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2019高考物理三轮冲刺练：计算题32分专练（1）含解析
计算题32分专练(一)
(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)
24．(12分)如图所示，匝数N＝100、截面积S＝1.0×10－2 m2、电阻r＝0.15 Ω的线圈内有方向垂直于线圈平面向上的随时间均匀增加的匀强磁场B1，其变化率k＝0.80 T/s。线圈通过开关S连接两根相互平行、间距d＝0.20 m的竖直导轨，下端连接阻值R＝0.50 Ω的电阻。一根阻值也为0.50 Ω、质量m＝1.0×10－2 kg的导体棒ab搁置在等高的挡条上。在竖直导轨间的区域仅有垂直纸面的不随时间变化的匀强磁场B2。接通开关S后，棒对挡条的压力恰好为零。假设棒始终与导轨垂直，且与导轨接触良好，不计摩擦阻力和导轨电阻。

(1)求磁感应强度B2的大小，并指出磁场方向；
(2)断开开关S后撤去挡条，棒开始下滑，经t＝0.25 s后下降了h＝0.29 m，求此过程棒上产生的热量。
解析：　(1)线圈中的感应电动势为：
E＝N＝NS＝NSk
流过导体棒ab的感应电流为：
Iab＝＝
导体棒ab对挡条的压力为零时有：
F安＝B2Iabd＝mg
联立解以上各式得：B2＝0.5 T，方向垂直纸面向外。
(2)断开S撤去挡条，棒下滑h时导体棒ab的速度为v，整个过程电路产生热量为Q，由能量守恒定律得：
mgh＝mv2＋Q，Qab＝Q
整个下滑过程，由动量定理得：
mgt－安＝mv－0
其中安培力平均冲量：安＝B2d·t＝B2qd
下滑h过程通过导体棒的电荷量：
q＝＝
联立解以上各式得：Qab＝2.3×10－3 J。
答案：　(1)0.5 T　方向垂直纸面向外　(2)2.3×10－3 J
25．(20分)如图所示，固定在地面上的倾斜直轨道AB与圆弧轨道BC相切于B点，一可视为质点的小球由A点以某一初速度(设为v0)冲上直轨道，经一段时间，小球运动到圆弧轨道最高点C。已知圆弧轨道的半径为R＝0.5 m，小球的质量为m＝0.2 kg；小球由A运动到C的过程中除重力外其他力做的功为－1.4 J，重力加速度g＝10 m/s2。

(1)若小球的初速度大小为v0＝5 m/s，则小球在C点对圆弧轨道的压力为多大？
(2)若小球由A到C的过程中除重力外其他力做的功保持不变，欲使小球能从C点水平抛出，则小球的初速度应满足什么条件？
解析：　(1)小球从A点运动到C点的过程中，由动能定理有
－mgR＋W＝mv－mv
在最高点C，根据牛顿第二定律有mg－FN＝m
联立并代入数据解得FN＝1.6 N
由牛顿第三定律可知，小球在C点对轨道的压力大小为FN′＝FN＝1.6 N。
(2)要使小球能够从C点水平抛出，则小球到达C点的速度要大于零且不脱离圆弧轨道
①若小球恰好能到达C点，设对应的初速度为v1
从A点到C点，由动能定理有－mgR＋W＝0－mv
解得v1＝2 m/s
②若小球恰好不脱离圆轨道，设小球到达C点时速度为vC′，对应的初速度为v2
则在C点，小球对轨道的压力为零，有mg＝m
从A点到C点，由动能定理有－mgR＋W＝mvC′2－mv
解得v2＝ m/s
综上可知，要使小球能够从C点水平抛出，v0的取值范围是2 m/s答案：　(1)1.6 N　(2)2 m/s




























































































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2019高考物理三轮冲刺练：计算题32分专练（2）含解析
计算题32分专练(二)
(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)
24．(12分)(2018·辽宁本溪联考)如图所示，CDE为光滑的轨道，其中ED段是水平的，CD段是竖直平面内的半圆，与ED相切于D点，且半径R＝0.5 m，质量m＝0.1 kg的滑块A静止在水平轨道上，另一质量M＝0.5 kg的滑块B前端装有一轻质弹簧(A、B均可视为质点)以速度v0向左运动并与滑块A发生弹性正碰。若相碰后滑块A滑上半圆轨道并能过最高点C，取重力加速度g＝10 m/s2，问：

(1)B滑块至少要以多大速度向前运动；
(2)如果滑块A恰好能过C点，滑块B与滑块A相碰过程中轻质弹簧的最大弹性势能为多少？
解析：　(1)设滑块A过C点时速度为vC，B与A碰撞后，B与A的速度分别为v1、v2，B碰撞前的速度为v0，过圆轨道最高点的临界条件是重力提供向心力，由牛顿第二定律得mg＝m，
由机械能守恒定律得
mv＝mg·2R＋mv，
B与A发生弹性碰撞，碰撞过程动量守恒、机械能守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得
Mv0＝Mv1＋mv2，
由机械能守恒定律得
Mv＝Mv＋mv，
联立并代入数据解得v0＝3 m/s。
(2)由于B与A碰撞后，当两者速度相同时有最大弹性势能Ep，设共同速度为v，A、B碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得
Mv0＝(M＋m)v，
由机械能守恒定律得
Mv＝Ep＋(M＋m)v2，
联立并代入数据解得Ep＝0.375 J。
答案：　(1)3 m/s　(2)0.375 J
25．(20分)(2018·南京三校联考)

如图所示，在xOy平面内，在x>0范围内以x轴为电场和磁场的边界，在x<0范围内以第三象限内的直线OM为电场与磁场的边界，OM与x轴负方向成θ＝45°角，在边界的下方空间存在着垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝0.1 T，在边界的上方有沿y轴正方向的匀强电场，场强大小为E＝32 N/C。在y轴上的P点有一个不计重力的带电微粒，以沿x轴负方向的初速度v0＝2×103 m/s射出。已知OP＝0.8 cm，微粒所带电荷量q＝－5×10－18 C，质量m＝1×10－24 kg。求：
(1)带电微粒第一次进入电场时的位置坐标。
(2)带电微粒从P点出发到第三次经过电、磁场边界经历的总时间。
(3)带电微粒第四次经过电、磁场边界时的速度大小。
解析：　

(1)带电微粒从P点开始在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示，第一次经过磁场边界上的A点，由半径公式可得
r＝＝4×10－3 m。
因为OP＝0.8 cm，匀速圆周运动的圆心在OP的中点C，由几何关系可知，A点位置的坐标为(－4×10－3 m，－4×10－3 m)。
(2)带电微粒在磁场中做匀速圆周运动的周期为
T＝＝1.256×10－5 s。
由图可知，微粒运动四分之一个圆周后竖直向上进入电场，故t1＝T＝0.314×10－5 s。
微粒在电场中先做匀减速直线运动到速度为零，然后反向做匀加速直线运动，微粒运动的加速度为
a＝，
故在电场中运动的时间为t2＝＝＝2.5×10－5 s。
微粒再次进入磁场后又做四分之一圆周运动，故t3＝t1＝0.314×10－5 s，所以微粒从P点出发到第三次经过电、磁场边界的时间为
t＝t1＋t2＋t3＝3.128×10－5 s。
(3)微粒从B点第三次经过电、磁场边界水平向左进入电场后做类平抛运动，则加速度
a＝＝1.6×108 m/s2，
则第四次到达电、磁场边界时，
y＝at，x＝v0t4，tan 45°＝，
解得vy＝at4＝4×103 m/s。
则微粒第四次经过电、磁场边界时的速度为
v＝＝2×103 m/s。
答案：　(1)(－4×10－3 m，－4×10－3 m)　(2)3.128×10－5 s　(3)2×103 m/s

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