2019高考物理二轮复习 2-3 计算题的解题策略与技巧专项训练

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[解析] (1)线框做平抛运动，如图所示，当ab边与磁场上边界接触时，竖直方向有h＝gt＝0.2 m，

2得t＝0.2 s，此时竖直方向的分速度v2y＝gt＝2 m/s＝v0，合速度方向与水平方向成45°角，由题知线框匀速进入磁场，ad与bc这两边产生的电动势相互抵消，所以整个线框只有ab边有效切割磁感线，并且只有竖直方向切割，有效速度为2 m/s，此时电流

EI＝，E＝Blv2y① RFA＝BIl②

因为线框匀速进入磁场，合力为0，所以mg＝FA③ 联立①②③得B＝2 T

(2)线框全部进入磁场区域之后，水平方向做匀速运动，竖直方向做匀加速运动，线框离开磁场过程中，上下两边所受到的安培力抵消，所以不考虑竖直方向上的安培力产生的焦耳热，水平方向上，只有ad边的水平方向上的速度在切割磁感线，线框离开磁场的过程中通过线框横截面的电荷量

ΔΦBlq＝＝④

2

RR离开磁场过程中水平方向动量守恒，设向右为正，得 －Blq＝mv5x－mv0⑤ 得v5x＝1.5 m/s 由动能定理可知

22222mgΔh－Q1＝mv25－mv4＝mv5x－mv0＋mv5y－mv4y⑥

1

21212121212

离开磁场过程中竖直方向只受重力，由牛顿第二定律有

2

v25y－v4y＝2gΔh⑦

联立解得Q1＝0.017 5 J

在进入磁场过程中，速度不变，重力势能转换成焦耳热Q2＝mgl＝0.02 J

5

所以Q总＝0.037 5 J

(3)图中2，3，4，5状态下线框中心横坐标分别为0.4 m，0.5 m，0.6 m，0.7 m ①当0≤x<0.4 m时，线框还没进入磁场，Ucb＝0

②当0.4 m≤x<0.5 m时，ab边切割磁感线，但cb边进入磁场部分也在切割磁感线，因此这里相当于也有一个电源，在计算电势差时也要考虑，同时电势差要注意正负，因此

Uc b＝－Blv2y＋B(x－0.4 m)v0＝4x－1.7(V)

③当0.5 m≤x<0.6 m时

线框完全进入磁场，电路中没有电流，但bc边仍在切割磁感线，因此仍然相当于一个电源，Ucb＝Blv0

＝0.4 V

④当0.6 m≤x≤0.7 m时

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cb边已经出磁场，整个电动势由ad边提供，Ucb＝Blv4x B2l2（x－0.6 m）

又由动量定理有＝m(v0－v4x)

R得Ucb＝0.25－0.25x(V) [答案] (1)2 T (2)0.0375 J (3)Ucb＝0.25－0.25x(V)

计算题专项训练(三)

三、非选择题：共174分。第22～32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33～38题为选考题，考生根据要求作答。

(一)必考题：共129分。

124．(12分)如图所示，粗糙水平面与半径为R＝9.8 m的光滑圆弧轨道平滑连接，质量为m的小滑块

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A在水平恒力F＝1.5mg的作用下从水平面左侧某点向右运动，力F作用t1＝2 s后撤去，小滑块A继续运

动t2＝2 s后与静止在圆弧轨道底端的另一小滑块B发生弹性碰撞，碰后小滑块B能沿圆弧轨道上升的最大高度为h＝。已知小滑块A与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取9.8 m/s。

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(1)求小滑块A与小滑块B碰撞前瞬间的速度v0； (2)求小滑块B的质量M。

R2

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[解析] (1)对物体A碰撞前运动过程，规定向右为正方向，由动量定理，有Ft1－μmg(t1＋t2)＝mv0

－0

解得v0＝9.8 m/s

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(2)设碰撞后A、B速度分别为v1、v2，由机械能守恒定律，有Mgh＝Mv2

2解得v2＝4.9 m/s

对于弹性碰撞过程，由能量守恒定律，有 121212mv0＝mv1＋Mv2 222

由动量守恒定律，有mv0＝mv1＋Mv2 联立解得M＝3m

[答案] (1)9.8 m/s (2)3m

25．(20分)如图所示的平面直角坐标系xOy，在第Ⅰ象限内有平行于x轴的匀强电场，方向沿＋x轴方向，在第Ⅱ象限的三角形PQM区域(含边界)内有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直xOy平面向里。一个带负电的粒子总是从P点沿＋y轴方向射入磁场。已知P点坐标为(－L，0)，Q点坐标为(－L，

L)，M点坐标为(0，L)，粒子的质量为m，带电荷量为－q，不计粒子重力。

(1)若粒子从P点射入的速度大小为和方向；

(2)若粒子从P点以某一速度射入，最终从Q点离开磁场，此过程中，粒子在电场中电势能变化的最大值为多少？

(3)若粒子从P点射入后，最终能从x轴上P、O点间射出，则粒子从P点射入的最大速度为多少？ [解析] (1)如图甲，粒子在磁场中做匀速圆周运动

qLB，求粒子从P点射入到刚进入电场这段时间内平均速度的大小mmv2mvqvB＝，解得r＝

rqB2πr2πm周期T＝，T＝ vqB代入已知条件得r＝L

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粒子从P点射入磁场到刚由M点进入电场这段时间内运动的位移和时间分别为

s＝2L t＝14

T

则粒子运动的平均速度v＝st 代入可得v＝22qBLπm

平均速度方向由P点指向M点

(2)如图乙，分析可知，粒子从Q点射出的速度方向必沿＋y方向 r＝L12

可得v1＝

qBL2m 电势能最大时，粒子动能为0。设电势能改变量为ΔEp，根据能量守恒定律，有ΔE12

p＝2

mv1－0

＝q2B2联立可得ΔEL2

p8m

(3)如图丙，分析可知，粒子从P、O间以最大速度射出需满足

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