计算题对点练 -2026届高考物理二轮复习专项训练

计算题对点练(二)　粒子运动类计算题 1.(10分)(2025重庆南开中学质检)如图所示,平面直角坐标系第一象限存在沿y轴正方向的匀强电场。距离原点O为L处有一个与y轴平行且足够长的荧光屏,荧光屏与x轴相交于Q点。y轴左侧存在垂直平面向里的匀强磁场。一重力可忽略、比荷大小为k的负粒子以速度v0从y轴负方向上的P点水平向左射入磁场,经磁场、电场后进入无场区的第四象限并最终打到荧光屏上M点(未画出)。若磁场的磁感应强度B=,电场强度E=。 (1)求该粒子从射入磁场到打在荧光屏上的时间。 (2)OP为多少时,M点与Q点的距离最大并求出该最大值。 2.(12分)(2025山西晋中适应练)如图所示,在长方体真空腔内存在竖直向下的匀强电场,电场强度大小为E。一电荷量为+q(q>0)、质量为m的粒子以速度v0从左侧沿中心线水平射入,打在右侧探测屏上时的速度偏转角为θ(未知)。已知空腔的长度为L,宽度和高度足够大,不计粒子的重力。 (1)求速度偏转角θ的正切值。 (2)保持上述条件不变,在空腔内再加一竖直向下的匀强磁场,为使该粒子的运动轨迹与探测屏相切,求所加磁场的磁感应强度大小B,以及与探测屏相切时的速度大小。 3.(13分)(2025河南豫西北联盟模拟)如图所示,在xOy坐标系的第一象限内存在沿y轴负方向的匀强电场E1(大小未知),在第二象限内存在沿x轴正方向的匀强电场E2(大小未知),第四象限内存在垂直于xOy平面向里的匀强磁场,x轴、y轴为各场区的边界线。现将质量为m、电荷量为q的质子由第二象限内的M(-d,d)点由静止释放;穿过y轴N点时的速度为v0,在电场和磁场的作用下,质子在第一象限和第四象限内做周期性运动,已知第四象限内磁感应强度的大小为B=,且质子在磁场中运动时与x轴的最远距离为d。 (1)求电场强度E1和E2的大小。 (2)判断该质子能否经过点,并说明原因。 (3)从M点开始计时,求质子经过x轴时所用的时间。 4.(15分)如图所示,在y>0的区域内存在垂直于xOy平面向里、大小为B的匀强磁场,y<0的区域内存在沿y轴正方向的匀强电场(图中未画出)。质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子(不计重力)自y轴上的点P以初速度v0沿x轴正方向射出,经点M(L,0)进入磁场,且速度与x轴正方向的夹角为60°,经磁场偏转后从x正半轴上的点N离开磁场。 (1)求匀强电场的电场强度大小E以及点P的坐标。 (2)求M、N两点间距d以及粒子在磁场中运动的时间t0。 (3)若粒子运动到点N瞬间,将y<0的区域的电场撤去,改为垂直于xOy平面向里、大小为λB(λ>0)的匀强磁场,结果使得粒子的轨迹在之后的运动中能够与y轴相切,试求λ的可能取值。 参考答案 1.答案 (1) (2)L　L 解析 (1)由qv0B=m 可得R=L 粒子在磁场中做半个圆周运动用时t1=T= 粒子在电场中水平方向匀速运动,则用时t2= 故t=t1+t2=。 (2)设粒子进入第四象限时速度与x轴正方向夹角为θ,M点与Q点的距离为d。粒子在第一象限做平抛运动的水平位移为x,竖直位移为y 粒子在第四象限做匀速直线运动有d=(L-x)tan θ 又有tan θ=2 故d=2(L-x) 粒子在第一象限有y=t2,x=v0t 得到y= 将其代入上式得d=(L-x)=3x- 由数学知识知当x=L时d有最大值L 此时y=L,故OP=2R-y=L。 2.答案 (1) (2) 解析 (1)粒子在空腔内运动的时间为t= 加速度为a= 打在探测屏上的竖直分速度vy=at 速度偏转角的正切值tan θ= 解得tan θ=。 (2)由于磁场的作用,粒子在水平面内将以v0做匀速圆周运动,则有Bqv0= 粒子轨迹与探测屏相切,则有R=L 解得B= 竖直方向粒子在电场作用下做匀加速运动,则有vy=at' 竖直分运动与圆周运动的时间相等t'= 故vy= 则与探测屏相切时的速度大小为v=。 3.答案 (1) (2)能经过　原因见解析 (3)见解析 解析 (1)对质子,从M到N的过程,由动能定理得qE2d=-0 则E2= 质子在第一象限内做类平抛运动,设经过x轴时的速度为v,与x轴正方向的夹角为θ,则由动能定理得qE1d=mv2- 且v0=vcos θ 质子从进入磁场到离x轴最远处的过程中做圆周运动的半径为R,则qvB=m R(1-cos θ)=d 联立可得v=v0、θ=,且E1=。 (2)设质子完成一次类平抛运动所用时间为t1,质子相邻两次进出磁场的时间为t2,质子在一次类平抛运动中,有·t1=d 且x1=v0t1 质子相邻两次进出磁场在水平方向上移动的距离x2=2Rsin θ 用时t2= 则质子完成一次周期性运动沿x方向移动的距离x=2x1+x2 联立得x1=2d,x2=(2+2)d,x=6d+2d 考虑到19d+6d=3x+d,则此时质子做类平抛运动,所处位置的纵坐标y= 所以质子能经过点19d+6d,。 (3)对质子,由M到N,有d=t0 由(2)分析可得质子完成一次类平抛运动所用时间为t1=t0= 质子相邻两次进出磁场用时t2= 则质子向下通过x轴时,t=t0+t1+(2t1+t2)n=nd(n=0,1,2,…) 质子向上通过x轴时,t'=(2t1+t2)n=nd(n=1,2,…)。 4.答案 (1) (2) (3)(n=1,2,3,…)或(n=1,2,3,…) 解析 (1)粒子做类平抛运动,则有L=v0t,qE=ma,v1=at,tan 60°= 联立得E= h=at2=L 故点P的坐标为。 (2)粒子在磁场中做匀速圆周运动,则有qvB=m,v=,d=2rsin 60° 得d= 粒子运动的周期T= 粒子的圆心角为240°,故t0=T=。 (3)记粒子经点N后第一次返回x轴的点为Q,由(2)分析可知,NQ间距d'= 经分析,若粒子的轨迹如图甲、乙所示 甲 乙 由几何关系有L=n(d-d')++r(n=1,2,3,…) 解得λ=(n=1,2,3,…) 若粒子的轨迹如图丙、丁所示 丙 丁 由几何关系得L=n(d-d')- 解得λ=(n=1,2,3,…)。 学科网（北京）股份有限公司 $ 计算题对点练(三)　电磁感应类计算题 1.(10分)如图所示,两光滑平行金属导轨置于水平面内,两导轨间距为L,左端连有阻值为R的电阻,一金属杆置于导轨上,金属杆右侧存在一磁感应强度大小为B、方向竖直向下的有界匀强磁场区域。已知金属杆质量为m,电阻也为R,以速度v0向右进入磁场区域,做减速运动,到达磁场区域右边界时速度恰好为零。金属杆与导轨始终保持垂直且接触良好,导轨电阻忽略不计。求: (1)金属杆运动全过程中,在电阻R上产生的热量; (2)金属杆运动全过程中,通过电阻R的电荷量q; (3)磁场左右边界间的距离d。 2.(12分)(2025云南腾冲模拟)如图所示,两根光滑平行导轨由半径为r的四分之一绝缘圆弧部分与不计电阻的水平金属部分组成,圆弧部分与水平部分平滑连接并固定在水平地面上,导轨间距为L,水平导轨部分存在竖直向下的匀强磁场,磁感应强度大小为B。一质量为2m、电阻为R的金属棒ab静置于水平导轨与圆轨道的连接处,另一质量为m、电阻为2R的金属棒cd从圆弧最高处静止释放,下滑至水平轨道后与ab棒发生弹性正碰。若金属棒cd与金属棒ab始终垂直于金属导轨并接触良好,水平轨道足够长,重力加速度为g,求: (1)金属棒cd滑到轨道底部与ab棒碰撞前,导轨对金属棒cd的支持力; (2)金属棒cd进入磁场后运动的最大速度及整个过程中ab棒产生的热量; (3)若在金属棒cd达到最大速度时两棒间距为x0,给金属棒ab施加一水平向右的恒力F,当两棒运动稳定后两棒间距Δx与时间t的关系。 3.(13分)某兴趣小组为了研究电磁阻尼的原理,设计了如图所示的装置进行实验,水平平行轨道MN、PQ间距为L,处于方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中,左端连着阻值为R的定值电阻,细绳绕过定滑轮一端连接质量为m、长为L、有效电阻也为R的导体棒a,另一端连接质量为3m的重物b,导体棒a始终保持水平并垂直于导轨,且与导轨接触良好,重物b距离地面的高度为h,刚开始a、b初速度均为0,现静止释放重物b,当重物b落地前瞬间导体棒a速度恰好达到稳定,运动过程中不考虑摩擦力的影响,求: (1)导体棒a稳定的速度v; (2)导体棒a从开始运动到稳定的过程中电阻R产生的热量QR; (3)导体棒a从开始运动到稳定需要的时间t及重物落地后导体棒a继续前进的位移x。 4.(15分)(2025甘肃白银模拟)如图甲所示,间距为d,相互平行的金属导轨EG、FH与PG、QH,在GH处用一小段绝缘圆弧相连,其中PG、QH水平,EG、FH是倾角为37°的斜轨。EF之间接一个阻值为R的电阻,PQ之间接有阻值不计、自感系数为L的自感线圈。MNGH和CDPQ区域存在大小为B、方向垂直于轨道平面向上的匀强磁场。质量为ma、电阻为r的金属棒a从AB处由静止开始沿导轨下滑,其在斜轨上运动过程中的v-t图像如图乙所示,金属棒a滑过GH后与另一根放在CD右侧位置、质量为mb、电阻不计的金属棒b相碰,碰后两棒粘在一起运动。不计导轨的电阻及GH处的机械能损失,金属棒运动过程中与导轨保持垂直且接触良好,轨道足够长。已知d=0.5 m,R=1 Ω,B=1 T,ma=mb=0.5 kg,r=0.5 Ω,L=0.01 H。g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。 (1)求金属棒a刚进磁场时A、B两点间的电势差UAB。 (2)求金属棒a与导轨间的动摩擦因数以及金属棒在磁场中能够达到的最大速率。 (3)已知金属棒a从进入磁场到速度达到4 m/s时所用时间为2.1 s,求此过程中电阻R产生的焦耳热。 参考答案 1.答案 (1)　(2)　(3) 解析 (1)全过程中由能量守恒定律可得Q=,串联电路中电流相等,所以热量分配与电阻成正比,所以,在电阻R上产生的热量为。 (2)取向右为正方向,全过程对金属棒由动量定理得 -BLt=0-mv0 由电流的定义得q=t 联立解得q=。 (3)电磁感应中的电荷量为q= 全过程磁通量变化为ΔΦ=BLd 解得d=。 2.答案 (1)3mg　(2)mgr　(3)Δx=x0+·t 解析 (1)金属棒cd在圆弧轨道上下滑的过程中,由机械能守恒定律得mgr= 在最低点,由牛顿第二定律得FN-mg= 联立解得v0=,FN=3mg。 (2)两棒发生碰撞时,由动量守恒定律和能量守恒定律可得mv0=mv1+2mv2,×2m 联立解得v1=-v0,v2=v0 金属棒cd在圆弧轨道上做往返运动后以等速率进入磁场,之后当两棒共速运动时cd棒的速度最大,在这个过程中,由动量守恒定律和能量守恒定律可得-mv1+2mv2=3mv,×3mv2+Q 解得金属棒cd进入磁场后运动的最大速度为v=v0= ab棒产生的热量为Qab=Q=mgr。 (3)当两棒共速时,金属棒cd达到最大速度,再给金属棒ab施加恒力F,两棒均做加速运动,当两棒的加速度相等时,即速度差恒定,两棒运动稳定,对回路有E=BL·Δv I= F安=BIL= 由牛顿第二定律,对cd棒有F安=ma 对ab棒有F-F安=2ma 联立解得·t=F·t 又因为Δx=x0+∑Δv·t 所以,两棒间距Δx与时间t的关系为Δx=x0+·t。 3.答案 (1)　(2) (3) 解析 (1)a稳定时,a受重力、支持力、拉力和向左的安培力,a运动时产生的感应电动势为E=BLv 感应电流为I= 受到的安培力为F=BIL 根据平衡条件可得F=3mg 联立解得v=。 (2)对a和重物组成的系统,根据能量守恒定律有3mgh=(m+3m)v2+Q总 根据焦耳热公式可得QR=Q总 联立解得QR=。 (3)a从静止开始运动到稳定速度,根据牛顿第二定律,对重物b,有3mg-FT=3ma 对a有FT-F=ma 联立可得3mg-F=4ma 由动量定理得 ∑3mgΔt-∑Δt=∑4maΔt 可得3mgt-h=4mv 解得t= a从稳定开始运动到停止,由动量定理得-∑Δt=0-mv 可得-x=0-mv 解得x=。 4.答案 (1) V　(2)0.5　6 m/s　(3)2.4 J 解析 (1)金属棒a刚进磁场时产生的感应电动势为E=Bdv0=1×0.5×2 V=1 V 金属棒a刚进磁场时A、B两点间的电势差为UAB=E= V。 (2)金属棒a在磁场区域外的加速度为a1= m/s2=2 m/s2 根据牛顿第二定律有magsin 37°-μmagcos 37°=maa1 金属棒a与导轨间的动摩擦因数μ=0.5 金属棒a在磁场区域中,速度最大时有magsin 37°=μmagcos 37°+BId 金属棒a中的电流为I= 解得金属棒在磁场中能够达到的最大速率vm=6 m/s。 (3)金属棒a从进入磁场到速度达到4 m/s时,根据动量定理有magsin 37°·Δt-μmagcos 37°·Δt-BdΔt=mav-mav0 电荷量为q=Δt=Δt= 解得x=6.6 m 根据动能定理有magxsin 37°-μmagxcos 37°-Q=mav2-ma 解得产生的总热量为Q=3.6 J 此过程中电阻R产生的焦耳热为QR=Q=2.4 J。 学科网（北京）股份有限公司 $ 计算题对点练(一)　能量和动量计算题 1.(10分)(2025福建莆田模拟)如图所示,长为L=4 m、质量为3m的长木板置于光滑水平平台上,长木板的左端与平台左端对齐,质量为m的物块b放在长木板上表面的左端,长木板的上表面离地面的高度为1.8 m。先将长木板锁定,让质量为m的小球a在地面上的A点斜向右上与水平方向成45°角抛出,小球a沿水平方向与物块b发生弹性碰撞,碰撞后,物块b滑离长木板时速度为a、b碰撞后一瞬间b的速度的,重力加速度g取10 m/s2。求: (1)小球a与物块b碰撞前一瞬间,小球a的速度大小; (2)物块b与长木板上表面的动摩擦因数; (3)解除长木板的锁定,让小球a仍从A点以原速度抛出,小球a与物块b碰撞后,物块b与长木板的最终速度大小。 2.(12分)如图所示,固定在竖直面内半径为R的四分之一光滑圆弧最低点与水平传送带相切于B点,传送带左端与足够长光滑水平面相切于C点。传送带BC之间的距离为R,传送带始终以大小为v0=的速度沿逆时针匀速转动。一质量为3m的物块Q静止在水平面C端,将质量为m的物块P在圆弧的最高点A由静止释放,P沿圆弧下滑并滑上传送带,运动到水平面上后与Q发生弹性碰撞,P与传送带间的动摩擦因数为0.4,不计物块的大小及空气阻力。重力加速度大小为g,求: (1)物块P运动到圆弧最低点时对轨道的压力大小; (2)P与Q碰撞过程中,P对Q的冲量大小; (3)碰撞之后,P、Q间的最大距离。 3.(13分)(2025山西临汾适应练)建筑工地上,有一种简易打桩机。如图所示,打桩锤C和重物A、B通过不可伸长的轻质钢绳跨过两个光滑的等高小定滑轮连接,C与滑轮等高(图中实线位置),C到两定滑轮的距离均为L=3 m。重物A、B和打桩锤C均可视为质点,A、B的质量均为m=50 kg,C质量为m'=80 kg。系统可以在如图中虚线位置保持静止(C、D恰不接触)。某次打桩时,将C由图中实线位置静止释放,运动到虚线位置时,与质量为mD=120 kg的静止桩D发生弹性碰撞,碰撞时间极短。碰撞后桩D进入泥土,受到泥土的阻力随深度x变化的关系式为Ff=kx(k为常量),桩D进入泥土的最大深度xm=10 cm。重力加速度g取10 m/s2。求: (1)打桩锤C从静止运动到虚线位置时,C下降的高度H; (2)打桩锤C从静止运动到虚线位置时,C获得的速度v0; (3)常量k的值。 4.(15分)(2025福建龙岩模拟)如图所示,某快递公司自动卸货装置由直轨道AB、圆弧轨道BC、水平轨道DE和固定在E端的弹簧组成,轨道均光滑,AB与BC相切于B点。直轨道倾角θ=37°,A、B两点竖直高度差h=0.9 m,圆弧轨道半径R=1 m、圆心角θ=37°。质量为m1=1 kg的运货箱载有质量为m2=3 kg的货物一起从轨道最高点A静止下滑,经圆弧BC滑上紧挨着C点的静止小车,小车上表面水平且与C点等高,运货箱与挡板碰撞后共速但不粘连,二者右行压缩弹簧至最短时锁定。卸货后解锁,小车与空箱被弹回,小车遇左侧台阶碰撞瞬间停止,空箱滑出后恰能返回到A点。已知小车质量m3=1.5 kg,长度L=0.6 m,弹簧始终在弹性限度内,货物在运货箱内不滑动,运货箱和货物视为质点,重力加速度g取10 m/s2,求: (1)运货箱经过圆弧轨道C点时对轨道的压力; (2)当弹簧被压缩到最短时弹簧的弹性势能; (3)小车上表面与运货箱间的动摩擦因数。 参考答案 1.答案 (1)6 m/s (2)0.15 (3)1 m/s 解析 (1)设小球a与物块b碰撞前一瞬间,小球a的速度大小为v1,在A点抛出的初速度大小为v0,则竖直方向根据运动学公式=2gh 综合解得v1=v0cos 45°==6 m/s。 (2)a与b碰撞过程,根据动量守恒定律有mv1=mv2+mv3 根据机械能守恒定律有 解得v2=-2 m/s,v3=4 m/s 根据题意,物块b滑离长木板时的速度v4=2 m/s 根据动能定理有μmgL= 解得μ=0.15。 (3)假设a、b碰撞后物块b能滑到长木板的右端,令此时物块b和长木板的速度大小分别为v4'、v5,则由动量守恒定律有mv3=mv4'+3mv5 由能量守恒定律有μmgL=mv4'2-×3m 联立两式代入数据解得v4'=v5=1 m/s 可见假设成立且物块b刚好静止在长木板的右端。 2.答案 (1)3mg (2) (3)R 解析 (1)设P第一次滑上传送带时,物块P的速度大小为v1,根据机械能守恒定律有mgR= 解得v1= 运动到圆弧最低点时由牛顿第二定律得FN-mg= 解得FN=3mg 由牛顿第三定律得物块对轨道的压力大小FN'=FN=3mg。 (2)设物块在传送带上先减速后匀速,则匀减速运动的加速度大小a=μg=0.4g 减速运动的距离x==1.25R>R 假设不成立,因此P第一次通过传送带一直做减速运动,设通过传送带的速度大小为v2,则有=R 解得v2= 设Q、P碰撞后,P的速度大小为v3,Q的速度大小为v4,根据动量守恒定律有mv2=-mv3+3mv4 根据能量守恒定律有×3m 解得v3=v4=v2= 碰撞过程中,P对Q的冲量大小I=mv2+mv3=。 (3)碰撞后P向左减速至速度为0的过程中位移x3=R<R 又v3<v0 因此物块P第二次在传送带上先减速再反向加速运动,运动的时间t2= 最终Q、P共速,Q、P间的最大距离s=v4t2=R。 3.答案 (1)4 m (2) m/s (3)1.52×105 N/m 解析 (1)打桩锤C静止在虚线位置时,合力为0,此时绳与竖直方向夹角为θ,以C为研究对象,根据平衡条件有2mgcos θ=m'g 得cos θ=,θ=37° 打桩锤C从静止下降到虚线位置时下降的高度H= 解得H=4 m。 (2)打桩锤C从静止下降到虚线位置时的速度为v0,则A、B的速度vA=vB=v0cos θ A、B上升的高度hA=hB=-L 根据机械能守恒定律有m'gH-2mghA=m'+2× 得v0= m/s。 (3)打桩锤C和静止桩D发生弹性碰撞,设碰后C的速度为vC,D的速度为vD,根据动量守恒定律有m'v0=m'vC+mDvD 根据能量守恒定律有m'm'mD 得vD=v0= m/s D进入泥土,根据动能定理有mDgxm-Wf=0-mD 其中克服阻力做功Wf= 解得k=1.52×105 N/m。 4.答案 (1)128 N,方向竖直向下 (2)32 J (3)0.3 解析 (1)对运货箱和货物整体,从A到C过程,由动能定理有(m1+m2)g[h+R(1-cos θ)]=(m1+m2) 解得vC= m/s C点有FN-(m1+m2)g=(m1+m2) 解得FN=128 N 根据牛顿第三定律,运货箱对轨道的压力FN'=FN=128 N,方向竖直向下。 (2)从滑上小车到共速,运货箱、货物和小车组成的系统动量守恒,则有(m1+m2)vC=(m1+m2+m3)v共 弹簧压缩到最短时,弹簧的弹性势能为Ep=(m1+m2+m3) 解得Ep=32 J。 (3)取走货物,弹簧解锁后,弹性势能转化为运货箱和小车的动能,即Ep=(m1+m3)v2 小车与台阶碰撞后静止,此后根据能量守恒定律,有m1v2=μm1gL+m1g[h+R(1-cos θ)] 解得μ=0.3。 学科网（北京）股份有限公司 $