高考物理二輪復習 計算題押題練（四）（含解析）-人教版高三物理試題

計算題押題練(四)1.如圖所示，相距為L的兩條足夠長的光滑平行金屬導軌MN、PQ與水平面的夾角為θ，N、Q兩點間接有阻值為R的電阻。整個裝置處于磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直導軌平面向下。將質(zhì)量為m、阻值也為R的金屬桿cd垂直放在導軌上，桿cd由靜止釋放，下滑距離x時達到最大速度。重力加速度為g，導軌電阻不計，桿與導軌接觸良好。求：(1)桿cd下滑的最大加速度和最大速度；(2)上述過程中，桿cd上產(chǎn)生的熱量。解析：(1)設桿cd下滑到某位置時速度為v，則桿產(chǎn)生的感應電動勢E＝BLv，回路中的感應電流I＝eq\f(E,R＋R)桿所受的安培力F＝BIL根據(jù)牛頓第二定律有mgsinθ－eq\f(B2L2v,2R)＝ma當速度v＝0時，桿的加速度最大，最大加速度am＝gsinθ，方向沿導軌平面向下當桿的加速度a＝0時，速度最大，最大速度vm＝eq\f(2mgRsinθ,B2L2)，方向沿導軌平面向下。(2)桿cd從開始運動到達到最大速度過程中，根據(jù)能量守恒定律得mgxsinθ＝Q總＋eq\f(1,2)mvm2又Q桿＝eq\f(1,2)Q總所以Q桿＝eq\f(1,2)mgxsinθ－eq\f(m3g2R2sin2θ,B4L4)。答案：(1)gsinθeq\f(2mgRsinθ,B2L2)(2)eq\f(1,2)mgxsinθ－eq\f(m3g2R2sin2θ,B4L4)2.如圖所示，在某豎直平面內(nèi)，光滑曲面AB與水平面BC平滑連接于B點，BC的距離為1m，BC右端連接內(nèi)壁光滑、半徑r＝0.4m的四分之一細圓管CD，管口D端正下方直立一根勁度系數(shù)為k＝100N/m的輕彈簧，彈簧一端固定，另一端恰好與管口D端平齊，一個質(zhì)量為1kg的小球放在曲面AB上，現(xiàn)從距BC的高度為h＝0.6m處靜止釋放小球，小球進入管口C端時，它對上管壁有FN＝5N的作用力，通過CD后，在壓縮彈簧過程中小球速度最大時彈簧的彈性勢能為Ep＝0.5J。取重力加速度g＝10m/s2。求：(1)小球在C處受到的向心力大??；(2)BC間的動摩擦因數(shù)；(3)若改變高度h且BC段光滑，試通過計算探究小球壓縮彈簧過程中的最大動能Ekm與高度h的關系，并在坐標系中粗略做出Ekm-h的圖像，并標出縱軸的截距。解析：(1)小球進入管口C端時，它與圓管上管壁有大小為FN＝5N的相互作用力，故小球受到的向心力為F向＝FN＋mg＝5N＋10N＝15N。(2)在C點，由F向＝meq\f(vC2,r)，代入數(shù)據(jù)得vC＝eq\r(6)m/s小球從A點運動到C點過程，由動能定理得mgh－μmgs＝eq\f(1,2)mvC2，解得μ＝0.3。(3)在壓縮彈簧過程中速度最大時，合力為零。設此時小球離D端的距離為x0，則有kx0＝mg，解得x0＝eq\f(mg,k)＝0.1m由機械能守恒定律有mg(r＋x0＋h)＝Ekm＋Ep得Ekm＝mg(r＋x0＋h)－Ep，代入數(shù)據(jù)得Ekm＝10h＋4.5，圖像如圖所示。答案：(1)15N(2)0.3(3)見解析3．如圖甲所示，在0≤x≤d的區(qū)域內(nèi)有垂直紙面的磁場，在x<0的區(qū)域內(nèi)有沿y軸正方向的勻強電場(圖中未畫出)。一質(zhì)子從點Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(3)d，－\f(d,2)))處以速度v0沿x軸正方向運動，t＝0時，恰從坐標原點O進入勻強磁場。磁場按圖乙所示規(guī)律變化，以垂直于紙面向外為正方向。已知質(zhì)子的質(zhì)量為m，電荷量為e，重力不計。(1)求質(zhì)子剛進入磁場時的速度大小和方向；(2)若質(zhì)子在0～eq\f(T,2)時間內(nèi)從y軸飛出磁場，求磁感應強度B的最小值；(3)若質(zhì)子從點M(d,0)處離開磁場，且離開磁場時的速度方向與進入磁場時相同，求磁感應強度B0的大小及磁場變化周期T。解析：(1)質(zhì)子在電場中作類平拋運動，時間為t，剛進磁場時速度方向與x正半軸的夾角為α，有x＝v0t＝eq\r(3)d，y＝eq\f(vy,2)t＝eq\f(d,2)，tanα＝eq\f(vy,v0)，又v＝eq\f(v0,cosα)，解得v＝eq\f(2\r(3),3)v0，α＝30。(2)質(zhì)子在磁場中運動軌跡與磁場右邊界相切時半徑最大，B最小由幾何關系知R1＋R1cos60＝d，解得R1＝eq\f(2,3)d根據(jù)牛頓第二定律，有evB＝meq\f(v2,R1)解得B＝eq\f(\r(3)mv0,ed)。(3)分析可知，要想滿足題目要求，則質(zhì)子在磁場變化的半個周期內(nèi)的偏轉(zhuǎn)角為60，在此過程中質(zhì)子沿x軸方向上的位移恰好等于它在磁場中做圓周的半徑R。欲使質(zhì)子從M點離開磁場，且速度符合要求，必有：n×2R＝d質(zhì)子做圓周運動的軌道半徑：R＝eq\f(mv,eB0)＝eq\f(2\r(3)mv0,3eB0)解得B0＝eq\f(4\r(3)nmv0,3ed)(n＝1,2,3，…)設質(zhì)子在磁場做圓周運動的周期為T0，則有T0＝eq\f(2πR,v)＝eq\f(2πm,eB0)，eq\f(T0,6)＝eq\f(T,2)解得T＝eq\f(\r(3)πd,6nv0)(n＝1,2,3，…)。答案：(1)eq\f(2\r