高考总复习优化设计二轮用书物理(新高考)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/s。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B=2.0T,MN、PQ为磁场边界。有一边长为l=2m的正方形线框abcd,线框质量m=10kg,电阻R=4Ω。ab边与磁场边界平行,在ab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μ=0.2,重力加速度g取10m/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.(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mA=3m0,木板长度L=5.5L0,物块B的质量mB=m0,A、B间的动摩擦因数μ=4L0gt02,弹簧弹性势能的表达式为Ep=12kx2(k为弹簧的劲度系数,(1)轻弹簧被压缩的最大弹性势能Epm;(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.(2023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)2C(2)64J(3)144J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x=12at2=4m<d=6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=16VI=ER=4F安=BIl=16N最大静摩擦力Ffmax=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=lv0=24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Ff静=F安=16N静摩擦力做功为W2=W3=Ff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)24(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=8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Epm=12mAv解得Epm=24m(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Epm=12(mA+mB)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xA,由动量守恒定律得(mA-mB)v1=(mA+mB)v2对A,由动能定理得-μmBgxA=12mAv22解得xA=27L08<假设成立,设此过程中A、B的相对位移为Δx1,由能量守恒定律有μmBgΔx1=12(mA+mB)(v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(mA-mB)v2=(mA+mB)v3设此过程中A、B的相对位移为Δx2,则由能量守恒定律有μmBgΔx2=12(mA+mB)(v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Epm=12k(4L0)设A第一次与挡板碰撞后压缩弹簧的量为x1,则12kx12=1解得x1=2L0设A、B分离时两者的速度分别为vA、vB,由动量守恒定律有(mA-mB)v2=mAvA+mBvB由能量守恒定律有μmBg(L-Δx1)=12(mA+mB)v22-12解得vA=23L03t碰撞后两者分离,设A的位移为x2,则有μmBgx2=12mAv22解得x2=0.625L0在2t0~4t0内,A运动的距离x=8L0则从释放到B滑离A的过程中,A运动的路程为s=4L0+2x1+3x+x2=32.625L0。3.答案(1)2(2)38πL(3)34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粒子做圆周运动有qvB=mv解得B=2p(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解得R=L作出新粒子能够达到的区域,如图所示则有S=12πR2+14π(2R)2=38π(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