高考物理二輪復(fù)習(xí) 計算題47分強化練（四）-人教版高三物理試題

計算題47分強化練(四)1．(15分)如圖1所示，以MN為下邊界的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于紙面向外，MN上方有一單匝矩形導(dǎo)線框abcd，其質(zhì)量為m，電阻為R，ab邊長為l1，bc邊長為l2，cd邊離MN的高度為h.現(xiàn)將線框由靜止釋放，線框下落過程中ab邊始終保持水平，且ab邊離開磁場前已做勻速直線運動．求線框從靜止釋放到完全離開磁場的過程中圖1(1)ab邊離開磁場時的速度v；(2)通過導(dǎo)線橫截面的電荷量q；(3)導(dǎo)線框中產(chǎn)生的熱量Q.【解析】(1)線框勻速運動時，E＝Bl1v ①I＝eq\f(E,R) ②F＝BIl1 ③mg＝F ④由①②③④聯(lián)立：v＝eq\f(mgR,B2l\o\al(2,1)).(2)導(dǎo)線框穿過磁場的過程中，q＝eq\o(I,\s\up6(－))t ⑤eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),R) ⑥eq\o(E,\s\up6(－))＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(Bl1l2,t) ⑦由⑤⑥⑦聯(lián)立：q＝eq\f(Bl1l2,R).(3)導(dǎo)線框穿過磁場的過程中，利用能量守恒定律，mg(h＋l2)＝eq\f(1,2)mv2＋Q帶入(1)中的速度，解得：Q＝mg(h＋l2)－eq\f(m3g2R2,2B4l\o\al(4,1)).【答案】(1)eq\f(mgR,B2l\o\al(2,1))(2)eq\f(Bl1l2,R)(3)mg(h＋l2)－eq\f(m3g2R2,2B4l\o\al(4,1))2.(16分)如圖2所示，光滑管狀軌道ABC由直軌道AB和圓弧形軌道BC組成，二者在B處相切并平滑連接，O為圓心，O、A在同一條水平線上，OC豎直．一直徑略小于圓管直徑的質(zhì)量為m的小球，用細線穿過管道與質(zhì)量為M的物塊連接，將小球由A點靜止釋放，當(dāng)小球運動到B處時細線斷裂，小球繼續(xù)運動．已知弧形軌道的半徑為R＝eq\f(8,3)m，所對應(yīng)的圓心角為53°，sin53°＝0.8，g取10m/s2.圖2(1)若M＝5m，求小球在直軌道部分運動時的加速度大?。?2)若M＝5m，求小球從C點拋出后下落高度h＝eq\f(4,3)m時到C點的水平位移．(3)M、m滿足什么關(guān)系時，小球能夠運動到C點？【解析】(1)設(shè)細線中張力為F，對小球：F－mgsin53°＝ma對物塊：Mg－F＝Ma聯(lián)立解得a＝7m/s2.(2)在Rt△OAB中，得xAB＝R/tan53°由v2＝2axAB，解得v＝2eq\r(7)m/s從B到C，根據(jù)機械能守恒，有eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＋mgR(1－cos53°)小球離開C后做平拋運動，x＝vCth＝eq\f(1,2)gt2解得x＝eq\f(4,3)m.(3)小球A→B：M、m系統(tǒng)機械能守恒eq\f(1,2)(M＋m)v2＝MgxAB－mgxABsin53°線斷后，小球B→C，vC＝00－eq\f(1,2)mv2≤mgR(1－cos53°)聯(lián)立，解得M≥eq\f(20,7)m.【答案】(1)7m/s2(2)eq\f(4,3)m(3)M≥eq\f(20,7)m3．(16分)如圖3甲所示，有一磁感應(yīng)強度大小為B、垂直紙面向外的勻強磁場，磁場邊界OP與水平方向夾角為θ＝45°，緊靠磁場右上邊界放置長為L、間距為d的平行金屬板M、N，磁場邊界上的O點與N板在同一水平面上，O1、O2為電場左右邊界中點．在兩板間存在如圖乙所示的交變電場(取豎直向下為正方向)．某時刻從O點豎直向上以不同初速度同時發(fā)射兩個相同的質(zhì)量為m、電量為＋q的粒子a和b.結(jié)果粒子a恰從O1點水平進入板間電場運動，由電場中的O2點射出；粒子b恰好從M板左端邊緣水平進入電場．不計粒子重力和粒子間相互作用，電場周期T未知．求：【導(dǎo)學(xué)號：25702115】甲乙圖3(1)粒子a、b從磁場邊界射出時的速度va、vb；(2)粒子a從O點進入磁場到O2點射出電場運動的總時間t；(3)如果金屬板間交變電場的周期T＝eq\f(4m,qB)，粒子b從圖乙中t＝0時刻進入電場，求要使粒子b能夠穿出板間電場時E0滿足的條件．【解析】(1)根據(jù)題意，粒子a、b在磁場中受洛倫茲力作用做勻速圓周運動，圓心分別為Oa、Ob，作出其運動軌跡如圖所示，粒子a從A點射出磁場．由幾何關(guān)系有：ra＝eq\f(d,2)rb＝d由牛頓第二定律有：qvB＝meq\f(v2,r)聯(lián)立解得：va＝eq\f(qBd,2m)vb＝eq\f(qBd,m).(2)設(shè)粒子a在磁場中運動時間為t1，從A點到O2點的運動時間為t2，則：t1＝eq\f(Ta,4)Ta＝eq\f(2πm,qB)t2＝eq\f(rb－ra＋L,va)t＝t1＋t2聯(lián)立以上各式解得：t＝eq\f(πm,2qB)＋eq\f(md＋2L,qBd).(3)由題意知粒子a飛出磁場時速度沿水平方向，在電場中運動的時間為交變電壓周期的n倍，則對粒子b，有：tb＝eq\f(va,vb)(nT)水平方向做勻速直線運動：L＝vbtb豎直方向在電場力作用下做加速、減速交替的勻變速運動(0→eq\f(T,2)，向下做初速度為0的勻加速運動，向下發(fā)生位移為x1；eq\f(T,2)→T，向下做勻減速運動至速度為0，向下發(fā)生位移為x2……)，則：x1＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(qE0,m)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2)))2x2＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(qE0,m)·\f(T,2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2)))＝x1……xn＝x1粒子b要飛出電場有：(x1＋x2＋