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1、（江蘇專(zhuān)版）2022年高考物理二輪復(fù)習(xí) 計(jì)算題押題練（二）（含解析） 1．傳送帶在各行業(yè)都有廣泛應(yīng)用，如圖所示，一質(zhì)量為m，電阻為R，邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形單匝閉合金屬線(xiàn)框隨水平絕緣傳送帶以恒定速度v0向右運(yùn)動(dòng)，通過(guò)一固定的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直于傳送帶平面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域。已知磁場(chǎng)邊界MN、PQ與傳送帶運(yùn)動(dòng)方向垂直，MN與PQ間的距離為d(d>L)，線(xiàn)框與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g。金屬框穿過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中將與傳送帶產(chǎn)生相對(duì)滑動(dòng)，且右側(cè)邊經(jīng)過(guò)邊界PQ時(shí)又恰好與傳送帶的速度相同。設(shè)傳送帶足夠長(zhǎng)，且金屬框始終保持右側(cè)邊平行于磁場(chǎng)邊界。求： (1)線(xiàn)框的右側(cè)剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)所受安培力

2、的大??； (2)線(xiàn)框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中運(yùn)動(dòng)加速度的最大值以及速度最小值； (3)線(xiàn)框穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域的過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱。 解析：(1)閉合線(xiàn)框右邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv0， 根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得：I＝＝， 右側(cè)邊所受的安培力為：F＝BIL＝。 (2)線(xiàn)框以速度v0進(jìn)入磁場(chǎng)，在進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中，受安培力而做減速運(yùn)動(dòng)；進(jìn)入磁場(chǎng)后，在摩擦力作用下做加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)其右側(cè)邊達(dá)到PQ時(shí)速度又恰好等于v0，因此線(xiàn)框在剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，所受安培力最大，加速度最大，設(shè)為am，線(xiàn)框全部進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度最小，設(shè)此時(shí)線(xiàn)框的速度為v，根據(jù)牛頓第二定律可得F－μmg＝mam， 解得am＝－μg；

3、 在線(xiàn)框完全進(jìn)入磁場(chǎng)到右邊到達(dá)PQ的過(guò)程中， 根據(jù)動(dòng)能定理可得：μmg(d－L)＝mv02－mv2 解得：v＝。 (3)設(shè)線(xiàn)框在進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域的過(guò)程中，克服安培力做的功為W， 根據(jù)動(dòng)能定理可得：μmgL－W＝mv2－mv02，解得W＝μmgd， 閉合線(xiàn)框出磁場(chǎng)與進(jìn)入磁場(chǎng)受力情況相同，由能量守恒定律可得線(xiàn)框在穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域的過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱Q＝2W＝2μmgd。 答案：(1)　(2)－μg　 (3)2μmgd 2.如圖所示A、B質(zhì)量分別為mA＝0.5 kg，mB＝1 kg，A、B間用彈簧連接著，彈簧勁度系數(shù)k＝100 N/m，輕繩一端系在A(yíng)上，另一端跨過(guò)定滑輪，B為套在輕繩上的光滑

4、圓環(huán)，另一圓環(huán)C固定在桌邊，B被C擋住而靜止在C上，若開(kāi)始時(shí)作用在繩子另一端的拉力F為零，此時(shí)A處于靜止且剛好不接觸地面?，F(xiàn)用恒定拉力F＝10 N拉繩子，恰能使B離開(kāi)C但不能繼續(xù)上升，不計(jì)一切摩擦且彈簧沒(méi)超過(guò)彈性限度，g取10 m/s2，求： (1)B剛要離開(kāi)C時(shí)A上升的高度； (2)若把拉力F改為F′＝20 N，則B剛要離開(kāi)C時(shí)，A的速度大小。 解析：(1)當(dāng)F＝0時(shí)，彈簧的伸長(zhǎng)量： x1＝＝ m＝0.05 m 當(dāng)F＝10 N，B恰好離開(kāi)C時(shí)，A剛好上升到最高點(diǎn)，彈簧的壓縮量： x2＝＝ m＝0.1 m 所以A上升的高度： h＝x1＋x2＝0.05 m＋0.1 m＝0.15

5、m。 (2)當(dāng)F＝10 N時(shí)，在A(yíng)上升過(guò)程中，根據(jù)功能關(guān)系： Fh＝mAgh＋ΔEp 所以彈簧彈性勢(shì)能增加了： ΔEp＝Fh－mAgh＝(10－5)×0.15 J＝0.75 J 把拉力改為F′＝20 N，從A上升到當(dāng)B恰要離開(kāi)C時(shí)的過(guò)程中，彈簧的彈性勢(shì)能變化相等，根據(jù)功能關(guān)系，有：F′h＝mAvA2＋mAgh＋ΔEp 解得：vA＝ m/s。 答案：(1)0.15 m　(2) m/s 3.如圖所示，在xOy平面內(nèi)，在x>0范圍內(nèi)以x軸為電場(chǎng)和磁場(chǎng)的邊界，在x<0范圍內(nèi)以第Ⅲ象限內(nèi)的直線(xiàn)OM為電場(chǎng)與磁場(chǎng)的邊界，OM與x軸負(fù)方向成θ＝45°角，在邊界的下方空間存在著垂直于紙面向里的勻

6、強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝0.1 T，在邊界的上方有沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小為E＝32 N/C；在y軸上的P點(diǎn)有一個(gè)不計(jì)重力的帶電微粒，以初速度v0＝2×103 m/s沿x軸負(fù)方向射出，已知OP＝0.8 cm，微粒所帶電荷量q＝－5×10－18 C，質(zhì)量m＝1×10－24 kg，求： (1)帶電微粒第一次進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的位置坐標(biāo)； (2)帶電微粒從P點(diǎn)出發(fā)到第三次經(jīng)過(guò)電磁場(chǎng)邊界經(jīng)歷的總時(shí)間； (3)帶電微粒第四次經(jīng)過(guò)電磁場(chǎng)邊界時(shí)的速度大小。 解析：(1)帶電微粒從P點(diǎn)開(kāi)始在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示， 第一次經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)邊界上的A點(diǎn)，由洛倫茲力提供向心力 qvB＝m

7、 得r＝＝4×10－3 m 因?yàn)镺P＝0.8 cm，勻速圓周運(yùn)動(dòng)的圓心在OP的中點(diǎn)C，由幾何關(guān)系可知A點(diǎn)位置的坐標(biāo)為(－4×10－3 m，－4×10－3 m)。 (2)帶電微粒在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期為 T＝＝＝1.256×10－5 s 由圖可以知道，微粒運(yùn)動(dòng)四分之一個(gè)圓周后豎直向上進(jìn)入電場(chǎng)，故 t1＝＝＝3.14×10－6 s 微粒在電場(chǎng)中先做勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)到速度為零，然后反向做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，微粒運(yùn)動(dòng)的加速度為 a＝ 故在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為 t2＝＝ 代入數(shù)據(jù)計(jì)算得出： t2＝2.5×10－5 s 微粒再次進(jìn)入磁場(chǎng)后又做四分之一圓周運(yùn)動(dòng)，故有： t3＝t1＝3.14×10－6 s 所以微粒從P點(diǎn)出發(fā)到第三次經(jīng)過(guò)電磁場(chǎng)邊界的時(shí)間為： t＝t1＋t2＋t3＝3.128×10－5 s。 (3)微粒從B點(diǎn)第三次經(jīng)過(guò)電磁場(chǎng)邊界水平向左進(jìn)入電場(chǎng)后做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，則加速度為 a＝ 第四次到達(dá)電磁場(chǎng)邊界時(shí)有： y＝at42 x＝v0t4 tan 45°＝ 解得：vy＝at4＝4×103 m/s。 答案：(1)(－4×10－3 m，－4×10－3 m) (2)3.128×10－5 s　(3)4×103 m/s