2025届高考物理二轮复习计算题押题练3含解析

PAGE2-计算题押题练313．(11分)如图所示，质量为m、电阻为R的单匝矩形线框置于光滑水平面上，线框边长ab＝L、ad＝2L。虚线MN过ad、bc边中点。一根能承受最大拉力F0的细线沿水平方向拴住ab边中点O。从某时刻起，在MN右侧加一方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小按B＝kt的规律匀称改变。一段时间后，细线被拉断，线框向左运动，ab边穿出磁场时的速度为v。求：(1)细线断裂前线框中的电功率P；(2)细线断裂后瞬间线框的加速度大小a及线框离开磁场的过程中安培力所做的功W；(3)线框穿出磁场过程中通过导线截面的电荷量q。解析：(1)依据法拉第电磁感应定律得E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)L2＝kL2电功率P＝eq\f(E2,R)＝eq\f(k2L4,R)。(2)细线断裂瞬间安培力FA＝F0线框的加速度a＝eq\f(FA,m)＝eq\f(F0,m)线框离开磁场过程中，由动能定理得W＝eq\f(1,2)mv2。(3)设细线断裂时刻磁感应强度为B1，则有ILB1＝F0其中I＝eq\f(E,R)＝eq\f(kL2,R)线框穿出磁场过程eq\o(E,\s\up6(－))＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(B1L2,Δt)电流eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),R)通过的电荷量q＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt解得q＝eq\f(F0,kL)。答案：(1)eq\f(k2L4,R)(2)eq\f(F0,m)eq\f(1,2)mv2(3)eq\f(F0,kL)14．(15分)如图(a)，两端分别为M、N的长木板A静止在水平地面上，木板上长0.5m的PN段上表面光滑，N端上静止着一个可视为质点的滑块B。给木板施加一个水平向右的力F，F与木板的位移x的关系如图(b)所示，当x＝1.5m时撤去力F，撤力F前B仍在木板上。已知A、B的质量均为m＝1kg，A的MP段上表面与B及A与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。求：(1)当木板A的位移为x1＝0.5m时，木板A的速度大小；(2)木板A的最小长度；(3)整个运动过程中，A与地面间因摩擦产生的热量。解析：(1)由题知，当x1＝0.5m时，地面对A的滑动摩擦力为f地＝μ×2mg＝4N对A，依据动能定理有(F－f地)x1＝eq\f(1,2)mv2解得v＝2m/s。(2)由图可知，从0.5m到1.5m，F＝4N＝f地，故A、B组成的系统合外力为零，假设当B恰好滑到A的左端时两者有共同速度，此时A的长度最小，依据动量守恒定律有mv＝2mv′解得v′＝1m/s对A，依据动能定理有(F－fBA－f地)xA＝eq\f(1,2)mv′2－eq\f(1,2)mv2解得xA＝0.75m<x2＝1m，故假设成立对B，依据动能定理有fABxB＝eq\f(1,2)mv′2解得xB＝0.25m故后一段A相对B的位移为Δx＝xA－xB＝0.5m故A的最小长度为L＝x1＋Δx＝1m。(3)共速后，对整体，依据动能定理有－f地x3＝0－eq\f(1,2)(m＋m)v′2解得x3＝0.25m故整个运动过程