2019高考物理二轮复习 2-3 计算题的解题策略与技巧专项训练

(2)设弹簧弹性势能最大时PQ的共同速度为v共

m1v1＝(m1＋m2)v共

2

Epmax＝m1v21－(m1＋m2)v共

1

212

得Epmax＝

m2R（FN－m1g）

2（m1＋m2）

(3)设PQ第一次分离时P的速度为v2，Q的速度为v3，P返回直轨道时速度也为v3 121212m1v1＝m1v2＋m2v3 222

m1v1＝m1v2＋m2v3

1212

m1v2＝m1v3＋Q热2 22

m2－m1R（FN－m1g）

m1＋m2m1

22

（FN－m1g）R（m2－2m1m2－3m1）Q热2＝ 22（m1＋m2）

得v2＝[答案] 见解析

25．(20分)如图，在xOy坐标平面第一象限内x≤1 m的范围中，存在以y＝x为上边界的沿y轴正方向的匀强电场，场强大小E1＝2.0×10 N/C。在直线MN(方程为y＝1 m)的上方存在方向垂直纸面向里，磁感应强度为B的匀强磁场。在x＝－1 m处有一与y轴平行的接收板PQ，板两端分别位于MN直线和x轴上；在第二象限，MN和PQ围成的区域内存在沿x轴负方向的匀强电场，场强大小为E2，现有大量的带正电粒子从x轴上0

2

2

qm5

(1)求在x＝0.5 m处释放的粒子射出电场E1时的速度大小。

(2)若进入磁场的所有带电粒子均从MN上同一点离开磁场，求磁感应强度B的大小；

(3)若在第(2)问情况下所有带电粒子均被PQ板接收，求电场强度E2的最小值和在E2最小的情况下最先打在接收板上的粒子运动的总时间。

[解析] (1)由题意得，于x轴上0

21

y＝x2①

设射出电场E1时的速度大小为v，由动能定理可得

E1qy＝mv2②

由①②式可得v＝

2qE1

12

m·x③

3

代入x＝0.5 m可得v0.5＝4×10 m/s

(2)粒子进入磁场后做匀速圆周运动，设半径为r，由牛顿第二定律可得

mv2

qvB＝④

r由③④式解得r＝＝

mvxqBB2mE1

q⑤

由⑤式可得，当磁感应强度B一定时，轨道半径r与x成正比，当x趋近于零时，粒子做圆周运动的轨道半径趋近于零，即所有粒子经磁场偏转后都从C点射出磁场，且有

2r＝x⑥

由⑤⑥式可得B＝0.1 T

(3)粒子从C点沿y轴负方向进入电场强度大小为E2的范围后，都在电场力作用下做类平抛运动，若所有带电粒子均被PQ板接收，则从x＝1 m处出发的粒子刚好运动到Q点，对应电场强度E2的最小值E2min，设该粒子在场强大小为E2min的电场中运动的初速度为v1，时间为t3，加速度为a2，有

x＝a1t23⑦ y＝v1t3⑧ E2minq＝ma2⑨

将x＝1 m，y＝1 m代入③⑦⑧⑨两式可得

1

2

E2min＝8.0×102 N/C

由题意得，在E2最小的情况下最先打在接收板上的粒子为从x＝1 m处出发的粒子，设该粒子在场强大小为E1的电场中运动的时间为t1，在磁场中运动的时间为t2，则有

E1qv1＝t1⑩

m

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在匀强磁场中转过θ＝π的圆心角，有 πr＝v1t2?

故该粒子所经历的总时间t＝t1＋t2＋t3?

30＋5π－4－4由⑧⑩??式可得t＝×10 s≈5.7×10 s

8[答案] (1)4×10 m/s 3

(2)0.1 T

(3)8.0×102

N/C 5.7×10－4

s

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