（江蘇專用）高考物理總復(fù)習(xí) 優(yōu)編題型增分練：計算題規(guī)范練（二）-人教版高三物理試題

計算題規(guī)范練(二)四、計算題(本題共3小題，共計47分．解答時請寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟．只寫出最后答案的不能得分．有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位．)14．(15分)(2018·蘇州市模擬)如圖1所示，空間存在豎直向下的有界勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B.一邊長為L，質(zhì)量為m、電阻為R的正方形單匝導(dǎo)線框abcd放在水平桌面上．在水平拉力作用下，線框從左邊界以速度v勻速進入磁場，當(dāng)cd邊剛進入磁場時撤去拉力，ab邊恰好能到達磁場的右邊界．已知線框與桌面間動摩擦因數(shù)為μ，磁場寬度大于L，重力加速度為g.求：圖1(1)ab邊剛進入磁場時，其兩端的電壓U；(2)水平拉力的大小F和磁場的寬度d；(3)整個過程中產(chǎn)生的總熱量Q.答案(1)eq\f(3,4)BLv(2)eq\f(B2L2v,R)＋μmgL＋eq\f(v2,2μg)(3)μmgL＋eq\f(1,2)mv2＋eq\f(B2L3v,R)解析(1)E＝BLvI＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLv,R)U＝I·eq\f(3,4)R＝eq\f(3,4)BLv.(2)F＝F安＋μmg＝eq\f(B2L2v,R)＋μmg撤去拉力后，線框在磁場中只受到滑動摩擦力，做勻減速運動，x2＝eq\f(v2,2μg)所以d＝L＋eq\f(v2,2μg).(3)進入磁場過程中產(chǎn)生焦耳熱Q1＝I2Rt1＝eq\f(B2L3v,R)由于摩擦產(chǎn)生的熱量Q2＝μmg(L＋eq\f(v2,2μg))＝μmgL＋eq\f(1,2)mv2所以整個過程產(chǎn)生的熱量為Q＝Q1＋Q2＝μmgL＋eq\f(1,2)mv2＋eq\f(B2L3v,R).15．(16分)(2018·淮安市、宿遷市等期中)如圖2所示，水平桌面上質(zhì)量為m的薄木板右端疊放著質(zhì)量也為m的小物塊，木板長為L，整體處于靜止狀態(tài)．已知物塊與木板間的動摩擦因數(shù)為μ，木板與桌面間的動摩擦因數(shù)為eq\f(μ,4)，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g.圖2(1)若使木板與物塊一起以初速度v0沿水平桌面向右運動，求木板向右運動的最大距離s0；(2)若對木板施加水平向右的拉力F，為使木板沿水平桌面向右滑動且與物塊間沒有相對滑動，求拉力F應(yīng)滿足的條件；(3)若給木板施加大小為F＝3μmg、方向沿水平桌面向右的拉力，經(jīng)過時間t0，撤去拉力F，此后運動過程中小物塊始終未脫離木板，求木板運動全過程中克服桌面摩擦力所做的功W.答案(1)eq\f(2v\o\al(02),μg)(2)eq\f(μmg,2)<F≤eq\f(5μmg,2)(3)1.95m(μgt0)2解析(1)對木板和物塊組成的系統(tǒng)，由動能定理得：－eq\f(μ,4)·2mgs0＝0－eq\f(1,2)·2mv02解得：s0＝eq\f(2v\o\al(02),μg).(2)設(shè)使木板沿水平桌面向右滑動且與物塊間沒有相對滑動的最小拉力為Fmin，最大拉力為Fmax則：Fmin＝2mg×eq\f(μ,4)＝eq\f(μmg,2)對系統(tǒng)：Fmax－eq\f(μmg,2)＝2mamax對物塊：μmg＝mamax解得：Fmax＝eq\f(5μmg,2)則要使木板沿水平桌面向右滑動且與物塊間沒有相對滑動，需滿足eq\f(μmg,2)<F≤eq\f(5μmg,2).(3)由于F＝3μmg>eq\f(5μmg,2)，所以物塊與木板之間發(fā)生相對滑動．物塊的加速度：a1＝μg撤去拉力F時物塊的速度：v1＝a1t0＝μgt0對木板：F－μmg－eq\f(2μmg,4)＝ma2得：a2＝eq\f(3,2)μg撤去拉力F時木板的速度：v2＝a2t0＝eq\f(3,2)μgt0撤去拉力F后木板的加速度：a3＝－eq\f(3,2)μg設(shè)撤去拉力F后，再經(jīng)過時間t1，物塊與木板達到共同速度v，之后再經(jīng)過時間t2，木板停止滑行．則：v＝a1(t0＋t1)＝a2t0＋a3t1得：t1＝eq\f(1,5)t0；v＝eq\f(6,5)μgt0達到共同速度后：－2mg·eq\f(μ,4)＝2ma4加速度：a4＝－eq\f(1,4)μgt2＝eq\f(0－\f(6,5)μgt0,－\f(μg,4))＝eq\f(24,5)t0木板運動的總位移：s＝eq\f(v2t0,2)＋eq\f(v2＋v,2)t1＋eq\f(v,2)t2＝3.9μgt02木板運動全過程中克服桌面摩擦力所做的功：W＝2mg×eq\f(μ,4)×3.9μgt02＝1.95m(μgt0)2.16．(16分)(2018·揚州市一模)在如圖3所示的坐標系內(nèi)，PQ是垂直于x軸的分界線，PQ左側(cè)的等腰直角三角形區(qū)域內(nèi)分布著勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，方向垂直紙面向里，AC邊有一擋板可吸收電子，AC長為d.PQ右側(cè)為偏轉(zhuǎn)電場，兩極板長度為eq\f(1,2)d，間距為d.電場右側(cè)的x軸上有足夠長的熒光屏．現(xiàn)有速率不同的電子在紙面內(nèi)從坐標原點O沿y軸正方向射入磁場，電子能打在熒光屏上的最遠處為M點，M到下極板右端的距離為eq\f(1,2)d，電子電荷量為e，質(zhì)量為m，不考慮電子間的相互作用以及偏轉(zhuǎn)電場邊緣效應(yīng)，求：圖3(1)電子通過磁場區(qū)域的時間t；(2)偏轉(zhuǎn)電場的電壓U；(3)電子至少以多大速率從O點射出時才能打到熒光屏上．答案(1)eq\f(πm,2eB)(2)eq\f(8eB2d2,3m)(3)eq\f(eBd,\r(3,3)m)解析(1)電子在磁場區(qū)域洛倫茲力提供向心力evB＝meq\f(v2,r)，得到：r＝eq\f(mv,eB)運動周期T＝eq\f(2πr,v)，得到：T＝eq\f(2πm,eB)△OAC和△OQC均為等腰直角三角形，故通過磁場區(qū)域的時間為t1＝eq\f(90°,360°)T＝eq\f(πm,2eB).(2)打在最遠處，則必是速度最大的電子恰從偏轉(zhuǎn)電場的最高點進入電場，由幾何知識得r＝d，由上述結(jié)果r＝eq\f(mv,eB)解得v＝eq\f(eBd,m)通過電場的時間t2＝eq\f(d,2v)，解得t2＝eq\f(m,2eB)電子離開電場后做勻速直線運動到達M點，由幾何關(guān)系有：eq\f(y1,y2)＝eq\f(\f(1,4)d,\f(1,2)d)＝eq\f(1,2)，又y1＋y2＝d解得y1＝eq\f(1,3)d即eq\f(1,2)·eq\f(eU,md)t22＝eq\f(1,3)d代入數(shù)據(jù)解得U＝