2025屆高考物理二輪復習計算題押題練3含解析

PAGE2-計算題押題練313．(11分)如圖所示，質(zhì)量為m、電阻為R的單匝矩形線框置于光滑水平面上，線框邊長ab＝L、ad＝2L。虛線MN過ad、bc邊中點。一根能承受最大拉力F0的細線沿水平方向拴住ab邊中點O。從某時刻起，在MN右側(cè)加一方向豎直向下的勻強磁場，磁感應強度大小按B＝kt的規(guī)律勻稱改變。一段時間后，細線被拉斷，線框向左運動，ab邊穿出磁場時的速度為v。求：(1)細線斷裂前線框中的電功率P；(2)細線斷裂后瞬間線框的加速度大小a及線框離開磁場的過程中安培力所做的功W；(3)線框穿出磁場過程中通過導線截面的電荷量q。解析：(1)依據(jù)法拉第電磁感應定律得E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)L2＝kL2電功率P＝eq\f(E2,R)＝eq\f(k2L4,R)。(2)細線斷裂瞬間安培力FA＝F0線框的加速度a＝eq\f(FA,m)＝eq\f(F0,m)線框離開磁場過程中，由動能定理得W＝eq\f(1,2)mv2。(3)設(shè)細線斷裂時刻磁感應強度為B1，則有ILB1＝F0其中I＝eq\f(E,R)＝eq\f(kL2,R)線框穿出磁場過程eq\o(E,\s\up6(－))＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(B1L2,Δt)電流eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),R)通過的電荷量q＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt解得q＝eq\f(F0,kL)。答案：(1)eq\f(k2L4,R)(2)eq\f(F0,m)eq\f(1,2)mv2(3)eq\f(F0,kL)14．(15分)如圖(a)，兩端分別為M、N的長木板A靜止在水平地面上，木板上長0.5m的PN段上表面光滑，N端上靜止著一個可視為質(zhì)點的滑塊B。給木板施加一個水平向右的力F，F(xiàn)與木板的位移x的關(guān)系如圖(b)所示，當x＝1.5m時撤去力F，撤力F前B仍在木板上。已知A、B的質(zhì)量均為m＝1kg，A的MP段上表面與B及A與地面間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g取10m/s2。求：(1)當木板A的位移為x1＝0.5m時，木板A的速度大小；(2)木板A的最小長度；(3)整個運動過程中，A與地面間因摩擦產(chǎn)生的熱量。解析：(1)由題知，當x1＝0.5m時，地面對A的滑動摩擦力為f地＝μ×2mg＝4N對A，依據(jù)動能定理有(F－f地)x1＝eq\f(1,2)mv2解得v＝2m/s。(2)由圖可知，從0.5m到1.5m，F(xiàn)＝4N＝f地，故A、B組成的系統(tǒng)合外力為零，假設(shè)當B恰好滑到A的左端時兩者有共同速度，此時A的長度最小，依據(jù)動量守恒定律有mv＝2mv′解得v′＝1m/s對A，依據(jù)動能定理有(F－fBA－f地)xA＝eq\f(1,2)mv′2－eq\f(1,2)mv2解得xA＝0.75m<x2＝1m，故假設(shè)成立對B，依據(jù)動能定理有fABxB＝eq\f(1,2)mv′2解得xB＝0.25m故后一段A相對B的位移為Δx＝xA－xB＝0.5m故A的最小長度為L＝x1＋Δx＝1m。(3)共速后，對整體，依據(jù)動能定理有－f地x3＝0－eq\f(1,2)(m＋m)v′2解得x3＝0.25m故整個運動過程