2024年高考物理二輪復(fù)習(xí)題型專項(xiàng)訓(xùn)練-計(jì)算題專項(xiàng)練(五)

計(jì)算題專項(xiàng)練（五）

1.（2023河南鄭州模擬）如圖所示，一足夠長水平傳送帶順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，速度大小恒為v0=4m/so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)磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為2=2.0

T,MN、尸。為磁場邊界。有一邊長為/=2m的正方形線框%d,線框質(zhì)量加=10kg,電阻R=4Q。ab

邊與磁場邊界平行，在湖邊距離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〃=0.2,重力加速度g取10m/s2o線框在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過程中，求：

（1）線框進(jìn)入磁場階段,通過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4及由靜止釋放，被彈簧彈開

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從釋放開始運(yùn)動(dòng)的x-t圖像如圖乙所示，其中

0~2擊、6h~10h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3后仍將輕彈簧壓

縮4Lo由靜止釋放，彈開過程A、B保持相對靜止。已知木板A的質(zhì)量優(yōu)A=3,"O,木板長度￡=5.5乙0,物

塊B的質(zhì)量mB=m0,A,B間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃=普，彈簧彈性勢能的表達(dá)式為為彈簧的勁度

系數(shù)，尤為彈簧的形變量）,重力加速度為g。求:

(1)輕彈簧被壓縮的最大彈性勢能Epm；

⑵從釋放到2滑離A的過程中,A與擋板碰撞的次數(shù)明

(3)從釋放到2滑離A的過程中,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)長度為工的線性粒子源OA,以。點(diǎn)為原點(diǎn)

所在直線為y軸,垂直。4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，該圓形區(qū)域的直徑也為L,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，所有磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小相等。在圓形磁場與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圓孔，裝置產(chǎn)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，粒子源向無軸正方向同時(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P時(shí),帶負(fù)電的粒子總會與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(g>0),這些粒子都從產(chǎn)經(jīng)過無軸,

除與從尸釋放的粒子相碰外，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。

計(jì)算題專項(xiàng)練(五)

1.答案(1)2C

(2)64J

(3)144J

解析⑴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〃機(jī)

解得a=2m/s2

經(jīng)過時(shí)間，與傳送帶共速，有vo=at

解得0s

線框位移x=-at2=4m<d=6m

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vo=4m/So進(jìn)入磁場過程，仍

邊切割磁感線，有E=Blv=16V

拜=4A

F安=BIl=16N

最大靜摩擦力尸fmax=〃S?=20N>尸安

可知線框?qū)蛩龠M(jìn)入磁場，線框進(jìn)入磁場的時(shí)間為人=3=：s=0.5s

線框進(jìn)入磁場階段,通過線框某截面的電荷量為q=〃i=4x0.5C=2Co

(2)由功能關(guān)系可知，線框在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過程中,線框中產(chǎn)生的焦耳熱。=卬安=2/安/=64

Jo

(3)線框進(jìn)入磁場前有滑動(dòng)摩擦力做功為W\=fimg-x=S0J

線框勻速進(jìn)出磁場過程中，受到靜摩擦力作用，大小為Ff?=Fs=16N

靜摩擦力做功為W2=W3=Ff?-l=32J

整個(gè)過程摩擦力對線框做的總功W=WI+W2+W3=144J。

2

2.答案(1產(chǎn)嗎。

(2)2

(3)32.625￡0

解析(1)由x-t圖像可知,A離開彈簧后的速度大小為心學(xué)=學(xué)

，如to

由能量守恒定律可知，彈簧的彈性勢能完全轉(zhuǎn)化成了A的動(dòng)能，則可知彈簧開始具有的最大彈性

-1

2

勢能為Epm=-mAv

解得Epm=^里。

(2)在彈開的過程中A、8保持相對靜止，設(shè)第一次離開彈簧時(shí)的速度為ni,則有

12

Epm=^mA+mB)v^

設(shè)A與擋板第一次碰后,A、5達(dá)到的共同速度為以人的位移為以，由動(dòng)量守恒定律得(如-

mB)v\=(mA+m5)V2

對A,由動(dòng)能定理得-〃利gX4=5用4為？-

解得X4=21％8Lo

o

假設(shè)成立，設(shè)此過程中A、3的相對位移為Axi,由能量守恒定律有

]

22

/umBg^X[=-(mA+mfi)(v1-v2)

解得Axi=4.5￡o

設(shè)第二次與擋板碰撞后達(dá)到的共同速度為也,由動(dòng)量守恒定律有(mA-mB)V2=(mA+*也

1

2

設(shè)此過程中A、B的相對位移為A%2,則由能量守恒定律有jurriBg/^xi-^mx+mB)(y2-%"

解得AX2=L125LO

而Ari+AX2=5.625￡O>5.5￡O

則從釋放到B滑離A的過程中,A與擋板碰撞的次數(shù)為〃=2。

(3)根據(jù)題意有Epm=*(4Lo)2

設(shè)A第一次與擋板碰撞后壓縮彈簧的量為XI,則

1

□2

2-

解得xi=2Lo

設(shè)A、5分離時(shí)兩者的速度分別為E4、U&由動(dòng)量守恒定律有(如-根3)以二a4VA+機(jī)3VB

由能量守恒定律有

11?1?

?zz

Axi)=-(mA+mB)v2--mAvA--msv^

解得VA=^|^,VB=O

3to

-1-1

22

碰撞后兩者分離，設(shè)A的位移為尤2,則有pnBgX2=-mAV2--mAVA

解得X2=O.625￡O

在2擊~4擊內(nèi)力運(yùn)動(dòng)的距離x=8￡0

則從釋放到8滑離A的過程中/運(yùn)動(dòng)的路程為S=4L)+2XI+3X+X2=32.625LO。

3.答案⑴青

Q)孤2

(3*3勺＜L

解析(1)粒子都通過P,對任一粒子畫出軌跡如圖所示

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)的半徑廠=，

粒子做圓周運(yùn)動(dòng)有*3=根9

解得暇

(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+mr)v共

2

新粒子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)有"共3=(加+根

K

解得

作出新粒子能夠達(dá)到的區(qū)域，如圖所示

AXxN

XXX

XXX

XX

則有S=，R2+，(2R)2=|TTL2。

L4O

(3)根據(jù)分析可知，新粒子從x軸再次射出，恰與磁場區(qū)域圓相切的則為臨界情況，對此畫出粒子軌

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)Q、”為交點(diǎn),產(chǎn)為入射點(diǎn)。設(shè)由與ED同為

切線，則有