（江蘇專用）2019高考物理總復(fù)習(xí) 優(yōu)編題型增分練：計(jì)算題規(guī)范練（四）

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1、 計(jì)算題規(guī)范練(四) 四、計(jì)算題(本題共3小題，共計(jì)47分．解答時(shí)請寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟．只寫出最后答案的不能得分．有數(shù)值計(jì)算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位．) 14．(15分)(2018·江蘇省高考?jí)狠S沖刺卷)如圖1，水平面內(nèi)有一光滑金屬導(dǎo)軌QPMN，MP邊長度為d＝3 m、阻值為R＝1.5 Ω，且MP與PQ垂直，與MN的夾角為135°，MN、PQ邊的電阻不計(jì)．將質(zhì)量m＝2 kg、電阻不計(jì)的足夠長直導(dǎo)體棒放置在導(dǎo)軌上，并與MP平行，棒與MN、PQ的交點(diǎn)F、E間的距離L＝4 m，整個(gè)空間存在垂直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.5 T．在外力作用下，棒由E

2、F處以初速度v0＝3 m/s向右做直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過程中回路的電流強(qiáng)度始終不變．求： 圖1 (1)棒在EF處所受的安培力的功率P； (2)棒由EF處向右移動(dòng)距離2 m所需的時(shí)間Δt； (3)棒由EF處向右移動(dòng)2 s的過程中，外力做的功W. 答案　(1)24 W　(2) s　(3)41.25 J 解析　(1)棒在EF處的感應(yīng)電動(dòng)勢E＝BLv0＝6 V 電流I＝＝4 A 安培力FA＝BIL＝8 N 安培力的功率P＝FAv0＝24 W. (2)棒向右移動(dòng)2 m的過程中回路磁通量變化量ΔΦ＝BΔS＝B(Lx＋x2)＝5 Wb 因?yàn)殡娏鲝?qiáng)度始終不變，電動(dòng)勢也不變，由E＝可得Δt＝

3、＝ s. (3)棒由EF處向右移動(dòng)2 s的過程中，回路磁通量的變化量ΔΦ′＝EΔt′＝12 Wb 棒掃過的面積為ΔS′＝＝24 m2 2 s的過程棒向右移動(dòng)了x′，ΔS′＝Lx′＋，解得x′＝4 m 此時(shí)電動(dòng)勢不變E＝B(L＋x′)v，解得v＝1.5 m/s 安培力做功等于回路產(chǎn)生的焦耳熱WA＝I2Rt′＝48 J 根據(jù)動(dòng)能定理W－WA＝mv2－mv02，解得W＝41.25 J. 15．(16分)(2018·南京市、鹽城市二模)如圖2所示，在豎直平面內(nèi)固定一U形軌道，軌道兩邊豎直，底部是半徑為R的半圓．質(zhì)量均為m的A、B兩小環(huán)，用長為R的輕桿連接在一起，套在U形軌道上．小環(huán)在軌道

4、的豎直部分運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的阻力均為環(huán)重的0.2倍，在軌道的半圓部分運(yùn)動(dòng)時(shí)不受任何阻力．現(xiàn)將A、B兩環(huán)從圖示位置由靜止釋放，釋放時(shí)A環(huán)距離底部2R.不考慮輕桿和軌道的接觸，重力加速度為g.求： 圖2 (1) A環(huán)從釋放到剛進(jìn)入半圓軌道時(shí)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間； (2) A環(huán)剛進(jìn)入半圓軌道時(shí)桿對A的作用力； (3) A環(huán)在半圓軌道部分運(yùn)動(dòng)過程中的最大速度． 答案　(1)　(2)0.1mg，方向豎直向上 (3) 解析　(1)A、B兩環(huán)沿豎直軌道下滑時(shí)，以整體為研究對象，在重力和摩擦力的作用下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律有2mg－2Ff＝2ma 代入數(shù)據(jù)得a＝0.8g 兩環(huán)沿豎直軌道

5、下滑過程中，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有R＝at2 代入數(shù)據(jù)得t＝. (2)A環(huán)剛進(jìn)入半圓軌道時(shí)，B環(huán)受重力、摩擦力和桿對B環(huán)的作用力F(設(shè)方向豎直向上)，A環(huán)受重力和桿對環(huán)A的作用力F(設(shè)方向豎直向下)，兩環(huán)加速度相同，根據(jù)牛頓第二定律 對A環(huán)：mg＋F＝ma 對B環(huán)：mg－Ff－F＝ma 代入數(shù)據(jù)得F＝－0.1mg 所以A環(huán)剛進(jìn)入半圓軌道時(shí)，桿對環(huán)A的作用力大小為0.1mg，方向豎直向上． (3)當(dāng)A、B兩環(huán)均沿半圓軌道運(yùn)動(dòng)時(shí)，兩環(huán)的速度大小始終相等 則A環(huán)的速度最大時(shí)整體的重心最低，此時(shí)輕桿水平，重心在圓心的正下方，由幾何知識(shí)可知，此時(shí)重心距圓心的距離為R 對全程運(yùn)用動(dòng)能定理

6、有2mg(R＋R＋R)－0.2mg×2R－0.2mg×R＝×2mv2 解得v＝ 所以A環(huán)在半圓部分運(yùn)動(dòng)過程中的最大速度為v＝. 16．(16分)回旋加速器是現(xiàn)代高能物理研究中用來加速帶電粒子的常用裝置．圖3甲為回旋加速器原理示意圖，置于真空中的兩個(gè)半徑為R的D形金屬盒，盒內(nèi)存在與盒面垂直、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場．兩盒間的距離很小，帶電粒子穿過的時(shí)間極短可以忽略不計(jì)．位于D形盒中心A處的粒子源能產(chǎn)生質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，粒子的初速度可以忽略．粒子在兩盒間被加速，經(jīng)狹縫進(jìn)入盒內(nèi)磁場．兩盒間的加速電壓按圖乙所示的余弦規(guī)律變化，其最大值為U0.加速過程中不考慮相對論效應(yīng)和重力作用．

7、已知t0＝0時(shí)刻產(chǎn)生的粒子每次通過狹縫時(shí)都能被最大電壓加速．求： 圖3 (1)兩盒間所加交變電壓的最大周期T0； (2)t0＝0時(shí)刻產(chǎn)生的粒子第1次和第2次經(jīng)過兩D形盒間狹縫后的軌道半徑之比； (3)t1＝與t2＝時(shí)刻產(chǎn)生的粒子到達(dá)出口處的時(shí)間差． 答案　(1)　(2)1∶　(3)＋ 解析　(1)設(shè)粒子在某次被加速后的速度為v，則它在勻強(qiáng)磁場中做半徑為r的圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)： qvB＝m，運(yùn)動(dòng)周期為T＝，即：T＝ 要保證t0＝0時(shí)刻產(chǎn)生的粒子每次通過狹縫時(shí)都能被最大電壓加速，交變電壓的最大周期與粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期相同，所以：T0＝ (2)t0＝0時(shí)刻兩盒間的電壓為U0，此時(shí)刻產(chǎn)

8、生的粒子第1次經(jīng)過狹縫后的速度為v1，半徑為r1，則 qU0＝mv12 qv1B＝m 解得：r1＝ 粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)后第2次經(jīng)過狹縫，此時(shí)兩盒間的電壓反向，大小仍為U0，粒子再次加速qU0＝mv22－mv12 qv2B＝ 解得：r2＝， 所以r1∶r2＝1∶. (3)設(shè)粒子到達(dá)出口時(shí)的速度為vm，則：qvmB＝m 即所有從出口飛出的粒子，速度大小都相等，而每個(gè)粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的每一個(gè)周期時(shí)間內(nèi)，被相同的電壓加速兩次．設(shè)某個(gè)粒子被加速時(shí)的電壓為U，它總共被加速了n次，則：nqU＝mvm2 整理可以得到：n＝ 該粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間t＝n· t1＝與t2＝時(shí)刻產(chǎn)生的粒子被加速時(shí)的電壓分別為： U1＝U0cos (·)，U2＝U0cos (·) 即U1＝U0，U2＝U0 所以，t1＝與t2＝時(shí)刻產(chǎn)生的粒子到達(dá)出口處的時(shí)間差為：Δt＝(n2－n1)＋(－)， 即：Δt＝＋. 5