第4部分 计算题提分练4-2023新教材新高考物理【导学教程】大二轮专题辅导与训练

考前专项冲刺 (3)从电荷第一次通过MN开始计时，其运动周期为 导体棒在磁场中受力平衡F=F1十f T=暂×105s 联立得F=0.5N。 答案(1)Q=0.05Jg=0.5C(2)0.5N 根据电荷的运动情况可知，电荷到达 3.解析(1)粒子在电场中的运动为类平抛运动的逆 挡板前运动的完整周期数为4个，此时 运动， 电荷沿MN运动的距离s=4△d= 水平方向：L=w0cos0·t1 16cm,则最后△s=7.5cm的距离如图 、1 1 乙所示， 竖直方向：y=2osin0·4 有r1十r1c0sa=△s,解得c0sa=0.5, 乙 解得y= 则a=60° 故电荷运动的总时间 粒子从y轴上射出电场的位置为(0,2L) 1s=+4T+号T-1g×10*1.1X10*s 45 (2)粒子在电场中的加速度4=gE 答案(1)7.2×103N/C(2)4.0cm(3)1.1×104s 1 提分练(4) 竖直分位移y=2a1 1.解析 (1)交流电源电压的变化周期T=2 =2π 解得E-mo2 w100π/s 2gLi 0.02s 粒子进入磁场后做匀速圆周运动，以沿y轴负方向的速 L 度射出磁场，运动轨迹如图所示， 电子沿着极板的分速度不变，穿过板间的时间= U0 0.30 3X1075=108s. Lix (2)穿过板间的时间远远小于交流电源电压的变化周 -列C 期，可以认为电子经过时两板之间为匀强电场，又有 号F-5adg F 由几何知识得：AC与竖直方向夹角为45°， 电子从B板边缘飞出电场，所以=分·盟·（货） AD- 因此AC刚好为圆形有界磁场的直径，粒子在磁场中做 求得U=45.5V. 圆周运动的轨道半径r=L (3)电子有半个周期向上偏转，被金属板A吸收，另外 粒子在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律得qB= 半个周期内部分电子能飞出电场 v2 由于45.51 1= 91 arcsin 2-6 其中，粒子的速度o=v0c0s0 所以这半个周期内有3时间内有电子飞出电场总的而 2mvo 解得B= 2qL 言，有行的电子飞出电场，占比16.7%。 L_√2L (3)粒子在电场中的运动时间t1一0c0s00 答案(1)0.02s,108s(2)45.5V(3)16.7% 粒子离开电场进入磁场前做匀速直线运动，位移 2.解析(1)设感应电动势为E、感应电流为I,ab棒产生 的焦耳热为Q、通过ab的电荷量为q。已知导体棒电阻 r=0.12,定值电阻R=0.3,由法拉第电磁感应定律 E=BLu 铅子低直线适动的时间=音-☑ 200 回路产生的电流为I一R干 E 粒子在磁场中做圆周运动的时间 <2πm=V2πL 由焦耳定律得Q=IPRt T一41 t3=4 gB 2vo 由电流强度公式I=9 t 粒子总的运动时间1=41十12十1g=L+②（十元）儿 UO 2vo 联立并带入数据解得Q=0.05J,q=0.5C。 √2mg (2)设导体棒受到的摩擦力为f、恒定拉力为F、安培力 答案1D0,L)(2 2gL 2gL 为F1。导体棒受到的安培力F1=BIL (3)L+②(1+x)L 导体棒受到的摩擦力∫=mg 20 341 参考答案 4.解析(1)粒子在电场中做类平抛运动，其加速度大小 提分练(5) 为a=F=9E 1.解析 (1)活塞恰好静止在a处，由平衡得2mg十poS= mm P2S 竖直方向有h= 2mh a2=q正12，故t=NaE； 解得2=2.0×105Pa 2m 在B处有tan60°=必=a4=5 同理可得活塞拾好静止在b处，p1="鸭+p0 Ur Uo 解得1=1.5×105Pa。 因此，粒子从A点射入的速度0= 2gEh √3V3m。 (2)由理想气体状态方程P(H+h)SP2HS To 解得T=320K。 (2)在B处，根据cos60°= U 答案(1)2.0×105Pa(2)320K 2.解析A室气体开始的状态为 可得粒子进入磁场的速度为V= cos 60 =2U0= P1=Po+ogh=152 cmHg,V1=Vo 2gEh B室气体开始的状态为p2=po=76cmHg,V2=3Vo 2入3m 关闭阀门K1,然后解锁K2,最后达到热平衡后有1'= 粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力， p2'=p,V1'+V2'=4Vo 即gvB=m 根据玻意耳定律可得p1V1=p1'V1',p2V2=p2V2 R 整理得152Vo=V1',76×3Vo=V21 联立解得p=95cmHg 则A室最后的气体压强为95cmHg。 答案95cmHg 3.解析(1)设U形管的横截面积为S,对A部分气体， 初态有p1=po+4cmHg=76cmHg+4cmHg= 80 cmHg 末态有p2=76cmHg 气柱长度为L=10cm,L