2022年高考物理二轮复习第二部分专题三题型练计算题专练 .pdf

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1、1 计算题专练(二)1(12 分)如图所示，水平虚线L1、L2之间是匀强磁场，磁场方向水平向里，磁场区域的高度为h.竖直平面内有一质量为m，总电阻为R的直角梯形线框，底边水平，其AB边长为L，CD边长为 5L，高为 2h.现使线框AB边在磁场边界L1的上方h高处由静止自由下落(下落过程底边始终水平，线框平面始终与磁场方向垂直)，当AB边刚进入磁场时加速度恰好为零，在DC边刚进入磁场前的一段时间内，线框做匀速运动求：(1)求匀强磁场的磁感应强度B是多少？(2)从线框开始下落到DC边刚进入磁场的过程中，线框产生的焦耳热为多少？解析：(1)设AB边刚进入磁场时速度为v，由机械能守恒定律得mgh12m

2、v2(2 分)则v2gh(1 分)AB刚进入磁场时加速度恰好为零，则B2L2vRmg(2 分)解得BmgRL22gh(1 分)(2)设DC边刚进入磁场前匀速运动时速度为v1，线框切割磁感线的有效长度为2L，线框匀速运动时有B2L2v1Rmg(2 分)解得v12gh4(1 分)从线框开始下落到CD边进入磁场前瞬间，根据能量守恒定律得mg3hQ12mv21(2 分)联立得Q4716mgh(1 分)答：(1)mgRL22gh(2)4716mgh2(20 分)如图所示，固定斜面上放一木板PQ，木板的Q端放置一可视为质点的小物块，现用轻细线的一端连接木板的Q端，保持与斜面平行，绕过定滑轮后，另一端可悬挂

3、钩码，钩码距离地面足够高已知斜面倾角30，木板长为L，Q端距斜面顶端距离也为L，物块和木板的质量均为m，两者之间的动摩擦因数为132.若所挂钩码质量为2m，物块和木板名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 1 页，共 5 页 -2 能一起匀速上滑；若所挂钩码质量为其他不同值，物块和木板有可能发生相对滑动重力加速度为g，不计细线与滑轮之间的摩擦，设接触面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力(1)木板与斜面间的动摩擦因数2.(2)物块和木板发生相对滑动时，所挂钩码质量m应满足什么条件？(3)选取适当质量的钩码可使木板由静止开始向上滑动，试讨论木板Q端到达斜面顶端所用时间t和钩码质量m之间的关系解

4、析：(1)整个系统匀速时2mgFT(1 分)FT2mgsin 22mgcos(1 分)解得 233(2 分)(2)要使二者发生相对滑动，保证木板的加速度a1大于物块的加速度a2对物块：1mgcos mgsin ma2(2 分)可得a214g对木板：FTmgsin 1mgcos 22mgcos ma1(2 分)对钩码：mgFTma1(1 分)解得a1m94mmmg(1 分)联立解得m103m(2 分)(3)若m103m，二者相对滑动，木板的位移：L12a1t2(1 分)物块的位移：s12a2t2(1 分)由于LsL，当Q端到达斜面顶端时，物块未从木板上滑下(1 分)所以有t22La12Lmmm9

5、4m g(1 分)若 2mm103m，物块和木板一起加速运动对钩码：mgFTma3(1 分)名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 2 页，共 5 页 -3 对二者整体：FT 2mgsin 22mgcos 2ma3(1 分)解得a3m 2mm 2mgL12a3t2(1 分)所以有t22La32Lm 2mm 2m g(1 分)答案：(1)33(2)m103m(3)t22Lm 2mm2m g3.(12分)如图所示，一质量M2 kg 的带有弧形轨道的平台置于足够长的水平轨道上，弧形轨道与水平轨道平滑连接，水平轨道上静置一小球B.从弧形轨道上距离水平轨道高h0.3 m 处由静止释放一质量mA

6、1 kg 的小球A，小球A沿轨道下滑后与小球B发生弹性正碰，碰后小球A被弹回，且恰好追不上平台已知所有接触面均光滑，重力加速度为g.求小球B的质量(取重力加速度g10 m/s2)解析：设小球A下滑到水平轨道上时的速度大小为v1，平台水平速度大小为v，由动量守恒定律有0mAv1Mv(2 分)由能量守恒定律有mAgh12mAv2112Mv2(2 分)联立解得v12 m/s，v1 m/s(2分)小球A、B碰后运动方向相反，设小球A、B的速度大小分别为v1和v2.由于碰后小球A被弹回，且恰好追不上平台，则此时小球A的速度等于平台的速度，有v1 1 m/s(1分)由动量守恒定律得mAv1mAv1mBv2

7、(2 分)由能量守恒定律有12mAv2112mAv1212mBv22(2 分)联立解得mB3 kg(1分)答案：3 kg 4(20 分)如图甲所示，有一磁感应强度大小为B、垂直纸面向外的匀强磁场，磁场边界OP与水平方向夹角为45，紧靠磁场右上边界放置长为L、间距为d的平行金属板M、N，磁场边界上的O点与N板在同一水平面上，O1、O2为电场左右边界中点在两板间存在如图乙所示的交变电场(取竖直向下为正方向)某时刻从O点竖直向上以不同初速度同时发射两个相同的质量为m、电荷量为q的粒子a和b，结果粒子a恰从O1点水平进入板间电场运动，由电场中的O2点射出；粒子b恰好从M板左端边缘水平进入电场不计粒子重

8、力和粒子间相互作用，电场周期T未知求：名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 3 页，共 5 页 -4(1)粒子a、b从磁场边界射出时的速度va、vb；(2)粒子a从O点进入磁场到O2点射出电场运动的总时间t；(3)如果金属板间交变电场的周期T4mqB，粒子b从图乙中t0 时刻进入电场，要使粒子b能够穿出板间电场时E0满足的条件解析：(1)根据题意，粒子a、b在磁场中受洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，圆心分别为Oa、Ob，作出其运动轨迹如图所示，粒子a从A点射出磁场由几何关系有rad2(1 分)rbd(1 分)由牛顿第二定律有qvBmv2r(1 分)联立解得vaqBd2m(1 分)vb

9、qBdm(1 分)(2)设粒子a在磁场中运动时间为t1，从A点到O2点的运动时间为t2，则t1Ta4(1 分)Ta2mqB(1 分)t2rbraLva(1 分)tt1t2(1 分)联立解得tm2qBm L2dqBd(2 分)(3)由题意知粒子a飞出磁场时速度沿水平方向，在电场中运动的时间为交变电压周期的n倍，则对粒子b，有tbvavbnT(1 分)水平方向做匀速直线运动：Lvbtb(1 分)竖直方向在电场力作用下做加速、减速交替的匀变速运动(0 T2，向下做初速度为0的匀加速运动，向下发生位移为x1；T2T，向下做匀减速运动至速度为0，向下发生位移为x2)，则名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 4 页，共 5 页 -5 x112(qE0m)(T2)2(2 分)x212(qE0mT2)(T2)x1(1 分)xnx1(1 分)粒子b要飞出电场有x1x2xnd(2 分)联立解得E0qB2d2mL(1 分)答案：(1)qBd2mqBdm(2)m2qBm L2dqBd(3)E0qB2d2mL名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 5 页，共 5 页 -