高考物理二轮专题复习 计算题32分练（6）试题

计算题32分练(6)1.(12分)如图1所示，左边是一能够发射质量为m、电荷量为q的正离子的离子源，离子的发射速度可以忽略。离子源的S、K电极与一N匝线圈连接，线圈放在一可以均匀变化的磁场中。线圈面积为S，线圈平面与磁感应强度B′的方向垂直。图中所示宽度为d的范围内，存在竖直向下的匀强电场，在虚线PQ右侧存在垂直纸面向里的范围足够大的匀强磁场，匀强磁场的磁感应强度为B。离子经S、K间电场加速后以初速度v0垂直于电场左边界射入偏转电场，离开右边界虚线PQ时偏转角度为θ，轨迹与边界的交点为M。(不计离子的重力)求：图1(1)线圈中磁场的磁感应强度B′的变化率和偏转电场的场强E；(2)离子再次运动到边界虚线PQ时轨迹与边界的交点到M的距离。解析(1)qU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)(1分)U＝NSeq\f(ΔB′,Δt)(1分)联立解得：eq\f(ΔB′,Δt)＝eq\f(mveq\o\al(2,0),2qNS)(1分)由tanθ＝eq\f(at,v0)，ma＝qE，d＝v0t(2分)联立解得：E＝eq\f(mveq\o\al(2,0),qd)tanθ①(1分)(2)由cosθ＝eq\f(v0,v)解得离子进入匀强磁场时速度的大小v＝eq\f(v0,cosθ)②(1分)离子进入匀强磁场中在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，有qvB＝meq\f(v2,R)③(2分)由②③联立解得：R＝eq\f(mv0,qBcosθ)(1分)离子再次运动到边界虚线PQ时轨迹与边界的交点到M的距离MN＝2Rcosθ＝eq\f(2mv0,qB)(2分)答案(1)eq\f(mveq\o\al(2,0),2qNS)eq\f(mveq\o\al(2,0),qd)tanθ(2)eq\f(2mv0,qB)2.(20分)如图2所示，一个质量为m＝15kg的特制柔软小猴模型，从离地面高h1＝6m的树上自由下落，一辆平板车正沿着下落点正下方所在的平直路面以v0＝6m/s的速度匀速前进。已知模型开始自由下落时，平板车前端恰好运动到距离下落点正下方s＝3m处，该平板车总长L＝7m，平板车板面离地面高h2＝1m，模型可看做质点，不计空气阻力。假定模型落到板面后不弹起，在模型落到板面的瞬间，司机刹车使平板车开始以大小为a＝4m/s2的加速度做匀减速直线运动，直至停止，g取10m/s2，模型下落过程中未与平板车车头接触，模型与平板车板面间的动摩擦因数μ＝0.2。求：图2(1)模型将落在平板车上距车尾端多远处；(2)通过计算说明，模型是否会从平板车上滑下；(3)模型在平板车上相对滑动的过程中产生的总热量Q为多少。解析(1)设模型经时间t1下落到平板车上，由运动学公式得：h1－h2＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)①(2分)平板车在t1时间内前进的距离为x1，则x1＝v0t1②(1分)所以模型在车上的落点距车尾端距离为s′＝L＋s－x1＝4m③(2分)(2)设模型落在车上后做匀加速运动的加速度大小为a1，经过时间t2模型和平板车的速度相同为v，则：平板车的速度为v＝v0－at2④(1分)模型的速度为v＝a1t2⑤(1分)对模型应用牛顿第二定律得μmg＝ma1⑥(2分)平板车的位移为x2＝v0t2－eq\f(1,2)ateq\o\al(2,2)⑦(1分)在这段时间内模型的位移为x3＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,2)⑧(1分)联立④⑤⑥⑦⑧可得，在这段时间内模型相对车向后的位移为Δx1＝x2－x3＝3m⑨(2分)由于Δx1＜4m，故模型不会从平板车上滑下⑩(1分)(3)速度相同后模型和平板车都减速运动直到静止，平板车的位移为x4＝eq\f(v2,2a)⑪(1分)模型的位移为x5＝eq\f(v2,2a1)⑫(1分)模型相对车向前