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1、2022年高考物理一輪復(fù)習 模塊復(fù)習 計算題47分練（3）
本題共3小題，共計47分。解答時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)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位。
13.(15分)輕質(zhì)細線吊著一質(zhì)量為m＝0.32 kg、邊長為L＝0.8 m、匝數(shù)n＝10的正方形線圈，總電阻為r＝1 Ω。邊長為的正方形磁場區(qū)域?qū)ΨQ分布在線圈下邊的兩側(cè)，如圖1甲所示。磁場方向垂直紙面向里，大小隨時間變化如圖乙所示。從t＝0開始經(jīng)t0時間細線開始松弛，取g＝10 m/s2。求：
圖1
(1)在前t0時間內(nèi)線圈中產(chǎn)生的電動勢；
(2)在前t0時間內(nèi)線圈的電功率
2、；
(3)t0的值。
解析 (1)由法拉第電磁感應(yīng)定律得：
E＝n＝n××(2分)
解得E＝0.4 V(1分)
(2)I＝＝0.4 A，(2分)
P＝I2r＝0.16 W。(2分)
(3)分析線圈受力可知，當細線松弛時有：F安＝nBt0I＝mg(2分)
I＝(1分)
Bt0＝＝2 T(2分)
由圖乙知：Bt0＝1＋0.5t0，(2分)
解得：t0＝2 s。(1分)
答案 (1)0.4 V (2)0.16 W (3)2 s
14.(16分)如圖2所示，傾角為30°的足夠長的光滑斜面下端與一足夠長的光滑水平面相接，連接處用一光滑小圓弧過渡，斜面上距水平面高度分別為h1＝5
3、 m和h2＝0.2 m的兩點處，各靜置一小球A和B。某時刻由靜止開始釋放A球，經(jīng)過一段時間t后，再由靜止開始釋放B球。g取10 m/s2。
圖2
(1)為了保證A、B兩球不會在斜面上相碰，t最長不能超過多少？
(2)若A球從斜面上h1高度處自由下滑的同時，B球受到恒定外力作用從斜面底端C點以加速度a由靜止開始向右運動，則a最大為多大時，A球能追上B球？
解析 (1)兩球在斜面上下滑的加速度相同，設(shè)加速度為a0，根據(jù)牛頓第二定律有mgsin 30°＝ma0(2分)
解得a0＝5 m/s2(2分)
設(shè)A、B兩球下滑到斜面底端所用時間分別為t1和t2，則有＝a0t，＝a0t(2分)
4、
解得t1＝2 s，t2＝0.4 s(2分)
為了保證A、B兩球不會在斜面上相碰，t最長不能超過
t＝t1－t2＝1.6 s(2分)
(2)設(shè)A球在水平面上再經(jīng)t0追上B球，則
a(t1＋t0)2＝a0t1t0(2分)
A球要追上B球，上述方程必須有解，即
(2a－10)2－4a2≥0(2分)
解得a≤2.5 m/s2(2分)
答案 (1)1.6 s (2)2.5 m/s2
15.(16分)如圖3所示，在平面直角坐標系xOy內(nèi)，第Ⅰ象限的等腰直角三角形MNP區(qū)域內(nèi)存在垂直于坐標平面向外的勻強磁場， y＜0的區(qū)域內(nèi)存在著沿y軸正方向的勻強電場。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子
5、從電場中Q(－2h，－h(huán))點以速度v0水平向右射出，經(jīng)過坐標原點O處射入第Ⅰ象限，最后以垂直于PN的方向射出磁場。已知MN平行于x軸，N點的坐標為(2h，2h)，不計粒子的重力，求：
圖3
(1)電場強度E的大小以及帶電粒子從O點射出勻強電場時與水平方向夾角α的正切值；
(2)磁感應(yīng)強度B的大??；
(3)帶電粒子從Q點運動到射出磁場的時間t。
解析 (1)粒子在勻強電場中做類平拋運動，由平拋運動規(guī)律及牛頓運動定律得
2h＝v0t①(2分)
h＝at2②(2分)
又qE＝ma③(1分)
聯(lián)立①②③解得E＝④(1分)
設(shè)粒子到達O點時的速度為v，沿y軸正方向的分速度為vy
則有vy＝at＝·＝v0，v＝＝v0⑤(2分)
速度v與x軸正方向的夾角α滿足tan α＝＝1(1分)
即α＝45°，因此粒子從MP的中點垂直于MP進入磁場。
(2)又因為粒子垂直于PN射出磁場，所以P點為圓心，軌道半徑R＝MP＝h⑥(1分)
由牛頓第二定律有qvB＝m⑦(2分)
聯(lián)立解得B＝。(1分)
(3)帶電粒子在電場中運動的時間t1＝，從O點運動到磁場邊界的時間t2＝＝，在磁場中運動的時間：t3＝＝(1分)
帶電粒子從Q點運動到射出磁場的時間
t ＝t1＋t2＋t3＝＋＋＝(3＋)。(2分)
答案 (1) 1 (2) (3)(3＋)
2022年高考物理一輪復(fù)習 模塊復(fù)習 計算題47分練（3）
