计算题专题训练答案与解析1．【答案】(1)qE 0T 216m 沿初始电场正方向 (2)T4【解析】 (1)带电粒子在0～T 4、T 4～T 2、T 2～3T 4、3T4～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 0m ①a 2＝－2qE 0m ②a 3＝2qE 0m ③a 4＝－qE 0m④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 0T4m⑤由图乙可知，带电粒子在t ＝0到t ＝T 时的位移为 x ＝T4v 1⑥ 由⑤⑥式得 x ＝qE 0T 216m⑦它沿初始电场正方向。
(2)由图乙可知，粒子在t ＝38T 到t ＝58T 内沿初始电场的反方向运动，总的运动时间t 为 t ＝58T －38T ＝T4⑧2．【解析】 (1) 由d ＝12at 2 a ＝eEmx=v 0t 得：t 2md eE x= v 2md eE(2) 在y 方向上运动具有对称性,得:T =4t =42mdeE(3)S X =2x =2 v 2mdeE3．【答案】（1）3mg E q=；（2）222k 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 ①2211()222t a gt =② 解得3mgE 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 112E mv mgh qEh -=+④且有102tv v t =⑤212h gt =⑥ 联立③④⑤⑥式得222k 0=2()E m v g t +⑦4．【答案】 mv 20q【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 ＝12m (v 2B －v 20)③联立②③式得U AB ＝mv 20q .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 ＝5010 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 2M 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）12qEd v m =，22qEdv m=y 正方向（2）-2qEdP m=3）2d【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 qEa m =－212d at =12qEdv m=-- 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 +=212qEdv v m=-=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22Bx qEdv ad m-=--=-所以2qEdP qEm-= （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12S d =则当微粒1到达（0，－d ）点时，两微粒间的距离为1BC 222S d ==7．【答案】(1)3qEl 0 (2)32ml 0qE(3) 17qEl 02m【解析】(1)W AC ＝qE(y A －y C )＝3qEl 0(2)根据抛体运动的特点，粒子在x 方向做匀速直线运动，由对称性可知轨迹最高点D 在y 轴上，可令t AD ＝t DB ＝T ，则t BC ＝T由qE ＝ma 得a ＝qEm又y D ＝12aT 2，y D ＋3l 0＝12a(2T)2解得T ＝2ml 0qE则A →C 过程所经历的时间T ＝32ml 0qE(3)粒子在DC 段做类平抛运动，于是有 2l 0＝v Cx (2T)，v Cy ＝a(2T) v C ＝v 2Cx ＋v 2Cy ＝17qEl 02m8． 【答案】6.8×10-2J【解析】图1中虚线表示A 、B 球原来的平衡位置，实线表示烧断后重新达到平衡的位置，其中α、β分别表示细线OA 、AB 与竖直方向的夹角．A 球受力如图2所示：重力mg ，竖直向下；电场力qE ，水平向左；细线OA 对A 的拉力T 1，方向如图；细线AB 对A 的拉力T 2，方向如图．由平衡条件：T 1sin α+T 2sin β=qE …①T 1cos α=mg+T 2 cos β…②B 球受力如图3所示：重力mg ，竖直向下；电场力qE ，水平向右；细线AB 对B 的拉力T 2，方向如图． 由平衡条件有：T 2sin β=qE …③ T 2cos β=mg …④联立以上各式并代入数据，得： α=0…⑤ β=45°…⑥由此可知，A 、B 球重新达到平衡的位置如图4所示．与原来位置相比，A 球的重力势能减少了：E A =mgl （1-sin60°）…⑦B 球的重力势能减少了：E B =mgl （1-sin60°+cos45°）…⑧A 球的电势能增加了：W A =qElcos60°…⑨B 球的电势能减少了： W B =qEl （sin45°-sin30°）…⑩两种势能总和减少了：W=W B -W A +E A +E B 代入数据解得：W=6.8×10-2J9．【答案】(1)3mg /4 水平向右 (2)减少9mv 02/32（0, -d ）v y（d ,0） xEyθ v x(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 1，211R R R U +=ε ① d UE =② eE ＝ma ③011v l t = ④ 31121at y = ⑤由以上各式得 d l R R R mv e y 121121)(2+=ε⑥ 代入数据得 m y 31108.4-⨯= ⑦由此可见d y 211<，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 022v 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 2121122)(+=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）2102/m s （2）105/m s1tan 3ϕ=详细解析（1）根据图象可知，电场线方向向左，电场强度大小为：100/1000/0.1U E V m V m d ==＝ 合力大小为：22()()2F mg qE N =+=，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：2102/Fa m 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：04522v sin t s 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 2−12m v 02代入数据解得：v=105m/s 。
速度与水平夹角为ϕ，1tan 3ϕ=.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)30cm14.(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2012eEL mv =22011()222L eE L y at m v ⎛⎫-== ⎪⎝⎭解得 y ＝14L ，所以原假设成立，即电子离开ABCD 区域的位置坐标为（－2L ，14L ）（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 2112eEx mv =2211122eE L y at m v ⎛⎫== ⎪⎝⎭解得 xy ＝24L ，即在电场I 区域内满足议程的点即为所求位置。