经过磁场边界的位置坐标；

（2）带电微粒在磁场区域运动的总时间；

（3）带电微粒最终离开电、磁场区域的位置坐标．

解析：

（1）带电微粒从O点射入磁场，运动轨迹如图。

第一次经过磁场边界上的A点

2

由qv0B

mv0得r

mv0

4103m

r

qB

A点位置坐标（-4×10-3m，-4×10-3m）

（2）设带电微粒在磁场中做圆周运动的周期为T

则t=tOA+tAC=1T

3T

4

4

T=2m

qB

代入数据解得：

T=×10-5s

所以

t=×10-5s

（3）微粒从C点沿y轴正方向进入电场，做类平抛运动

△y=v0t1

代入数据解得：

△y=

y=△y-2r=×4×10-3=

离开电、磁场时的位置坐标（0，）

8如图甲所示，在两平行金属板的中线

′

某处放置一个粒子源，粒

OO

′

方向连续不断地放出速度

5

子源沿OO

v0=×10m/s的带正电的粒子.在

直线MN的右侧分布范围足够大的匀强磁场，

磁感应强度B=πT，方向

′

两平行金属板的电压U随时间变

垂直纸面向里，MN与中线OO垂直.

化的U－t图线如图乙所示.已知带电粒子的荷质比

q

1.0108C/kg，粒

m

子的重力和粒子之间的作用力均可忽略不计，若t=时刻粒子源放出的粒子恰能从平行金属板边缘离开电场（设在每个粒子通过电场区域的时间内，可以把板间的电场看作是恒定的）.求:

（1）在t=时刻粒子源放出的粒子离开电场时的速度大小和方向.

（2）从粒子源放出的粒子在磁场中运动的最短时间和最长时间.

M

U/V

解析:

（1）设板间距为

d，t=时刻释放的粒子在板间做类平抛运动

在沿电场方向上

d

qU

2

100

①

′

t

O

O

2

2md

0

qUt/s

粒子离开电场时，沿电场方向的分速度

vy

②

t

图甲N

图乙dm

v

2

2

③

粒子离开电场时的速度

v0

vy

粒子在电场中的偏转角为θ

vy

④

tan

v0

由①②③④得

v

v02qU

1.4

105m/s

m

qU

0

tan

mv02

1

θ=45

说明:

用qU

1mv2

1mv02和cos

v0联立求出正确结果，参照上述评分

2

2

2

v

标准给分.

（2）带电粒在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期

不同时刻释放的粒子在电场中的偏转角θ不同，进入磁场后在磁场中

运动的时间不同，θ大的在磁场中的偏转角大，运动时间长.

t=0时刻释放的粒子，在电场中的偏转角为0，在磁场中运动的时间

最短:

450，在磁场中运动的

t=时刻释放的粒子，在电场中的偏转角最大为

时间最长:

92009哈尔滨第24届大学生冬季运动会的高山

滑雪。

有一滑雪坡由AB和BC组成，AB是倾角

为37°的斜坡，BC是半径为R=5m的圆弧面，

圆弧面和斜面相切于B，与水平面相切于C，如

图所示，AB竖直高度差hl=，竖直台阶CD高度

差为h2=5m，台阶底端与倾角为37°斜坡DE相连．运动员连同滑雪装备总质量为80kg，从A点由静止滑下通过C点后飞落到DE上（不计空

气阻力和轨道的摩擦阻力，g取10m/s2，sin37°=，cos37°=．求：

（1）运动员到达C点的速度大小；

（2）运动员经过C点时轨道受到的压力大小；

（3）运动员在空中飞行的时间．

解析：

⑴A→C过程，由动能定理得：

mg（h1R）

1mvC2

2

△R=R（1－cos37°）∴vc=14m/s

⑵在C点，由牛顿第二定律有：

FC

mvC2

mg

R

∴Fc=3936N

由牛顿第三定律知，运动员在

C点时轨道受到的压力大小为

3936N.

1gt2

h2

⑶设在空中飞行时间为

t，则有：

tan37°=2

vct

∴t=（t=

－舍去）

10如图所示，质量为M的汽车拖着质量为m的车厢（可作为质点）在水平地面上由静止开始做直线运动．已知汽车和车厢与水平地面间的动摩擦因数均为，汽车和车厢之间的绳索与水平地面间的夹角

为，汽车的额定功率为P，重力加速度为g．为使汽车能尽快地加速到最大速度又能使汽车和车厢始终保持相对静止，问：

（1）汽车所能达到的最大速度为多少

（2）汽车能达到的最大加速度为多少

（3）汽车以最大加速度行驶的时间为多少

（不计空气阻力）

解析：

（1）（共5分）当汽车达到最大速度时汽车的功率为P且牵

引力与汽车和车厢所受摩擦力大小相等，即Ff

由于在整个运动过程中汽车和车厢保持相对静止，所以汽车和车厢

所受的摩擦力为

又PFv

由上述三式可知汽车的最大速度为：

vP

（mM）g

（2）（共3分）要保持汽车和车厢相对静止，就应使车厢在整个运动过程中不脱离地面．考虑临界情况为车厢刚好未脱离地面，此时车

厢受到的力为车厢重力和绳索对车厢的拉力T，设此时车厢的最大加速度为a，则有：

水平方向Tcosma

竖直方向Tsinmg

由上两式得：

agcot

（3）（共6分）因为此时汽车作匀加速运动，所以

fmMg（用隔离法同样可得）

即

F（

cot）（M

m）g

因为当汽车达到匀加速最大速度时汽车的功率达到额定功率，根据

PFva

匀加速的最大速度为vaat

所以以最大加速度匀加速的时间为：

t

P

（cot）（mM）g2cot

11如图所示，M、N为两块带等量异种电荷的平行金属板，S1、S2为板

上正对的小孔，N板右侧有两个宽度均为d的匀强磁场区域，磁感应

强度大小均为B，方向分别垂直于纸面向里和向外，磁场区域右侧有

一个荧光屏，取屏上与S1、S2共线的O点为原点，向下为正方向建立

x轴．M板左侧电子枪发射出的热电子经小孔S1进入两板间，电子的

质量为m，电荷量为e，初速度可以忽略．

（1）当两板间电势差为U0时，求从小孔S2射出的电子的速度v0。

（2）求两金属板间电势差U在什么范围内，电子不能穿过磁场区域而打到荧光屏上．

（3）求电子打到荧光屏上的位置坐标x和金属板间电势差U的函数

关系．

解析：

（1）根据动能定理，得

eU0

1

mv02（3分）

2

由此可解得v0

2eU0．

m

（2）欲使电子不能穿过磁场区域而打在荧光屏上，

应有r

mv

d

（3分）

eB

2

2

1

mv2由此即可解得U

deB

（3分）

而eU

2

2m

（3）若电子在磁场区域做圆周运动的轨道半径为在荧光屏上的位置坐标为x，则由轨迹图可得

分）

注意到r

mv和eU

1mv2．

eB

2

r

，穿过磁场区域打

x2r2r2d2（5

所以，电子打到荧光屏上的位置坐标x和金属板间电势差U的函数关系为

x

2（2emU

2emUd2e2B2）（U≥d2eB2

）

eB

2m

（3分）

12在平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在沿y轴负方向

的匀强电场，第Ⅳ象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁

场，磁感应强度为B。

一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从y轴正半轴上的M点以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上的N点与x轴正方向成θ＝60°角射入磁场，最后从y轴负半轴上的P点垂直于y轴射出磁场，如图所示。

不计粒子重力，求：

（1）M、N两点间的电势差UMN；

（2）粒子在磁场中运动的轨道半径r；

（3）粒子从M点运动到P点的总时间t。

解析：

（1）设粒子过N点时速度为v，有v0＝cosθ①

v＝2v0

v

②

粒子从M点运动到N点的过程，有

qUMN＝1mv2－

1mv2

③

2

0

2

UMN＝3mv02

④

2q

（2）粒子在磁场中以O为圆做匀速圆周运动，半径为ON，

/

/

有qvB＝mv2

⑤

r＝2mv0

r

⑥

qB

（3）由几何关系得

ON＝rsinθ

⑦

设粒子在电场中运动的时间为

t1，有

ON＝v0t1⑧

t1＝3m⑨

qB

粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期

2m

T＝⑩

qB

设粒子在磁场中运动的时间t2，有t2＝T

2

11○

t2＝2m12○

3qB

t＝t1＋t2

t＝（332）m13

○

3qB

13如图所示，细绳绕过轻滑轮连接着边长为

L的正方形导线框A1和物

块A2，线框A1的电阻R，质量为M，物块A2的质量为m（M＞m），两匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ的高度也为L，磁感应强度均为B，方向水平且与

线框平面垂直。

线框ab边距磁场边界高度为h。

开始时各段绳都处于伸直状态，把它们由静止释放，ab边刚好穿过两磁场的分界线CC′进入磁场Ⅱ时线框做匀速运动，不计绳与滑轮间的摩擦。

求：

（1）ab边刚进入Ⅰ时线框A1的速度v1的大小；

（2）ab边进入磁场Ⅱ后线框A1的速度v2的大小为多

少

（3）线框穿越I区域过程中，产生的焦耳热为多大

解析：

（1）由机械能守恒定律得：

Mgh－mgh=1

（M+m）v12

2

①（3分）

解得v1=2（M

m）gh

②（3分）

M

m

14如图所示，水平轨道

AB与