2019物理江苏专用优编题型增分练计算题规范练（三）

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精计算题规范练（三）四、计算题(本题共3小题，共计47分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位．)14。(15分）（2018·苏州市期初调研）如图1所示，在倾角α＝30°的光滑固定斜面上，相距为d的两平行虚线MN、PQ间分布有大小为B、方向垂直斜面向下的匀强磁场．在PQ上方有一质量为m、边长为L(L<d）的正方形单匝线圈abcd，线圈的电阻值为R，cd边与PQ边平行且相距x.现将该线圈自此位置由静止释放,使其沿斜面下滑穿过磁场，在ab边将离开磁场时，线圈已做匀速运动．重力加速度为g。求：图1（1）线圈cd边刚进入磁场时的速率v1；(2)线圈进入磁场的过程中，通过ab边的电荷量q；（3)线圈通过磁场的过程中所产生的焦耳热Q。答案(1）eq\r(gx）（2）eq\f（BL2，R)(3）eq\f（1，2)mg(x＋d＋L)－eq\f(m3g2R2,8B4L4）解析（1）线圈沿斜面向下运动至cd边刚进入磁场时，mgxsin30°＝eq\f(1,2）mv12－0解得：v1＝eq\r(gx）（2)线圈进入磁场的过程中，感应电动势eq\x\to(E）＝eq\f（ΔΦ，Δt）＝eq\f（BL2,Δt)根据闭合电路欧姆定律得：eq\x\to(I）＝eq\f（\x\to（E)，R）通过的电荷量为：q＝eq\x\to（I）·Δt＝eq\f(BL2，R）（3）线圈离开磁场时,匀速运动．有：Beq\f（BLv2,R)L＝mgsin30°解得:v2＝eq\f(mgR,2B2L2）由能量守恒：Q＝mg(x＋d＋L）sin30°－eq\f（1,2)mv22解得：Q＝eq\f（1,2)mg(x＋d＋L）－eq\f(m3g2R2，8B4L4).15．(16分）如图2所示,半径为R的四分之一光滑圆弧轨道竖直固定在水平地面上，下端与水平地面在P点相切，一个质量为2m的物块B（可视为质点)静止在水平地面上，左端固定有轻弹簧，Q点为弹簧处于原长时的左端点，P、Q间的距离为R,PQ段地面粗糙、动摩擦因数为μ＝0.5，Q点右侧水平地面光滑，现将质量为m的物块A(可视为质点)从圆弧轨道的最高点由静止开始下滑,重力加速度为g.求：图2（1)物块A沿圆弧轨道滑至P点时对轨道的压力大小；（2)弹簧被压缩的最大弹性势能(未超过弹性限度)；（3)物块A最终停止位置到Q点的距离．答案（1)3mg（2)eq\f(1,3)mgR(3)eq\f(1,9)R解析(1)设物块A从静止沿圆弧轨道滑至P点时的速度大小为vP，由机械能守恒定律有:mgR＝eq\f（1,2)mvP2在P点轨道对物块的支持力大小为FN，由牛顿第二定律有：FN－mg＝meq\f（v\o\al（P2）,R)，联立解得：FN＝3mg,由牛顿第三定律可知物块滑至P点时对轨道的压力大小为3mg.（2）设物块A与弹簧接触前瞬间的速度大小为v0，由动能定理有mgR－μmgR＝eq\f(1,2)mv02－0，v0＝eq\r（gR）,物块A、B具有共同速度v时，弹簧的弹性势能最大,由动量守恒定律有：mv0＝(m＋2m）v，由机械能守恒定律有:eq\f(1,2）mv02＝eq\f（1，2)(m＋2m)v2＋Epm,联立解得Epm＝eq\f(1,3）mgR。mv1＋2mv2，eq\f(1,2）mv02＝eq\f（1,2)mv12＋eq\f(1，2）(2m）v22，联立解得：v1＝eq\f(1,3）eq\r(gR)，设A最终停在Q点左侧x处，由动能定理有：－μmgx＝0－eq\f（1,2)mv12，解得x＝eq\f(1，9)R。16．(16分）(2018·苏州市模拟)如图3所示，在竖直平面内建立平面直角坐标系xOy，y轴正方向竖直向上．在第一、第四象限内存在沿x轴负方向的匀强电场,其大小E1＝eq\f(\r（3)mg,3q)；在第二、第三象限内存在着沿y轴正方向的匀强电场和垂直于xOy平面向外的匀强磁场,电场强度大小E2＝eq\f（mg,q）,磁感应强度大小为B。现将一质量为m、电荷量为q的带正电小球从x轴上距坐标原点为d的P点由静止释放．(重力加速度为g）图3(1)求小球从P点开始运动后，第一次经过y轴时速度的大小;（2)求小球从P点开始运动后，第二次经过y轴时的纵坐标；（3)若小球第二次经过y轴后，第一、第四象限内的电场强度大小变为E1′＝eq\f（\r(3）mg，q)，方向不变，求小球第三次经过y轴时的纵坐标．答案（1)eq\r（\f(8\r(3)gd，3)）(2）eq\f（m，qB)eq\r(\f（8\r(3)gd,3））－eq\r(3)d(3）eq\f(m，qB)eq\r（\f(8\r(3）gd,3))－eq\f（25\r（3）,9)d解析（1)设小球在第一、四象限中的加速度为a,由牛顿第二定律得eq\r（mg2＋qE12)＝ma得到a＝eq\f（2\r(3)g,3)，对小球受力分析知加速度方向斜向左下，设其方向与水平面夹角为θtanθ＝eq\f（mg,qE1）＝eq\r(3）,s＝eq\f（d,cosθ)＝2d，所以v0＝eq\r（2as）＝eq\r(2×\f（2\r（3）g,3)×2d）＝eq\r（\f（8\r(3)gd，3)）。(2）小球第一次经过y轴后,在第二、三象限内,qE2＝mg，电场力与重力平衡，故小球做匀速圆周运动，小球运动轨迹如图所示．设轨迹半径为R，由qv0B＝meq\f(v\o\al（02），R），得R＝eq\f(mv0,qB）由几何关系知Δy＝R＝eq\f（mv0，qB）＝eq\f（m,qB）eq\r（\f(8\r（3）gd,3)）,OP′＝OP·tanθ＝eq\r(3）d故小球第二次经过y轴时的纵坐标y2＝eq\f（m，qB)eq\r(\f(8\r(3)gd，3））－eq\r(3）d。(3）第二次经过y轴后到第三次经过y轴过程,小球在第一、四象限内的受力分析如图所示．tanα＝eq\f(mg，qE1′）＝eq\f（\r（3),3），则刚进入第一象限时小球所受合力方向与速度方向垂直，小球做类平抛运动，加速度a′＝eq\r（a\o\al（x2）＋a\o\al(y2））＝2g小球第三次经过y轴时，可知v0t′＝eq\r（3)×eq\f（1,2)×2gt′2得t′＝eq\f（\r（3)v0,3g)＝eq\f（\r(3），3g）eq\r（\f(8\r(3）gd,3)）＝eq\f(\r(8\r(3）gd）,3g)小球第二次经过y轴与第三次经过y轴的距离为:Δy′＝eq\f(v0t′，sin60°)＝eq\f(2,\r(3）)eq\r(\f（8\r(3)gd，3))·eq\f(\r(8\r（3）gd），3g）＝eq\f(16\r(3），9)d故小球第三次经过y