2025版衡水中学学案高考物理二轮专题与专项第4部分压轴计算题抢分练(四)含答案及解析

压轴计算题抢分练(四)1.(2024·江西上饶模拟)如图甲所示，长为a的平行板M、N分别位于第一、第二象限内，与坐标平面垂直并与y轴平行，两板到y轴的距离相等，两板的下端均在x轴上，两板上所加的电压随时间变化的规律如图乙所示(图乙中U0、T0均已知)，在第三、四象限内有垂直于坐标平面向里的匀强磁场。在y轴上y＝a的P点沿y轴负方向均匀地射出质量为m、电荷量为q的带正电粒子，每个粒子均能进入磁场且从P点射出到进入磁场所用的时间均为T0，从t＝0时刻射出的粒子刚好从N板下边缘进入磁场，不计粒子的重力及粒子间的相互作用，磁场的磁感应强度大小为eq\f(6am,qT\o\al(2,0))eq\r(\f(m,2qU0))，求：(1)M、N板间的距离为多少；(2)能再次进入两板间的粒子数占总粒子数的比例为多少；(3)若将M、N极板上段截去一部分，使所有粒子从P点射出后经电场、磁场偏转后均不能再进入电场，则截去部分的长度至少为多少。【答案】(1)eq\f(T0,2)eq\r(\f(2qU0,m))(2)33.33%(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(6),6)))a【解析】(1)设两板间的距离为d，从t＝0时刻射出的粒子刚好从N板的边缘飞出，则eq\f(1,2)d＝2×eq\f(1,2)×eq\f(qU0,md)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T0,2)))2解得d＝eq\f(T0,2)eq\r(\f(2qU0,m))。(2)由于所有粒子穿过电场的时间均为T0，所以所有粒子在电场中运动时沿平行x轴方向的速度变化量为零，即所有粒子进磁场时，速度大小均为v0＝eq\f(a,T0)方向垂直于x轴向下；粒子在磁场中运动时，根据牛顿第二定律qv0B＝meq\f(v\o\al(2,0),r)解得r＝eq\f(T0,6)eq\r(\f(2qU0,m))所有粒子在磁场中均做半径为r的半圆周运动，则2r＝eq\f(2,3)d在第一个周期内，设在t时刻射入的粒子在离N板eq\f(1,3)d处进入磁场并恰好从M板处进入磁场。则eq\f(d,6)＝eq\f(1,2)×eq\f(qU0,md)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T0,2)－t))2×2－eq\f(1,2)×eq\f(qU0,md)t2×2解得t＝eq\f(T0,6)。根据对称性得，能再次进入两板间的粒子数占总粒子数的比例为η＝eq\f(2t,T0)×100%＝33.33%。(3)截去一段后，设粒子进磁场时的速度为v，速度与y轴负方向的夹角为θ，则v＝eq\f(v0,cosθ)粒子在磁场中做圆周运动的半径r′＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(mv0,qBcosθ)粒子进磁场和出磁场位置间的距离s＝2r′cosθ＝eq\f(2mv0,qB)＝eq\f(2,3)d截去一段后，若从t＝0时刻进入电场的粒子发生的侧移为eq\f(1,6)d，则所有粒子均不能再进入电场。则eq\f(1,6)d＝eq\f(1,2)×eq\f(qU0,md)t′2解得t′＝eq\f(\r(6),6)T0则截去的板长L＝a－v0t′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(6),6)))a。2.(2024·广东广州三模)如图所示，两光滑平行圆弧导轨竖直放置，下端与两根间距为L的光滑平行水平导轨平滑连接，光滑水平导轨处在竖直向下的匀强磁场之中，磁感应强度大小为B。在导轨上放置长度均为L、由同种金属材料制成的粗细均匀的导体棒a、b、c，a棒的质量为m，电阻为R0，b棒的质量为m，c棒的质量为2m。已知初始时b棒和c棒间距为d，且均处于静止状态。现让a棒从圆弧导轨上离水平导轨高为h处由静止释放，a与b发生碰撞后粘在一起，已知重力加速度为g，导轨电阻不计，且导体棒运动过程中始终与导轨垂直。(1)若要求a棒与b棒不发生碰撞，试求b棒离磁场左边界的距离x应满足的条件；(2)若b棒离磁场左边界线的距离x0＝eq\f(mR0\r(2gh),2B2L2)，b棒与c棒没有发生碰撞，试求c棒在全过程中产生的焦耳热。【答案】(1)x>eq\f(mR0\r(2gh),B2L2)(2)eq\f(9,32)mgh【解析】(1)当导体棒a运动到磁场时产生感应电动势，使导体棒b、c在安培力的作用下加速运动，因为导体棒b、c两端的电压U总是相等，所以安培力为Fb＝BLeq\f(U,Rb)Fc＝BLeq\f(U,Rc)根据牛顿第二定律可得导体棒b和导体棒c的加速度分别为ab＝eq\f(Fb,m)ac＝eq\f(Fc,2m)设导体棒材料的密度为ρ0，电阻率为ρ，则m＝ρ0LSbRb＝ρeq\f(L,Sb)＝R02m＝ρ0LScRc＝ρeq\f(L,Sc)＝eq\f(R0,2)解得eq\f(ab,ac)＝1可知导体棒b、c总是相对静止的，导体棒a、b、c构成的系统动量守恒，设金属棒a进入磁场时的速度大小为v0，三者速度相等时的速度为v1，则根据动量守恒定律有mv0＝(m＋m＋2m)v1对导体棒a，根据动量定理有－Beq\x\to(I)LΔt1＝mv1－mv0而q＝eq\x\to(I)Δt1＝eq\f(BLΔx,Ra＋Rbc)＝eq\f(3BLΔx,4R0)对导体棒a，根据动能定理mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得Δx＝eq\f(mR0\r(2gh),B2L2)若要使导体棒a、b不能发生碰撞，导体棒a开始运动时与导体棒b之间的距离应满足的条件是x>eq\f(mR0\r(2gh),B2L2)。(2)因为导体棒a开始运动时与导体棒b之间的距离x0＝eq\f(mR0\r(2gh),2B2L2)<eq\f(mR0\r(2gh),B2L2)所以导体棒a、b将发生碰撞，设导体棒a与导体棒b碰撞前瞬间的速度为v2，导体棒b、c的速度大小均为v3，则根据动量守恒定律得mv0＝mv2＋(m＋2m)v3根据动量定理有－Beq\x\to(I)LΔt2＝mv2－mv0而q＝eq\x\to(I)Δt1＝eq\f(BLΔx1,Ra＋Rbc)＝eq\f(3BLx0,4R0)解得v2＝eq\f(5,8)eq\r(2gh)v3＝eq\f(1,8)eq\r(2gh)此过程根据能量守恒，系统产生的总热量为Q总1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)(m＋2m)veq\o\al(2,3)＝eq\f(9,16)mgh此过程a棒为电源，bc棒为用电器，则c棒产生的热量为Q1＝eq\f(Rb,Rb＋Rc)×eq\f(Rbc,Rbc＋Ra)×Q总1＝eq\f(Q总1,6)＝eq\f(3,32)mgh设导体棒a与导体棒b碰撞粘在一起后瞬间的速度为v4，则根据动量守恒定律可得mv2＋mv3＝2mv4解得v4＝eq\f(3,8)eq\r(2gh)碰撞过程损失的能量ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)－eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,4)导体棒a、b整体与导体棒c通过安培力发生作用，设导体棒a、b、c的最终共同速度为v5，则根据动量守恒定律可得2mv4＋2mv3＝4mv5解得v5＝eq\f(1,4)eq\r(2gh)此过程根据能量守恒，系统产生的总热量为Q总2＝eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,4)＋eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,3)－eq\f(1,2)(m＋m＋2m)veq\o\al(2,5)＋ΔE整理可得Q总