2025版衡水中學(xué)學(xué)案高考物理二輪專題與專項(xiàng)第4部分壓軸計(jì)算題搶分練(四)含答案及解析

壓軸計(jì)算題搶分練(四)1.(2024·江西上饒模擬)如圖甲所示，長(zhǎng)為a的平行板M、N分別位于第一、第二象限內(nèi)，與坐標(biāo)平面垂直并與y軸平行，兩板到y(tǒng)軸的距離相等，兩板的下端均在x軸上，兩板上所加的電壓隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖乙所示(圖乙中U0、T0均已知)，在第三、四象限內(nèi)有垂直于坐標(biāo)平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。在y軸上y＝a的P點(diǎn)沿y軸負(fù)方向均勻地射出質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，每個(gè)粒子均能進(jìn)入磁場(chǎng)且從P點(diǎn)射出到進(jìn)入磁場(chǎng)所用的時(shí)間均為T0，從t＝0時(shí)刻射出的粒子剛好從N板下邊緣進(jìn)入磁場(chǎng)，不計(jì)粒子的重力及粒子間的相互作用，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為eq\f(6am,qT\o\al(2,0))eq\r(\f(m,2qU0))，求：(1)M、N板間的距離為多少；(2)能再次進(jìn)入兩板間的粒子數(shù)占總粒子數(shù)的比例為多少；(3)若將M、N極板上段截去一部分，使所有粒子從P點(diǎn)射出后經(jīng)電場(chǎng)、磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后均不能再進(jìn)入電場(chǎng)，則截去部分的長(zhǎng)度至少為多少?！敬鸢浮?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)設(shè)兩板間的距離為d，從t＝0時(shí)刻射出的粒子剛好從N板的邊緣飛出，則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)由于所有粒子穿過電場(chǎng)的時(shí)間均為T0，所以所有粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)沿平行x軸方向的速度變化量為零，即所有粒子進(jìn)磁場(chǎng)時(shí)，速度大小均為v0＝eq\f(a,T0)方向垂直于x軸向下；粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律qv0B＝meq\f(v\o\al(2,0),r)解得r＝eq\f(T0,6)eq\r(\f(2qU0,m))所有粒子在磁場(chǎng)中均做半徑為r的半圓周運(yùn)動(dòng)，則2r＝eq\f(2,3)d在第一個(gè)周期內(nèi)，設(shè)在t時(shí)刻射入的粒子在離N板e(cuò)q\f(1,3)d處進(jìn)入磁場(chǎng)并恰好從M板處進(jìn)入磁場(chǎng)。則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)。根據(jù)對(duì)稱性得，能再次進(jìn)入兩板間的粒子數(shù)占總粒子數(shù)的比例為η＝eq\f(2t,T0)×100%＝33.33%。(3)截去一段后，設(shè)粒子進(jìn)磁場(chǎng)時(shí)的速度為v，速度與y軸負(fù)方向的夾角為θ，則v＝eq\f(v0,cosθ)粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r′＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(mv0,qBcosθ)粒子進(jìn)磁場(chǎng)和出磁場(chǎng)位置間的距離s＝2r′cosθ＝eq\f(2mv0,qB)＝eq\f(2,3)d截去一段后，若從t＝0時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng)的粒子發(fā)生的側(cè)移為eq\f(1,6)d，則所有粒子均不能再進(jìn)入電場(chǎng)。則eq\f(1,6)d＝eq\f(1,2)×eq\f(qU0,md)t′2解得t′＝eq\f(\r(6),6)T0則截去的板長(zhǎng)L＝a－v0t′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(6),6)))a。2.(2024·廣東廣州三模)如圖所示，兩光滑平行圓弧導(dǎo)軌豎直放置，下端與兩根間距為L(zhǎng)的光滑平行水平導(dǎo)軌平滑連接，光滑水平導(dǎo)軌處在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)之中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。在導(dǎo)軌上放置長(zhǎng)度均為L(zhǎng)、由同種金屬材料制成的粗細(xì)均勻的導(dǎo)體棒a、b、c，a棒的質(zhì)量為m，電阻為R0，b棒的質(zhì)量為m，c棒的質(zhì)量為2m。已知初始時(shí)b棒和c棒間距為d，且均處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)讓a棒從圓弧導(dǎo)軌上離水平導(dǎo)軌高為h處由靜止釋放，a與b發(fā)生碰撞后粘在一起，已知重力加速度為g，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，且導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)過程中始終與導(dǎo)軌垂直。(1)若要求a棒與b棒不發(fā)生碰撞，試求b棒離磁場(chǎng)左邊界的距離x應(yīng)滿足的條件；(2)若b棒離磁場(chǎng)左邊界線的距離x0＝eq\f(mR0\r(2gh),2B2L2)，b棒與c棒沒有發(fā)生碰撞，試求c棒在全過程中產(chǎn)生的焦耳熱。【答案】(1)x>eq\f(mR0\r(2gh),B2L2)(2)eq\f(9,32)mgh【解析】(1)當(dāng)導(dǎo)體棒a運(yùn)動(dòng)到磁場(chǎng)時(shí)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，使導(dǎo)體棒b、c在安培力的作用下加速運(yùn)動(dòng)，因?yàn)閷?dǎo)體棒b、c兩端的電壓U總是相等，所以安培力為Fb＝BLeq\f(U,Rb)Fc＝BLeq\f(U,Rc)根據(jù)牛頓第二定律可得導(dǎo)體棒b和導(dǎo)體棒c的加速度分別為ab＝eq\f(Fb,m)ac＝eq\f(Fc,2m)設(shè)導(dǎo)體棒材料的密度為ρ0，電阻率為ρ，則m＝ρ0LSbRb＝ρeq\f(L,Sb)＝R02m＝ρ0LScRc＝ρeq\f(L,Sc)＝eq\f(R0,2)解得eq\f(ab,ac)＝1可知導(dǎo)體棒b、c總是相對(duì)靜止的，導(dǎo)體棒a、b、c構(gòu)成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，設(shè)金屬棒a進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為v0，三者速度相等時(shí)的速度為v1，則根據(jù)動(dòng)量守恒定律有mv0＝(m＋m＋2m)v1對(duì)導(dǎo)體棒a，根據(jù)動(dòng)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)對(duì)導(dǎo)體棒a，根據(jù)動(dòng)能定理mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得Δx＝eq\f(mR0\r(2gh),B2L2)若要使導(dǎo)體棒a、b不能發(fā)生碰撞，導(dǎo)體棒a開始運(yùn)動(dòng)時(shí)與導(dǎo)體棒b之間的距離應(yīng)滿足的條件是x>eq\f(mR0\r(2gh),B2L2)。(2)因?yàn)閷?dǎo)體棒a開始運(yùn)動(dòng)時(shí)與導(dǎo)體棒b之間的距離x0＝eq\f(mR0\r(2gh),2B2L2)<eq\f(mR0\r(2gh),B2L2)所以導(dǎo)體棒a、b將發(fā)生碰撞，設(shè)導(dǎo)體棒a與導(dǎo)體棒b碰撞前瞬間的速度為v2，導(dǎo)體棒b、c的速度大小均為v3，則根據(jù)動(dòng)量守恒定律得mv0＝mv2＋(m＋2m)v3根據(jù)動(dòng)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)此過程根據(jù)能量守恒，系統(tǒng)產(chǎn)生的總熱量為Q總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此過程a棒為電源，bc棒為用電器，則c棒產(chǎn)生的熱量為Q1＝eq\f(Rb,Rb＋Rc)×eq\f(Rbc,Rbc＋Ra)×Q總1＝eq\f(Q總1,6)＝eq\f(3,32)mgh設(shè)導(dǎo)體棒a與導(dǎo)體棒b碰撞粘在一起后瞬間的速度為v4，則根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得mv2＋mv3＝2mv4解得v4＝eq\f(3,8)eq\r(2gh)碰撞過程損失的能量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)導(dǎo)體棒a、b整體與導(dǎo)體棒c通過安培力發(fā)生作用，設(shè)導(dǎo)體棒a、b、c的最終共同速度為v5，則根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得2mv4＋2mv3＝4mv5解得v5＝eq\f(1,4)eq\r(2gh)此過程根據(jù)能量守恒，系統(tǒng)產(chǎn)生的總熱量為Q總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總