高考物理二輪專題復習 計算題32分練（6）試題

計算題32分練(6)1.(12分)如圖1所示，左邊是一能夠發(fā)射質量為m、電荷量為q的正離子的離子源，離子的發(fā)射速度可以忽略。離子源的S、K電極與一N匝線圈連接，線圈放在一可以均勻變化的磁場中。線圈面積為S，線圈平面與磁感應強度B′的方向垂直。圖中所示寬度為d的范圍內，存在豎直向下的勻強電場，在虛線PQ右側存在垂直紙面向里的范圍足夠大的勻強磁場，勻強磁場的磁感應強度為B。離子經S、K間電場加速后以初速度v0垂直于電場左邊界射入偏轉電場，離開右邊界虛線PQ時偏轉角度為θ，軌跡與邊界的交點為M。(不計離子的重力)求：圖1(1)線圈中磁場的磁感應強度B′的變化率和偏轉電場的場強E；(2)離子再次運動到邊界虛線PQ時軌跡與邊界的交點到M的距離。解析(1)qU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)(1分)U＝NSeq\f(ΔB′,Δt)(1分)聯(lián)立解得：eq\f(ΔB′,Δt)＝eq\f(mveq\o\al(2,0),2qNS)(1分)由tanθ＝eq\f(at,v0)，ma＝qE，d＝v0t(2分)聯(lián)立解得：E＝eq\f(mveq\o\al(2,0),qd)tanθ①(1分)(2)由cosθ＝eq\f(v0,v)解得離子進入勻強磁場時速度的大小v＝eq\f(v0,cosθ)②(1分)離子進入勻強磁場中在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，有qvB＝meq\f(v2,R)③(2分)由②③聯(lián)立解得：R＝eq\f(mv0,qBcosθ)(1分)離子再次運動到邊界虛線PQ時軌跡與邊界的交點到M的距離MN＝2Rcosθ＝eq\f(2mv0,qB)(2分)答案(1)eq\f(mveq\o\al(2,0),2qNS)eq\f(mveq\o\al(2,0),qd)tanθ(2)eq\f(2mv0,qB)2.(20分)如圖2所示，一個質量為m＝15kg的特制柔軟小猴模型，從離地面高h1＝6m的樹上自由下落，一輛平板車正沿著下落點正下方所在的平直路面以v0＝6m/s的速度勻速前進。已知模型開始自由下落時，平板車前端恰好運動到距離下落點正下方s＝3m處，該平板車總長L＝7m，平板車板面離地面高h2＝1m，模型可看做質點，不計空氣阻力。假定模型落到板面后不彈起，在模型落到板面的瞬間，司機剎車使平板車開始以大小為a＝4m/s2的加速度做勻減速直線運動，直至停止，g取10m/s2，模型下落過程中未與平板車車頭接觸，模型與平板車板面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2。求：圖2(1)模型將落在平板車上距車尾端多遠處；(2)通過計算說明，模型是否會從平板車上滑下；(3)模型在平板車上相對滑動的過程中產生的總熱量Q為多少。解析(1)設模型經時間t1下落到平板車上，由運動學公式得：h1－h(huán)2＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)①(2分)平板車在t1時間內前進的距離為x1，則x1＝v0t1②(1分)所以模型在車上的落點距車尾端距離為s′＝L＋s－x1＝4m③(2分)(2)設模型落在車上后做勻加速運動的加速度大小為a1，經過時間t2模型和平板車的速度相同為v，則：平板車的速度為v＝v0－at2④(1分)模型的速度為v＝a1t2⑤(1分)對模型應用牛頓第二定律得μmg＝ma1⑥(2分)平板車的位移為x2＝v0t2－eq\f(1,2)ateq\o\al(2,2)⑦(1分)在這段時間內模型的位移為x3＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,2)⑧(1分)聯(lián)立④⑤⑥⑦⑧可得，在這段時間內模型相對車向后的位移為Δx1＝x2－x3＝3m⑨(2分)由于Δx1＜4m，故模型不會從平板車上滑下⑩(1分)(3)速度相同后模型和平板車都減速運動直到靜止，平板車的位移為x4＝eq\f(v2,2a)?(1分)模型的位移為x5＝eq\f(v2,2a1)?(1分)模型相對車向前