高考物理二輪復習 計算題押題練（二）（含解析）-人教版高三物理試題

計算題押題練(二)1．傳送帶在各行業(yè)都有廣泛應用，如圖所示，一質量為m，電阻為R，邊長為L的正方形單匝閉合金屬線框隨水平絕緣傳送帶以恒定速度v0向右運動，通過一固定的磁感應強度為B，方向垂直于傳送帶平面向下的勻強磁場區(qū)域。已知磁場邊界MN、PQ與傳送帶運動方向垂直，MN與PQ間的距離為d(d>L)，線框與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g。金屬框穿過磁場的過程中將與傳送帶產生相對滑動，且右側邊經過邊界PQ時又恰好與傳送帶的速度相同。設傳送帶足夠長，且金屬框始終保持右側邊平行于磁場邊界。求：(1)線框的右側剛進入磁場時所受安培力的大??；(2)線框進入磁場的過程中運動加速度的最大值以及速度最小值；(3)線框穿過磁場區(qū)域的過程中產生的焦耳熱。解析：(1)閉合線框右邊剛進入磁場時產生的感應電動勢E＝BLv0，根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得：I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLv0,R)，右側邊所受的安培力為：F＝BIL＝eq\f(B2L2v0,R)。(2)線框以速度v0進入磁場，在進入磁場的過程中，受安培力而做減速運動；進入磁場后，在摩擦力作用下做加速運動，當其右側邊達到PQ時速度又恰好等于v0，因此線框在剛進入磁場時，所受安培力最大，加速度最大，設為am，線框全部進入磁場時速度最小，設此時線框的速度為v，根據(jù)牛頓第二定律可得F－μmg＝mam，解得am＝eq\f(B2L2v0,mR)－μg；在線框完全進入磁場到右邊到達PQ的過程中，根據(jù)動能定理可得：μmg(d－L)＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)mv2解得：v＝eq\r(v02－2μgd－L)。(3)設線框在進入磁場區(qū)域的過程中，克服安培力做的功為W，根據(jù)動能定理可得：μmgL－W＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02，解得W＝μmgd，閉合線框出磁場與進入磁場受力情況相同，由能量守恒定律可得線框在穿過磁場區(qū)域的過程中產生的焦耳熱Q＝2W＝2μmgd。答案：(1)eq\f(B2L2v0,R)(2)eq\f(B2L2v0,mR)－μgeq\r(v02－2μgd－L)(3)2μmgd2.如圖所示A、B質量分別為mA＝0.5kg，mB＝1kg，A、B間用彈簧連接著，彈簧勁度系數(shù)k＝100N/m，輕繩一端系在A上，另一端跨過定滑輪，B為套在輕繩上的光滑圓環(huán)，另一圓環(huán)C固定在桌邊，B被C擋住而靜止在C上，若開始時作用在繩子另一端的拉力F為零，此時A處于靜止且剛好不接觸地面?，F(xiàn)用恒定拉力F＝10N拉繩子，恰能使B離開C但不能繼續(xù)上升，不計一切摩擦且彈簧沒超過彈性限度，g取10m/s2，求：(1)B剛要離開C時A上升的高度；(2)若把拉力F改為F′＝20N，則B剛要離開C時，A的速度大小。解析：(1)當F＝0時，彈簧的伸長量：x1＝eq\f(mAg,k)＝eq\f(0.5×10,100)m＝0.05m當F＝10N，B恰好離開C時，A剛好上升到最高點，彈簧的壓縮量：x2＝eq\f(mBg,k)＝eq\f(1×10,100)m＝0.1m所以A上升的高度：h＝x1＋x2＝0.05m＋0.1m＝0.15m。(2)當F＝10N時，在A上升過程中，根據(jù)功能關系：Fh＝mAgh＋ΔEp所以彈簧彈性勢能增加了：ΔEp＝Fh－mAgh＝(10－5)×0.15J＝0.75J把拉力改為F′＝20N，從A上升到當B恰要離開C時的過程中，彈簧的彈性勢能變化相等，根據(jù)功能關系，有：F′h＝eq\f(1,2)mAvA2＋mAgh＋ΔEp解得：vA＝eq\r(6)m/s。答案：(1)0.15m(2)eq\r(6)m/s3.如圖所示，在xOy平面內，在x>0范圍內以x軸為電場和磁場的邊界，在x<0范圍內以第Ⅲ象限內的直線OM為電場與磁場的邊界，OM與x軸負方向成θ＝45角，在邊界的下方空間存在著垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B＝0.1T，在邊界的上方有沿y軸正方向的勻強電場，場強大小為E＝32N/C；在y軸上的P點有一個不計重力的帶電微粒，以初速度v0＝2×103m/s沿x軸負方向射出，已知OP＝0.8cm，微粒所帶電荷量q＝－5×10－18C，質量m＝1×10－24kg，求：(1)帶電微粒第一次進入電場時的位置坐標；(2)帶電微粒從P點出發(fā)到第三次經過電磁場邊界經歷的總時間；(3)帶電微粒第四次經過電磁場邊界時的速度大小。解析：(1)帶電微粒從P點開始在磁場中做勻速圓周運動，運動軌跡如圖所示，第一次經過磁場邊界上的A點，由洛倫茲力提供向心力qvB＝meq\f(v2,r)得r＝eq\f(mv,qB)＝4×10－3m因為OP＝0.8cm，勻速圓周運動的圓心在OP的中點C，由幾何關系可知A點位置的坐標為(－4×10－3m，－4×10－3m)。(2)帶電微粒在磁場中做勻速圓周運動的周期為T＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(2πm,qB)＝1.256×10－5s由圖可以知道，微粒運動四分之一個圓周后豎直向上進入電場，故t1＝eq\f(T,4)＝eq\f(πm,2qB)＝3.14×10－6s微粒在電場中先做勻減速直線運動到速度為零，然后反向做勻加速直線運動，微粒運動的加速度為a＝eq\f(qE,m)故在電場中運動的時間為t2＝eq\f(2v0,a)＝eq\f(2mv0,qE)代入數(shù)據(jù)計算得出：t2＝2.5×10－5s微粒再次進入磁場后又做四分之一圓周運動，故有：t3＝t1＝3.14×10－6s所以微粒從P點出發(fā)到第三次經過電磁場邊界的時間為：t＝t1＋t2＋t3＝3.128×10－5s。(3)微粒從B點第三次經過電磁場邊界水平向左進入電場后做類平拋運動，則加速度為a＝eq\f(qE,m)