高考物理二轮总复习课后习题 题型专项练 计算题专项练(五) (2)

计算题专项练(五)
1.(河南郑州模拟)如图所示,一足够长水平传送带顺时针转动,速度大小恒为v0=4 m/s。

传送带上宽度为D=6 m的区域内,有一方向竖直向上的矩形匀强磁场区域,磁感应强度大小为B=
2.0 T,MN、PQ为磁场边界。

有一边长为l=2 m的正方形线框abcd,线框质量m=10 kg,电阻R=4 Ω。

ab边与磁场边界平行,在ab边距离MN为d=6 m的位置由静止释放线框,已知线框与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.2,重力加速度g取10 m/s2。

线框在传送带上运动的整个过程中,求:
(1)线框进入磁场阶段,通过线框某截面的电荷量;
(2)线框中产生的焦耳热;
(3)摩擦力对线框做的总功。

2.(湖南张家界模拟)如图甲所示,光滑水平面上木板A将轻弹簧压缩4L0由静止释放,被弹簧弹开后向右运动,与右侧固定的挡板发生弹性碰撞,木板A从释放开始运动的x-t图像如图乙所示,其中0~2t0、6t0~10t0是正弦曲线的一部分。

如图丙所示,若在A的左侧再叠放另一物块B后仍将轻弹簧压缩4L0由静止释放,弹开过程A、B保持相对静止。

已知木板A的质量
, m A=3m0,木板长度L=5.5L0,物块B的质量m B=m0,A、B间的动摩擦因数μ=4L0
gt02弹簧弹性势能的表达式为E p=1
kx2(k为弹簧的劲度系数,x为弹簧的形变
2
量),重力加速度为g。

求:
(1)轻弹簧被压缩的最大弹性势能E pm;
(2)从释放到B滑离A的过程中,A与挡板碰撞的次数n;
(3)从释放到B滑离A的过程中,A运动的路程s。

3.(内蒙古包头二模)如图所示,在某平面内有一个长度为L的线性粒子源OA,以O点为原点,OA所在直线为y轴,垂直OA方向为x轴,在此平面内建立直角坐标系。

在坐标系第一象限的圆形区域内存在垂直坐标平面向里的匀强磁场,该圆形区域的直径也为L,且分别与x轴和y轴相切,在第三和第四象限内充满垂直平面向外的匀强磁场,所有磁场的磁感应强度的大小相等。

在圆形磁场与x轴的切点位置有一个特殊装置P,装置P为一个较小的圆孔形状的装置,圆孔的中心与切点重合,使粒子可以从上往下自由穿过圆孔,装置P能向圆孔中心释放出某种不带电的粒子,并保证孔内始终有一个粒子(粒子的速度都为零)。

某时刻,粒子源向x轴正方向同时发射出大量带负电的粒子,每当有带电粒子要穿过P时,带负电的粒子总会与P释放的粒子发生正碰,并结合成一个新粒子,新粒子随即进入第四象限。

已知粒子源射出的所有粒子的动量都为p,电荷量都为-q(q>0),这些粒子都从P经过x轴,除与从P释放的粒子相碰外,其他的粒子相互作用均忽略,粒子重力不计。

(1)求磁场的磁感应强度的大小。

(2)求出所有新粒子在x轴下方所经过的区域的面积。

(3)求出OA之间的哪部分区域射出的粒子,在形成新粒子后,能再次进入圆形区域的磁场。

计算题专项练(五)
1.答案(1)2 C
(2)64 J
(3)144 J
解析(1)线框由静止释放,在传送带滑动摩擦力作用下加速。

由牛顿第二定律得μmg=ma
解得a=2m/s2
经过时间t与传送带共速,有v0=at
解得t=2s
线框位移<d=6m
可知线框达到共速后继续匀速运动,到达边界MN时线框的速度为v0=4m/s。

进入磁场过程,ab边切割磁感线,有E=Blv=16V
I=E
R
=4A
F安=BIl=16N
最大静摩擦力F fmax=μmg=20N>F安
可知线框将匀速进入磁场,线框进入磁场的时间为t1=l
v0=2
4
s=0.5s
线框进入磁场阶段,通过线框某截面的电荷量为q=It1=4×0.5C=2C。

(2)由功能关系可知,线框在传送带上运动的整个过程中,线框中产生的焦耳热Q=W安=2F安l=64J。

(3)线框进入磁场前有滑动摩擦力做功为W1=μmg·x=80J
线框匀速进出磁场过程中,受到静摩擦力作用,大小为F f静=F安=16N
静摩擦力做功为W2=W3=F f静·l=32J
整个过程摩擦力对线框做的总功W=W1+W2+W3=144J。

2.答案(1)24m0L02
t02
(2)2
(3)32.625L0
解析(1)由x-t图像可知,A离开弹簧后的速度大小为v=8L0
2t0=4L0
t0
由能量守恒定律可知,弹簧的弹性势能完全转化成了A的动能,则可知弹
簧开始具有的最大弹性势能为E pm=1
2
m A v2
解得E pm=24m0L02
t02。

(2)在弹开的过程中A、B保持相对静止,设第一次离开弹簧时的速度为v1,则有
E pm=1
2
(m A+m B)v12
设A与挡板第一次碰后,A、B达到的共同速度为v2,A的位移为
A-m B
)v1=(m A+m B)v2
对A,由动能定理得-μm B g A v22−1
2
m A v12
解得x A=27L0
8
<8L0
假设成立,设此过程中A、B的相对位移为ΔB gΔA+m B)(v12−v22) 解得Δx1=4.5L0
设第二次与挡板碰撞后达到的共同速度为v3,由动量守恒定律有(m A-m B)v2=(m A+m B)v3
设此过程中A、B的相对位移为ΔB gΔA+m B)(v22−v32)
解得Δx2=1.125L0
而Δx1+Δx2=5.625L0>5.5L0
则从释放到B滑离A的过程中,A与挡板碰撞的次数为n=2。

(3)根据题意有E pm=1
2
k(4L0)2
设A第一次与挡板碰撞后压缩弹簧的量为A+m B)v22
解得x1=2L0
设A、B分离时两者的速度分别为v A、v B,由动量守恒定律有
(m A-m B)v2=m A v A+m B v B
由能量守恒定律有
μm B g(L-ΔA+m B)v22−1
2m A v A2−1
2
m B v B2
解得v A=2√3L0
3t0
,v B=0
碰撞后两者分离,设A 的位移为A v A 2 解得x 2=0.625L 0
在2t 0~4t 0内,A 运动的距离x=8L 0
则从释放到B 滑离A 的过程中,A 运动的路程为s=4L 0+2x 1+3x+x 2=32.625L 0。

3.答案(1)2p
qL
(2)3
8πL 2
(3)34
L<y<L
解析(1)粒子都通过P,对任一粒子画出轨迹如图所示
由几何关系可知图中四边形为菱形,故粒子圆周运动的半径r=L
2
粒子做圆周运动有qvB=m v 2
r
解得B=2p
qL。

(2)带负电粒子在P 处与不带电粒子发生完全非弹性碰撞,由动量守恒定律有 mv=(m+m')v 共
新粒子在磁场中做圆周运动有qv 共B=(m+m')
v 共2R
解得R=L 2 作出新粒子能够达到的区域,如图所示
则有S=12πR 2+14π(2R)2=38πL 2。

(3)根据分析可知,新粒子从x 轴再次射出,恰与磁场区域圆相切的则为临界情况,对此画出粒子轨迹圆及必要的辅助线,如图所示
其中C 、G 、Q 分别为圆心,E 为切点,D 、H 为交点,F 为入射点。

设∠QDE=θ,由PD 与ED 同为切线,则有∠QDP=θ,∠EDP=∠DCH=∠PCH=2θ 四边形QPCH 为菱形,则有∠PQD=∠PCH=2θ
在△QPD 中,2θ+θ=90°
解得θ=30°,∠PCH=60°,∠QFG=∠PCH=60°
则入射点到原点的间距为d=QP+QFcos60°=32R=34L
故y坐标满足3
L<y<L的粒子可以再次进入圆形区域的磁场。

4。