高考二輪復(fù)習(xí)物理試題（新高考新教材）題型專(zhuān)項(xiàng)練計(jì)算題專(zhuān)項(xiàng)練（五）

計(jì)算題專(zhuān)項(xiàng)練(五)1.(2023河南鄭州模擬)如圖所示,一足夠長(zhǎng)水平傳送帶順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng),速度大小恒為v0=4m/s。傳送帶上寬度為D=6m的區(qū)域內(nèi),有一方向豎直向上的矩形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B=2.0T,MN、PQ為磁場(chǎng)邊界。有一邊長(zhǎng)為l=2m的正方形線框abcd,線框質(zhì)量m=10kg,電阻R=4Ω。ab邊與磁場(chǎng)邊界平行,在ab邊距離MN為d=6m的位置由靜止釋放線框,已知線框與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.2,重力加速度g取10m/s2。線框在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過(guò)程中,求:(1)線框進(jìn)入磁場(chǎng)階段,通過(guò)線框某截面的電荷量;(2)線框中產(chǎn)生的焦耳熱;(3)摩擦力對(duì)線框做的總功。2.(2023湖南張家界模擬)如圖甲所示,光滑水平面上木板A將輕彈簧壓縮4L0由靜止釋放,被彈簧彈開(kāi)后向右運(yùn)動(dòng),與右側(cè)固定的擋板發(fā)生彈性碰撞,木板A從釋放開(kāi)始運(yùn)動(dòng)的xt圖像如圖乙所示,其中0~2t0、6t0~10t0是正弦曲線的一部分。如圖丙所示,若在A的左側(cè)再疊放另一物塊B后仍將輕彈簧壓縮4L0由靜止釋放,彈開(kāi)過(guò)程A、B保持相對(duì)靜止。已知木板A的質(zhì)量mA=3m0,木板長(zhǎng)度L=5.5L0,物塊B的質(zhì)量mB=m0,A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=4L0gt02,彈簧的彈性勢(shì)能表達(dá)式為Ep=12kx2(k為彈簧的勁度系數(shù),(1)輕彈簧被壓縮的最大彈性勢(shì)能Epm;(2)從釋放到B滑離A的過(guò)程中,A與擋板碰撞的次數(shù)n;(3)從釋放到B滑離A的過(guò)程中,A運(yùn)動(dòng)的路程s。3.(2023內(nèi)蒙古包頭二模)如圖所示,在某平面內(nèi)有一個(gè)長(zhǎng)度為L(zhǎng)的線性粒子源OA,以O(shè)點(diǎn)為原點(diǎn),OA所在直線為y軸,垂直O(jiān)A方向?yàn)閤軸,在此平面內(nèi)建立直角坐標(biāo)系。在坐標(biāo)系第一象限的圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直坐標(biāo)平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng),該圓形區(qū)域的直徑也為L(zhǎng),且分別與x軸和y軸相切,在第三和第四象限內(nèi)充滿垂直平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng),所有磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小相等。在圓形磁場(chǎng)與x軸的切點(diǎn)位置有一個(gè)特殊裝置P,裝置P為一個(gè)較小的圓孔形狀的裝置,圓孔的中心與切點(diǎn)重合,使粒子可以從上往下自由穿過(guò)圓孔,裝置P能向圓孔中心釋放出某種不帶電的粒子,并保證孔內(nèi)始終有一個(gè)粒子(粒子的速度都為零)。某時(shí)刻,粒子源向x軸正方向同時(shí)發(fā)射出大量帶負(fù)電的粒子,每當(dāng)有帶電粒子要穿過(guò)P時(shí),帶負(fù)電的粒子總會(huì)與P釋放的粒子發(fā)生正碰,并結(jié)合成一個(gè)新粒子,新粒子隨即進(jìn)入第四象限。已知粒子源射出的所有粒子的動(dòng)量都為p,電荷量都為q(q>0),這些粒子都從P經(jīng)過(guò)x軸,除與從P釋放的粒子相碰外,其他的粒子相互作用均忽略,粒子重力不計(jì)。(1)求磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小。(2)求出所有新粒子在x軸下方所經(jīng)過(guò)的區(qū)域的面積。(3)求出OA之間的哪部分區(qū)域射出的粒子,在形成新粒子后,能再次進(jìn)入圓形區(qū)域的磁場(chǎng)。計(jì)算題專(zhuān)項(xiàng)練(五)1.答案(1)2C(2)64J(3)144J解析(1)線框由靜止釋放,在傳送帶滑動(dòng)摩擦力作用下加速。由牛頓第二定律得μmg=ma解得a=2m/s2經(jīng)過(guò)時(shí)間t與傳送帶共速,有v0=at解得t=2s線框位移x=12at2=4m<d=6可知線框達(dá)到共速后繼續(xù)勻速運(yùn)動(dòng),到達(dá)邊界MN時(shí)線框的速度為v0=4m/s。進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程,ab邊切割磁感線,有E=Blv=16VI=ER=4F安=BIl=16N最大靜摩擦力Ffmax=μmg=20N>F安可知線框?qū)蛩龠M(jìn)入磁場(chǎng),線框進(jìn)入磁場(chǎng)的時(shí)間為t1=lv0=24線框進(jìn)入磁場(chǎng)階段,通過(guò)線框某截面的電荷量為q=It1=4×0.5C=2C。(2)由功能關(guān)系可知,線框在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過(guò)程中,線框中產(chǎn)生的焦耳熱Q=W安=2F安l=64J。(3)線框進(jìn)入磁場(chǎng)前有滑動(dòng)摩擦力做功為W1=μmg·x=80J線框勻速進(jìn)出磁場(chǎng)過(guò)程中,受到靜摩擦力作用,大小為Ff靜=F安=16N靜摩擦力做功為W2=W3=Ff靜·l=32J整個(gè)過(guò)程摩擦力對(duì)線框做的總功W=W1+W2+W3=144J。2.答案(1)24(2)2(3)32.625L0解析(1)由xt圖像可知,A離開(kāi)彈簧后的速度大小為v=8由能量守恒定律可知,彈簧的彈性勢(shì)能完全轉(zhuǎn)化成了A的動(dòng)能,則可知彈簧開(kāi)始具有的最大彈性勢(shì)能為Epm=12mAv解得Epm=24m(2)在彈開(kāi)的過(guò)程中A、B保持相對(duì)靜止,設(shè)第一次離開(kāi)彈簧時(shí)的速度為v1,則有Epm=12(mA+mB)設(shè)A與擋板第一次碰后,A、B達(dá)到的共同速度為v2,A的位移為xA,由動(dòng)量守恒定律得(mAmB)v1=(mA+mB)v2對(duì)A,由動(dòng)能定理得μmBgxA=12mAv22解得xA=27L08<假設(shè)成立,設(shè)此過(guò)程中A、B的相對(duì)位移為Δx1,由能量守恒定律有μmBgΔx1=12(mA+mB)(v解得Δx1=4.5L0設(shè)第二次與擋板碰撞后達(dá)到的共同速度為v3,由動(dòng)量守恒定律有(mAmB)v2=(mA+mB)v3設(shè)此過(guò)程中A、B的相對(duì)位移為Δx2,則由能量守恒定律有μmBgΔx2=12(mA+mB)(v解得Δx2=1.125L0而Δx1+Δx2=5.625L0>5.5L0則從釋放到B滑離A的過(guò)程中,A與擋板碰撞的次數(shù)為n=2。(3)根據(jù)題意有Epm=12k(4L0)設(shè)A第一次與擋板碰撞后壓縮彈簧的量為x1,則12kx12=1解得x1=2L0設(shè)A、B分離時(shí)兩者的速度分別為vA、vB,由動(dòng)量守恒定律有(mAmB)v2=mAvA+mBvB由能量守恒定律有μmBg(LΔx1)=12(mA+mB)v22-12解得vA=23L03t碰撞后兩者分離,設(shè)A的位移為x2,則有μmBgx2=12mAv22解得x2=0.625L0在2t0~4t0內(nèi),A運(yùn)動(dòng)的距離x=8L0則從釋放到B滑離A的過(guò)程中,A運(yùn)動(dòng)的路程為s=4L0+2x1+3x+x2=32.625L0。3.答案(1)2(2)38πL(3)34解析(1)粒子都通過(guò)P,對(duì)任一粒子畫(huà)出軌跡如圖所示由幾何關(guān)系可知圖中四邊形為菱形,故粒子圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r=L粒子做圓周運(yùn)動(dòng)有qvB=mv解得B=2p(2)帶負(fù)電粒子在P處與不帶電粒子發(fā)生完全非彈性碰撞,由動(dòng)量守恒定律有mv=(m+m')v共新粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)有qv共B=(m+m')v解得R=L作出新粒子能夠達(dá)到的區(qū)域,如圖所示則有S=12πR2+14π(2R)2=38π(3)根據(jù)分析可知,新粒子從x軸再次射出,恰與磁場(chǎng)區(qū)域圓相切的則為臨界情況,對(duì)此畫(huà)出粒子軌跡圓及必要的輔助線,如圖所示其中C、G、Q分別為圓心,E為切點(diǎn),D、H為交點(diǎn),F為入射點(diǎn)。設(shè)∠QDE