（江苏专用）高考物理总复习 优编题型增分练：计算题规范练（二）-人教版高三物理试题

计算题规范练(二)四、计算题(本题共3小题，共计47分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．)14．(15分)(2018·苏州市模拟)如图1所示，空间存在竖直向下的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B.一边长为L，质量为m、电阻为R的正方形单匝导线框abcd放在水平桌面上．在水平拉力作用下，线框从左边界以速度v匀速进入磁场，当cd边刚进入磁场时撤去拉力，ab边恰好能到达磁场的右边界．已知线框与桌面间动摩擦因数为μ，磁场宽度大于L，重力加速度为g.求：图1(1)ab边刚进入磁场时，其两端的电压U；(2)水平拉力的大小F和磁场的宽度d；(3)整个过程中产生的总热量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，线框在磁场中只受到滑动摩擦力，做匀减速运动，x2＝eq\f(v2,2μg)所以d＝L＋eq\f(v2,2μg).(3)进入磁场过程中产生焦耳热Q1＝I2Rt1＝eq\f(B2L3v,R)由于摩擦产生的热量Q2＝μmg(L＋eq\f(v2,2μg))＝μmgL＋eq\f(1,2)mv2所以整个过程产生的热量为Q＝Q1＋Q2＝μmgL＋eq\f(1,2)mv2＋eq\f(B2L3v,R).15．(16分)(2018·淮安市、宿迁市等期中)如图2所示，水平桌面上质量为m的薄木板右端叠放着质量也为m的小物块，木板长为L，整体处于静止状态．已知物块与木板间的动摩擦因数为μ，木板与桌面间的动摩擦因数为eq\f(μ,4)，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.图2(1)若使木板与物块一起以初速度v0沿水平桌面向右运动，求木板向右运动的最大距离s0；(2)若对木板施加水平向右的拉力F，为使木板沿水平桌面向右滑动且与物块间没有相对滑动，求拉力F应满足的条件；(3)若给木板施加大小为F＝3μmg、方向沿水平桌面向右的拉力，经过时间t0，撤去拉力F，此后运动过程中小物块始终未脱离木板，求木板运动全过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)对木板和物块组成的系统，由动能定理得：－eq\f(μ,4)·2mgs0＝0－eq\f(1,2)·2mv02解得：s0＝eq\f(2v\o\al(02),μg).(2)设使木板沿水平桌面向右滑动且与物块间没有相对滑动的最小拉力为Fmin，最大拉力为Fmax则：Fmin＝2mg×eq\f(μ,4)＝eq\f(μmg,2)对系统：Fmax－eq\f(μmg,2)＝2mamax对物块：μmg＝mamax解得：Fmax＝eq\f(5μmg,2)则要使木板沿水平桌面向右滑动且与物块间没有相对滑动，需满足eq\f(μmg,2)<F≤eq\f(5μmg,2).(3)由于F＝3μmg>eq\f(5μmg,2)，所以物块与木板之间发生相对滑动．物块的加速度：a1＝μg撤去拉力F时物块的速度：v1＝a1t0＝μgt0对木板：F－μmg－eq\f(2μmg,4)＝ma2得：a2＝eq\f(3,2)μg撤去拉力F时木板的速度：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设撤去拉力F后，再经过时间t1，物块与木板达到共同速度v，之后再经过时间t2，木板停止滑行．则：v＝a1(t0＋t1)＝a2t0＋a3t1得：t1＝eq\f(1,5)t0；v＝eq\f(6,5)μgt0达到共同速度后：－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木板运动的总位移：s＝eq\f(v2t0,2)＋eq\f(v2＋v,2)t1＋eq\f(v,2)t2＝3.9μgt02木板运动全过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·扬州市一模)在如图3所示的坐标系内，PQ是垂直于x轴的分界线，PQ左侧的等腰直角三角形区域内分布着匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，AC边有一挡板可吸收电子，AC长为d.PQ右侧为偏转电场，两极板长度为eq\f(1,2)d，间距为d.电场右侧的x轴上有足够长的荧光屏．现有速率不同的电子在纸面内从坐标原点O沿y轴正方向射入磁场，电子能打在荧光屏上的最远处为M点，M到下极板右端的距离为eq\f(1,2)d，电子电荷量为e，质量为m，不考虑电子间的相互作用以及偏转电场边缘效应，求：图3(1)电子通过磁场区域的时间t；(2)偏转电场的电压U；(3)电子至少以多大速率从O点射出时才能打到荧光屏上．答案(1)eq\f(πm,2eB)(2)eq\f(8eB2d2,3m)(3)eq\f(eBd,\r(3,3)m)解析(1)电子在磁场区域洛伦兹力提供向心力evB＝meq\f(v2,r)，得到：r＝eq\f(mv,eB)运动周期T＝eq\f(2πr,v)，得到：T＝eq\f(2πm,eB)△OAC和△OQC均为等腰直角三角形，故通过磁场区域的时间为t1＝eq\f(90°,360°)T＝eq\f(πm,2eB).(2)打在最远处，则必是速度最大的电子恰从偏转电场的最高点进入电场，由几何知识得r＝d，由上述结果r＝eq\f(mv,eB)解得v＝eq\f(eBd,m)通过电场的时间t2＝eq\f(d,2v)，解得t2＝eq\f(m,2eB)电子离开电场后做匀速直线运动到达M点，由几何关系有：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代入数据解得U＝