2025屆高考物理二輪復(fù)習(xí)計算題押題練1含解析

PAGE2-計算題押題練113．(11分)如圖，AB是長L＝1m的絕緣水平面，BD段為半徑R＝0.2m的絕緣光滑半圓軌道，兩段軌道相切于B點，軌道AB處于在豎直向下的勻強電場中，場強大小E＝4.0×102V/m。一質(zhì)量為m＝2.0×10－2kg、所帶電荷量q＝＋5.0×10－4C的小球，以v0＝4.0m/s的速度從A點沿水平軌道向右運動，進(jìn)入半圓軌道后，恰能通過最高點D，g取10m/s2(小球可視為質(zhì)點，整個運動過程無電荷轉(zhuǎn)移)，求：(1)小球通過D點時的速度大小；(2)小球在B點時，小球?qū)壍赖膲毫Υ笮。?3)軌道AB與小球的動摩擦因數(shù)。解析：(1)由題可知，小球恰能通過最高點D，此時重力供應(yīng)向心力，則由向心力公式有mg＝eq\f(mveq\o\al(2,D),R)解得vD＝eq\r(2)m/s。(2)從B到D由動能定理可知－mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)解得vB＝eq\r(10)m/s在B點，由重力和支持力的合力供應(yīng)向心力，則有FN－mg＝eq\f(mveq\o\al(2,B),R)解得FN＝1.2N由牛頓第三定律可知小球?qū)壍赖膲毫Υ笮N′＝FN＝1.2N。(3)由題可知，小球在AB段做勻減速運動，由受力分析可知FN＝mg＋qE，F(xiàn)f＝μFN＝ma在由A到B的過程中有L＝eq\f(veq\o\al(2,B)－veq\o\al(2,0),－2a)解得μ＝0.15。答案：(1)eq\r(2)m/s(2)1.2N(3)0.1514．(15分)如圖，光滑金屬軌道POQ、P′O′Q′相互平行，間距為L，其中O′Q′和OQ位于同一水平面內(nèi)，PO和P′O′構(gòu)成的平面與水平面成30°角。正方形線框ABCD邊長為L，其中AB邊和CD邊質(zhì)量均為m，電阻均為r，兩端與軌道始終接觸良好，導(dǎo)軌電阻不計。BC邊和AD邊為絕緣輕桿，質(zhì)量不計。線框從斜軌上自靜止起先下滑，起先時底邊AB與OO′相距L。在水平軌道之間，MNN′M′長方形區(qū)域分布著豎直向上的勻強磁場，OM＝O′N>L，N′M′右側(cè)區(qū)域分布著豎直向下的勻強磁場，這兩處磁場的磁感應(yīng)強度大小均為B。在右側(cè)磁場區(qū)域內(nèi)有一垂直軌道放置并被短暫鎖定的導(dǎo)體桿EF，其質(zhì)量為m，電阻也為r。鎖定解除開關(guān)K與M點的距離為L，不會阻隔導(dǎo)軌中的電流。當(dāng)線框AB邊經(jīng)過開關(guān)K時，EF桿的鎖定被解除，不計軌道轉(zhuǎn)折處OO′和鎖定解除開關(guān)造成的機械能損耗。(1)求整個線框剛到達(dá)水平面時的速度v0；(2)求線框AB邊剛進(jìn)入磁場時，AB兩端的電壓UAB；(3)求CD邊進(jìn)入磁場時，線框的速度v；(4)若線框AB邊尚未到達(dá)M′N′，桿EF就以速度v1＝eq\f(2B2L3,3mr)離開M′N′右側(cè)磁場區(qū)域，求此時線框的速度。解析：(1)由機械能守恒定律得mgLsin30°＋mg×2Lsin30°＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,0)－0解得v0＝eq\r(\f(3,2)gL)。(2)由法拉第電磁感應(yīng)定律可知E＝BLv0依據(jù)閉合電路歐姆定律可知I＝eq\f(BLv0,\f(3,2)r)依據(jù)部分電路歐姆定律得UAB＝I·eq\f(1,2)r可得UAB＝BLeq\r(\f(1,6)gL)。(3)線框進(jìn)入磁場的過程中，由動量定理得－Beq\o(I,\s\up6(－))L·Δt＝2mv－2mv0又有eq\o(I,\s\up6(－))·Δt＝eq\f(BL2,\f(3,2)r)代入可得v＝eq\r(\f(3,2)gL)－eq\f(B2L3,3mr)。(4)桿EF解除鎖定后，桿EF向左運動，線框向右運動，線框總電流等于桿EF上電流對桿EF：Beq\o(I,\s\up6(－))′L·Δt＝mΔv1對線框：Beq\o(I,\s\up6(－))′L·Δt＝2mΔv2可得Δv1＝2Δv2整理得到Δv2＝eq\f(1,2)Δv1＝eq\f(B2L3,3mr)可得v2＝v－Δv2＝eq\r(\f(3,2)gL)－eq\f(2B2L3,3mr)。答案：(1)eq\r(\f(3,2)gL)(2