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计算题提分练(4)
(限时：40分钟)
1.(12分)(2024·江苏卷·16)如图所示，两个半圆区域abcd、a'b'c'd'中有垂直纸面向里的匀强磁场，两圆的半
径分别为R 和R ，ab与a'b'间有一个匀强电场，电势差为U，cd与c'd'间有一个插入体，电子每次经过插
1 2
入体速度减为原来的k倍(k<1)。现有一个质量为m、电量为e的电子，从cd面射入插入体，经过磁场、电
场后再次到达cd面，速度增加，多次循环运动后，电子到达cd的速度大小达到一个稳定值，忽略相对论
效应，忽略电子经过电场与插入体的时间。求：
(1)(3分)电子进入插入体前后在磁场中的半径r 、r 之比；
1 2
(2)(3分)电子多次循环后到达cd的稳定速度v；
(3)(6分)若电子到达cd中点P时速度稳定，并最终到达边界上的d点，求电子从P到d的时间t。
2.(18分)(2024·江西卷·15)如图所示，绝缘水平面上固定一光滑平行金属导轨，导轨左右两端分别与两粗糙
的倾斜平行金属轨道平滑连接，两侧导轨倾角分别为θ 、θ ，导轨间距均为l=2 m，水平导轨所在区域存在
1 2
竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小B=0.5 T，现有两均匀金属细棒甲和乙，质量分别为m =6 kg和
1
3 44
m =2 kg，接入导轨的电阻均为R=1 Ω，左、右两侧倾斜导轨与两棒的动摩擦因数分别为μ = 、μ = 。
2 1 20 2 183
初始时刻，乙静止在水平导轨上，与水平导轨左端P P 的距离为d，甲从左侧倾斜导轨高度h=4 m的位置
1 2
静止滑下。水平导轨足够长，两棒运动过程中始终与导轨接触良好且保持垂直。若两棒发生碰撞，则为完
全非弹性碰撞。不计空气阻力和导轨的电阻。(g取10 m/s2，sin θ =0.6，sin θ =0.8)
1 2
(1)(5分)求甲刚进入磁场时乙的加速度大小和方向；
(2)(5分)为使乙第一次到达水平导轨右端Q Q 之前甲和乙不相碰，求d的最小值；
1 2(3)(8分)若乙前两次在右侧倾斜导轨上相对于水平导轨的竖直高度y随时间t的变化如图(b)所示(t 、t 、t 、
1 2 3
t 、b均为未知量)，乙第二次进入右侧倾斜导轨之前与甲发生碰撞，甲在0~t 时间内未进入右侧倾斜导轨，
4 3
求d的取值范围。答案精析
1.(1)1∶k
√ 2eU
(2) ，方向垂直于cd向左
m(1-k2
)
π(R -R )√2m(1+k)
(3) 2 1
4 eU(1-k)
解析 (1)设电子进入插入体前后的速度大小分别为v 、v ，由题意可得：v =kv
1 2 2 1
v2
电子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，得：evB=m
r
mv
解得：r=
eB
可知在磁场中的运动半径r∝v，
可得：r ∶r =v ∶v =1∶k
1 2 1 2
(2)电子多次循环后到达cd的稳定速度大小为v，则经过插入体后的速度大小为kv，
电子经过电场加速后速度大小为v，
1 1
根据动能定理得：Ue= mv2- m(kv)2
2 2
√ 2eU
解得：v= ，
m(1-k2
)
方向垂直于cd向左。
(3) 电子到达cd中点P时速度稳定，并最终到达边界上的d点，由P点开始相继在两个半圆区域的运动轨
迹如图所示。
根据(1)(2)的结论，可得电子在右半圆区域的运动半径为：
mv 1 √ 2mU
r= =
eB B e(1-k2 )
电子在左半圆区域的运动半径为kr
图中所示的Δx=2r-2kr
P点与d点之间的距离为：
1
Pd= (R -R )
2 2 1电子由P点多次循环后到达d点的循环次数为：
Pd R -R
2 1
n= =
Δx 4(1-k)r
2πr
电子在左、右半圆区域的运动周期均为T=
v
忽略电子经过电场与插入体的时间，则每一次循环的时间均等于T，可得电子从P到d的时间为：
π(R -R )√2m(1+k)
t=nT= 2 1 。
4 eU(1-k)
2.(1)2 m/s2，方向水平向右
(2)24 m
356 696
(3) m<d< m
11 11
解析 (1)甲从静止开始运动至水平导轨时，根据动能定理有
h
m gh-μ m gcos θ ·
1 1 1 1 sin θ
1
1
= m v 2-0
2 1 0
甲刚进入磁场时，平动切割磁感线有
E =Blv
0 0
则根据闭合电路欧姆定律可知此时回路的感应电流为
E
I = 0
0
2R
根据楞次定律可知，回路中的感应电流沿逆时针方向(俯视)，结合左手定则可知，乙所受安培力方向水平
向右，
由牛顿第二定律有BI l=m a
0 2 乙0
代入数据有a =2 m/s2，方向水平向右
乙0
(2)甲和乙在磁场中运动的过程中，系统不受外力作用，则系统动量守恒，若两者共速时恰不相碰，
则有m v =(m +m )v
1 0 1 2 共
对乙根据动量定理有BIlt=m v
2 共
BlΔx
其中It=q=
2R
联立解得d =Δx=24 m
min
则d满足d≥24 m
(3)根据(2)问可知，从甲刚进入磁场至甲、乙第一次在水平导轨运动稳定的过程，相对位移为Δx=24 m，
且稳定时的速度v =6 m/s，乙第一次在右侧斜轨上向上运动的过程中，
共
根据牛顿第二定律有m gsin θ +μ m gcos θ =m a
2 2 2 2 2 2 乙上根据匀变速直线运动位移与速度的关系有2a x =v 2
乙上 上 共
乙第一次在右侧斜轨上向下运动的过程中，
根据牛顿第二定律有
m gsin θ -μ m gcos θ =m a
2 2 2 2 2 2 乙下
再根据匀变速直线运动位移与速度的关系有2a x =v 2
乙下 下 1
且x =x
上 下
联立解得乙第一次滑下右侧轨道最低点的速度v =5 m/s
1
由于两棒发生碰撞为完全非弹性碰撞，则甲、乙整体第一次在右侧倾斜轨道上向上运动的过程中，有
(m +m )gsin θ +μ (m +m )gcos θ =(m +m )a
1 2 2 2 1 2 2 1 2 共上
2a x =v2
共上 共上
且由图(b)可知x =4.84x
上 共上
30
解得甲、乙碰撞后的速度v= m/s
11
乙第一次滑下右侧轨道最低点后与甲相互作用的过程中，甲、乙组成的系统合外力为零，根据动量守恒有
m v -m v =(m +m )v
1 2 2 1 1 2
解得乙第一次滑下右侧轨道最低点时甲的速度为
175
v = m/s
2 33
若乙第一次滑下右侧轨道最低点时与甲发生碰撞，则对应d的最小值，乙第一次在右侧斜轨上运动的过程，
对甲根据动量定理有-BI lΔt =m v -m v
1 1 1 2 1 共
BlΔx
其中I Δt =q = 1
1 1 1 2R
92
解得Δx = m
1 11
根据位移关系有d '-Δx=Δx
min 1
356
解得d '= m
min 11
若乙返回水平导轨后，当两者共速时恰好发生碰撞，则对应d的最大值，对乙从返回水平导轨到与甲碰撞
前瞬间的过程，根据动量定理有BI lΔt =m v-(-m v )
2 2 2 2 1
BlΔx
其中I Δt =q = 2
2 2 2 2R
340
解得Δx = m
2 11
根据位移关系有d -Δx-Δx =Δx
max 1 2
696
解得d = m
max 11356 696
则d的取值范围为 m<d< m。
11 11
