2019物理江蘇專用優(yōu)編題型增分練計(jì)算題規(guī)范練（二）

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精計(jì)算題規(guī)范練(二）四、計(jì)算題（本題共3小題,共計(jì)47分．解答時(shí)請寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟．只寫出最后答案的不能得分．有數(shù)值計(jì)算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位．)14．(15分）(2018·蘇州市模擬)如圖1所示，空間存在豎直向下的有界勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.一邊長為L，質(zhì)量為m、電阻為R的正方形單匝導(dǎo)線框abcd放在水平桌面上．在水平拉力作用下，線框從左邊界以速度v勻速進(jìn)入磁場，當(dāng)cd邊剛進(jìn)入磁場時(shí)撤去拉力,ab邊恰好能到達(dá)磁場的右邊界．已知線框與桌面間動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，磁場寬度大于L，重力加速度為g。求：圖1（1)ab邊剛進(jìn)入磁場時(shí),其兩端的電壓U;(2)水平拉力的大小F和磁場的寬度d；（3）整個(gè)過程中產(chǎn)生的總熱量Q.答案(1)eq\f（3,4）BLv（2）eq\f（B2L2v，R)＋μmgL＋eq\f（v2,2μg）（3)μmgL＋eq\f(1，2)mv2＋eq\f(B2L3v,R)解析（1）E＝BLvI＝eq\f（E,R）＝eq\f（BLv，R)U＝I·eq\f(3，4)R＝eq\f(3,4)BLv。（2）F＝F安＋μmg＝eq\f（B2L2v,R)＋μmg撤去拉力后,線框在磁場中只受到滑動(dòng)摩擦力，做勻減速運(yùn)動(dòng)，x2＝eq\f（v2,2μg)所以d＝L＋eq\f(v2,2μg)。(3)進(jìn)入磁場過程中產(chǎn)生焦耳熱Q1＝I2Rt1＝eq\f（B2L3v,R）由于摩擦產(chǎn)生的熱量Q2＝μmg（L＋eq\f(v2，2μg)）＝μmgL＋eq\f（1,2）mv2所以整個(gè)過程產(chǎn)生的熱量為Q＝Q1＋Q2＝μmgL＋eq\f（1,2）mv2＋eq\f(B2L3v,R）.15．（16分）（2018·淮安市、宿遷市等期中）如圖2所示,水平桌面上質(zhì)量為m的薄木板右端疊放著質(zhì)量也為m的小物塊，木板長為L，整體處于靜止?fàn)顟B(tài)．已知物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,木板與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為eq\f（μ，4)，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度為g.圖2(1)若使木板與物塊一起以初速度v0沿水平桌面向右運(yùn)動(dòng)，求木板向右運(yùn)動(dòng)的最大距離s0;（2）若對(duì)木板施加水平向右的拉力F，為使木板沿水平桌面向右滑動(dòng)且與物塊間沒有相對(duì)滑動(dòng),求拉力F應(yīng)滿足的條件；(3)若給木板施加大小為F＝3μmg、方向沿水平桌面向右的拉力,經(jīng)過時(shí)間t0,撤去拉力F,此后運(yùn)動(dòng)過程中小物塊始終未脫離木板，求木板運(yùn)動(dòng)全過程中克服桌面摩擦力所做的功W。答案(1）eq\f（2v\o\al(02)，μg)(2)eq\f(μmg,2）<F≤eq\f（5μmg,2）（3)1。95m（μgt0）2解析（1）對(duì)木板和物塊組成的系統(tǒng)，由動(dòng)能定理得：－eq\f(μ,4)·2mgs0＝0－eq\f（1，2）·2mv02解得：s0＝eq\f（2v\o\al（02），μg)。（2）設(shè)使木板沿水平桌面向右滑動(dòng)且與物塊間沒有相對(duì)滑動(dòng)的最小拉力為Fmin,最大拉力為Fmax則：Fmin＝2mg×eq\f(μ，4)＝eq\f(μmg,2）對(duì)系統(tǒng)：Fmax－eq\f（μmg，2)＝2mamax對(duì)物塊：μmg＝mamax解得：Fmax＝eq\f(5μmg，2）則要使木板沿水平桌面向右滑動(dòng)且與物塊間沒有相對(duì)滑動(dòng)，需滿足eq\f（μmg，2）〈F≤eq\f（5μmg，2)。(3）由于F＝3μmg〉eq\f(5μmg，2)，所以物塊與木板之間發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)．物塊的加速度：a1＝μg撤去拉力F時(shí)物塊的速度：v1＝a1t0＝μgt0對(duì)木板：F－μmg－eq\f(2μmg,4)＝ma2得:a2＝eq\f（3，2）μg撤去拉力F時(shí)木板的速度:v2＝a2t0＝eq\f(3,2）μgt0撤去拉力F后木板的加速度：a3＝－eq\f（3，2）μg設(shè)撤去拉力F后，再經(jīng)過時(shí)間t1，物塊與木板達(dá)到共同速度v，之后再經(jīng)過時(shí)間t2，木板停止滑行．則：v＝a1（t0＋t1)＝a2t0＋a3t1得：t1＝eq\f（1，5）t0；v＝eq\f(6，5)μgt0達(dá)到共同速度后：－2mg·eq\f（μ，4)＝2ma4加速度：a4＝－eq\f（1,4)μgt2＝eq\f（0－\f(6,5）μgt0，－\f(μg,4））＝eq\f（24，5)t0木板運(yùn)動(dòng)的總位移:s＝eq\f(v2t0，2）＋eq\f（v2＋v，2)t1＋eq\f(v,2)t2＝3.9μgt02木板運(yùn)動(dòng)全過程中克服桌面摩擦力所做的功：W＝2mg×eq\f（μ，4)×3.9μgt02＝1.95m(μgt0）2。16．（16分）（2018·揚(yáng)州市一模)在如圖3所示的坐標(biāo)系內(nèi)，PQ是垂直于x軸的分界線,PQ左側(cè)的等腰直角三角形區(qū)域內(nèi)分布著勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,方向垂直紙面向里，AC邊有一擋板可吸收電子，AC長為d.PQ右側(cè)為偏轉(zhuǎn)電場，兩極板長度為eq\f(1,2)d，間距為d。電場右側(cè)的x軸上有足夠長的熒光屏．現(xiàn)有速率不同的電子在紙面內(nèi)從坐標(biāo)原點(diǎn)O沿y軸正方向射入磁場，電子能打在熒光屏上的最遠(yuǎn)處為M點(diǎn)，M到下極板右端的距離為eq\f（1，2）d，電子電荷量為e,質(zhì)量為m，不考慮電子間的相互作用以及偏轉(zhuǎn)電場邊緣效應(yīng)，求：圖3（1）電子通過磁場區(qū)域的時(shí)間t；（2）偏轉(zhuǎn)電場的電壓U；(3)電子至少以多大速率從O點(diǎn)射出時(shí)才能打到熒光屏上．答案（1)eq\f(πm,2eB）(2）eq\f（8eB2d2,3m)（3）eq\f（eBd，\r（3,3)m）解析(1)電子在磁場區(qū)域洛倫茲力提供向心力evB＝meq\f（v2,r）,得到：r＝eq\f(mv，eB）運(yùn)動(dòng)周期T＝eq\f(2πr，v），得到：T＝eq\f(2πm,eB）△OAC和△OQC均為等腰直角三角形,故通過磁場區(qū)域的時(shí)間為t1＝eq\f（90°,360°)T＝eq\f(πm,2eB).(2)打在最遠(yuǎn)處,則必是速度最大的電子恰從偏轉(zhuǎn)電場的最高點(diǎn)進(jìn)入電場，由幾何知識(shí)得r＝d，由上述結(jié)果r＝eq\f(mv，eB）解得v＝eq\f（eBd，m)通過電場的時(shí)間t2＝eq\f(d,2v),解得t2＝eq\f(m，2eB)電子離開電場后做勻速直線運(yùn)動(dòng)到達(dá)M點(diǎn)，由幾何關(guān)系有：eq\f（y1,y2)＝eq\f（\f(1,4)d，\f（1，2）d)＝eq\f（1,2），又y1＋y2＝d解得y1＝eq\f(1，3)d即eq\f（1，2)·eq\f(eU，md）t22＝eq\f(1,3）d代入數(shù)據(jù)解得U＝eq\f（8eB2d2,3m）。（3)若電子恰好打在下極板右邊緣磁場中r′＝eq\f(mv′,eB）電場中水平方向：eq\f(1，2)d＝v′t豎直方向：