2021年高考物理二轮专题辅导与训练：高考计算题58分练(2).docx

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高考计算题58分练(2)
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1.在倾角θ=37°的足够长斜面上，装有A、B两光电门，一小正方体木块边长d=1cm，在距A光电门x0处静止释放，小木块通过光电门A显示的遮光时间为
Δt1，通过光电门B显示的遮光时间为Δt2，现保持小木块与光电门A在斜面上的位置不变，不断地转变光电门B的位置，测出对应的两光电门A、B间的距离x和Δt2，并画出如图乙所示的图像。(g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8)求：

(1)动摩擦因数μ的大小。
(2)小木块距光电门A的距离x0多大？
(3)若将小木块换为与小木块同种材料制成的长为L=20cm的木条，把它静止放在距光电门A上方确定距离的某位置，木条依次通过两光电门的遮光时间分别为Δt1=0.2s，Δt2=0.1s，求两光电门A、B之间的距离x多大？(结果保留两位有效数字)
【解析】(1)由乙图像斜率的物理意义可知：a=2m/s2；
由牛顿其次定律可得a=gsinθ-μgcosθ；
联立解得：μ=0.5
(2)=2ax0，解得：x0=0.5m
(3)由木条通过A光电门可得v1Δt1+=L；
由木条通过B光电门可得v2Δt2+=L；
木条由A运动到B可得-=2ax；
联立解得：x=0.74m
答案：(1)0. 5　(2)0.5m　(3)0.74 m
2.(2022·宁波二模)如图所示装置由AB、BC、CD三段轨道组成，轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接，其中轨道AB、CD段是光滑的，水平轨道BC的长度x=5m，轨道CD足够长且倾角θ=37°，A、D两点离轨道BC的高度分别为h1=4. 30m、h2=1.35m。现让质量为m的小滑块自A点由静止释放。已知小滑块与轨道BC间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：
(1)小滑块第一次到达D点时的速度大小。
(2)小滑块第一次与其次次通过C点的时间间隔。
(3)小滑块最终停止的位置距B点的距离。
【解析】(1)小滑块从A→B→C→D过程中，由动能定理得：mg(h1-h2)-μmgx
=m-0
将h1、h2、x、μ、g代入得：vD=3m/s
(2)小滑块从A→B→C过程中，由动能定理得
mgh1-μmgx=m-0
将h1、x、μ、g代入得：vC=6m/s
小滑块沿CD段上滑的加速度大小a=gsinθ=6m/s2
小滑块沿CD段上滑到最高点的时间t1==1s
由对称性可知小滑块从最高点滑回C点的时间
t2=t1=1s
故小滑块第一次与其次次通过C点的时间间隔
t=t1+t2=2s
(3)对小滑块运动全过程应用动能定理，设小滑块在水平轨道上运动的总路程为x总
有：mgh1=μmgx总
将h1、μ代入得x总=8.6m，故小滑块最终停止的位置距B点的距离为2x-x总=1.4m
答案：(1)3m/s　(2)2 s　(3)1.4 m
3.如图所示，真空中有一半径r=0.5m的圆形磁场区域，圆与x轴相切于坐标原点O，磁场的磁感应强度大小B=2×10-3T，方向水平向里，在x1=0.5m到x2=1.0m区域内有一个方向竖直向下的匀强电场，电场强度E=2.0×103N/C。在x=2.0m处有一竖直放置的足够大的荧光屏。现将比荷为=1×109C/kg的带负电粒子从O点处射入磁场，不计粒子所受重力。(sin37°=0.6，cos37°=0.8)
(1)若粒子沿y轴正方向射入，恰能从磁场与电场的相切处进入电场，求粒子最终到达荧光屏上位置的y坐标。
(2)若粒子以(1)问中相同速率从O点与y轴成37°角射入其次象限，求粒子到达荧光屏上位置的y坐标。
【解析】(1)由题意可知，粒子的运动轨迹如图甲所示。
据几何关系：R=r=0.5m；
粒子在磁场中运动，则有：Bqv=；
粒子在磁场中运动的过程：y1=r=0.5m。
粒子进入电场后做类平抛运动：L1=vt；y2=at2；
a=，tanθ==；
飞出电场后粒子做匀速直线运动y3=L2tanθ，
y=y1+y2+y3。
代入数据解得：y=1.75m。

(2)粒子射出磁场时，由几何关系得速度与x轴平行，粒子将垂直电场线射入电场，如图乙所示。
据几何关系可得：y′=y+Rsin37°；
解得：y′=1.75m+0.3 m=2.05 m
答案：(1)1.75m　(2)2.05 m
4.(2022·衢州二模)如图所示，在一半径为R的圆形区域内有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直纸面对外。一束质量为m、电荷量为q的带正电的粒子沿平行于直径MN的方向进入匀强磁场，粒子的速度大小不同，重力不计，入射点P到直径MN的距离为h，求：
(1)某粒子经过磁场射出时的速度方向恰好与其入射方向相反，粒子的入射速度是多大？
(2)恰好能从M点射出的粒子速度是多大？
(3)若h=，粒子从P点经磁场到M点的时间是多少？
【解析】(1)粒子射出方向与入射方向相反，在磁场中走了半周，其半径r1=h
由qv1B=m得v1=

(2)粒子从M点射出，其运动轨迹如图所示，在△MQO1中，
=(R-)2+(h-r2)2
得r2=
由qv2B=m
得v2=
(3)若h=，sin∠POQ=，可得∠POQ=
由几何关系得粒子在磁场中偏转所对应的圆心角为
α=
周期T=
所以t=T=。
答案：(1)　(2)　(3)
5.(2022·杭州二模)如图，光滑斜面的倾角α=30°，在斜面上放置一矩形线框abcd，ab边的边长l1=1m，bc边的边长l2=0.6m，线框的质量m=1kg，电阻R=
0.1Ω，线框通过细线与重物相连，重物质量M=2kg，斜面上ef线(ef平行gh)的右方有垂直斜面对上的匀强磁场，磁感应强度B=0.5T，假如线框从静止开头运动，进入磁场最初一段时间是匀速的，ef线和gh的距离s=11.4m(取g=10m/s2)，求：
(1)线框进入磁场前重物M的加速度。
(2)线框进入磁场时匀速运动的速度v。
(3)ab边由静止开头到运动到gh线处所用的时间t。
(4)ab边运动到gh线处的速度大小和在线框由静止开头到运动到gh线的整个过程中产生的焦耳热。
【解析】(1)线框进入磁场前，线框仅受到细线的拉力FT、斜面的支持力和线框重力，重物M受到重力和拉力FT。对线框，由牛顿其次定律得FT-mgsinα=ma
对重物，有Mg-FT=Ma
联立解得线框进入磁场前重物M的加速度
a==5m/s2
(2)由于线框在进入磁场的最初一段时间做匀速运动，所以重物受力平衡
Mg=FT′，
线框abcd受力平衡FT′=mgsinα+FA
ab边进入磁场切割磁感线，产生的电动势E=Bl1v
形成的感应电流I==
受到的安培力FA=BIl1
联立上述各式得：Mg=mgsinα+
代入数据解得v=6m/s
(3)线框abcd进入磁场前做匀加速直线运动；进磁场的过程中，做匀速直线运动；进入磁场后到运动到gh线，仍做匀加速直线运动。进磁场前线框的加速度与重物的加速度大小相同，a=5m/s2
该阶段运动时间t1==s=1.2 s
进磁场过程中匀速运动时间t2==s=0.1 s
线框完全进入磁场后线框受力状况与进入磁场前相同，所以该阶段的加速度a=5m/s2
s-l2=vt3+a解得t3=1.2s
因此ab边由静止开头运动到gh线处所用的时间
t=t1+t2+t3=2.5s
(4)线框ab边运动到gh线处的速度
v′=v + at3=6m/s+5×1.2 m/s=12 m/s
整个运动过程中产生的焦耳热
Q=FAl2=(Mg-mgsinα)l2=9J
答案：(1)5m/s2　(2)6m/s　(3)2.5 s　(4)12 m/s　9 J
6.(2022·舟山二模)用电阻率为ρ、横截面积为S的薄金属条制成边长为L的闭合正方形框abb′a′。金属方框水平放在磁极的狭缝间，方框平面与磁场方向平行，如图甲、乙所示。设匀强磁场仅存在于相对磁极之间，其他地方的磁场忽视不计。可认为方框的aa′边和bb′边都处在磁极间，极间磁感应强度大小为B。当t=0时，方框从静止开头释放，与底面碰撞后弹起(碰撞时间极短，可忽视不计)，其速度随时间变化的关系图线如图丙所示，在下落过程中方框平面保持水平，不计空气阻力，重力加速度为g。

(1)求在0～15t0时间内，方框中的最大电流Im。
(2)若要提高方框的最大速度，可实行什么措施，写出必要的文字说明和证明过程(设磁场区域足够长，写出一种措施即可)。
(3)估算在0～15t0时间内安培力做的功。
【解析】(1)E=2BLv⇒I===
当v=vm=8v0时，I有最大值，
Im==
(2)设金属方框的密度为d。当方框速度v=vm时，依据牛顿其次定律有
mg-2BImL=0
由于Im===
m=dV=d·4L·S=4dLS
所以vm=
可实行的措施有
a.减小磁场的磁感应强度B；
b.更换材料，使d和ρ的乘积变大。
(3)设方框开头下落时距底面的高度为h1，第一次弹起后达到的最大高度为h2。
在下落过程中，依据动能定理有：
mgh1+W安1=m·(8v0)2
在上升过程中，依据动能定理有：
-mgh2+W安2=0-m·(7v0)2
又由于mg=2BImL⇒m=
由图丙可知：h1=87v0t0(86v0t0～88v0t0均可)
h2=6v0t0(5v0t0～6v0t0均可)
且W安=W安1+W安2
所以W安=-(81gv0t0-)(应与h1、h2的值对应)
答案：见解析
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