2024年高考物理二轮复习题型专项训练-计算题专项练(五)

计算题专项练（五）

1.（2023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=4m/so传送带

上宽度为D=6m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2=2.0

T,MN、尸。为磁场边界。有一边长为/=2m的正方形线框%d,线框质量加=10kg,电阻R=4Q。ab

边与磁场边界平行，在湖边距离MN为d=6m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〃=0.2,重力加速度g取10m/s2o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.（2023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4及由静止释放，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

0~2击、6h~10h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3后仍将轻弹簧压

缩4Lo由静止释放，弹开过程A、B保持相对静止。已知木板A的质量优A=3,"O,木板长度£=5.5乙0,物

块B的质量mB=m0,A,B间的动摩擦因数〃=普，弹簧弹性势能的表达式为为弹簧的劲度

系数，尤为弹簧的形变量）,重力加速度为g。求:

(1)轻弹簧被压缩的最大弹性势能Epm；

⑵从释放到2滑离A的过程中,A与挡板碰撞的次数明

(3)从释放到2滑离A的过程中,A运动的路程s。

3.(2023内蒙古包头二模)如图所示,在某平面内有一个长度为工的线性粒子源OA,以。点为原点

所在直线为y轴,垂直。4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，装置产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，粒子源向无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(g>0),这些粒子都从产经过无轴,

除与从尸释放的粒子相碰外，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)2C

(2)64J

(3)144J

解析⑴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〃机

解得a=2m/s2

经过时间，与传送带共速，有vo=at

解得0s

线框位移x=-at2=4m<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vo=4m/So进入磁场过程，仍

边切割磁感线，有E=Blv=16V

拜=4A

F安=BIl=16N

最大静摩擦力尸fmax=〃S?=20N>尸安

可知线框将匀速进入磁场，线框进入磁场的时间为人=3=：s=0.5s

线框进入磁场阶段,通过线框某截面的电荷量为q=〃i=4x0.5C=2Co

(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。=卬安=2/安/=64

Jo

(3)线框进入磁场前有滑动摩擦力做功为W\=fimg-x=S0J

线框匀速进出磁场过程中，受到静摩擦力作用，大小为Ff»=Fs=16N

静摩擦力做功为W2=W3=Ff»-l=32J

整个过程摩擦力对线框做的总功W=WI+W2+W3=144J。

2

2.答案(1产吗。

(2)2

(3)32.625£0

解析(1)由x-t图像可知,A离开弹簧后的速度大小为心学=学

，如to

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

-1

2

势能为Epm=-mAv

解得Epm=^里。

(2)在弹开的过程中A、8保持相对静止，设第一次离开弹簧时的速度为ni,则有

12

Epm=^mA+mB)v^

设A与挡板第一次碰后,A、5达到的共同速度为以人的位移为以，由动量守恒定律得(如-

mB)v\=(mA+m5)V2

对A,由动能定理得-〃利gX4=5用4为？-

解得X4=21％8Lo

o

假设成立，设此过程中A、3的相对位移为Axi,由能量守恒定律有

]

22

/umBg^X[=-(mA+mfi)(v1-v2)

解得Axi=4.5£o

设第二次与挡板碰撞后达到的共同速度为也,由动量守恒定律有(mA-mB)V2=(mA+*也

1

2

设此过程中A、B的相对位移为A%2,则由能量守恒定律有jurriBg/^xi-^mx+mB)(y2-%"

解得AX2=L125LO

而Ari+AX2=5.625£O>5.5£O

则从释放到B滑离A的过程中,A与挡板碰撞的次数为〃=2。

(3)根据题意有Epm=*(4Lo)2

设A第一次与挡板碰撞后压缩弹簧的量为XI,则

1

□2

2-

解得xi=2Lo

设A、5分离时两者的速度分别为E4、U&由动量守恒定律有(如-根3)以二a4VA+机3VB

由能量守恒定律有

11?1?

?zz

Axi)=-(mA+mB)v2--mAvA--msv^

解得VA=^|^,VB=O

3to

-1-1

22

碰撞后两者分离，设A的位移为尤2,则有pnBgX2=-mAV2--mAVA

解得X2=O.625£O

在2击~4击内力运动的距离x=8£0

则从释放到8滑离A的过程中/运动的路程为S=4L)+2XI+3X+X2=32.625LO。

3.答案⑴青

Q)孤2

(3*3勺＜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厂=，

粒子做圆周运动有*3=根9

解得暇

(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+mr)v共

2

新粒子在磁场中做圆周运动有"共3=(加+根

K

解得

作出新粒子能够达到的区域，如图所示

AXxN

XXX

XXX

XX

则有S=，R2+，(2R)2=|TTL2。

L4O

(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Q、”为交点,产为入射点。设由与ED同为

切线，则有