高考物理三輪沖刺 題型練輯 計算題規(guī)范練（五）（含解析）-人教版高三全冊物理試題

計算題規(guī)范練(五)24．(2019·福建福州市五月檢測)如圖1甲所示，兩平行長直光滑金屬導(dǎo)軌水平放置，間距為L，左端連接一個電容為C的電容器，導(dǎo)軌處在磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強磁場中．質(zhì)量為m的金屬棒垂直導(dǎo)軌放置，某時刻金屬棒獲得一個水平向右的初速度v0，之后金屬棒運動的v－t圖象如圖乙所示．不考慮導(dǎo)軌的電阻．圖1(1)求金屬棒勻速運動時的速度的大小v1；(2)求金屬棒勻速運動時電容器的電荷量q；(3)已知金屬棒從開始到勻速運動的過程中，產(chǎn)生的焦耳熱為Q，求電容器充電穩(wěn)定后儲存的電能E電能．答案(1)eq\f(mv0,m＋CB2L2)(2)eq\f(CBLmv0,m＋CB2L2)(3)eq\f(1,2)mveq\o\al(02)－eq\f(m3v\o\al(02),2m＋CB2L22)－Q解析(1)金屬棒勻速運動切割磁感線產(chǎn)生的電動勢E＝BLv1電容器的電荷量q＝CE金屬棒從開始到勻速運動的過程中，由動量定理有－Beq\x\to(I)Lt0＝mv1－mv0電容器的電荷量q＝eq\x\to(I)t0聯(lián)立解得v1＝eq\f(mv0,m＋CB2L2)(2)由(1)可知q＝CE＝CBLv1＝eq\f(CBLmv0,m＋CB2L2)(3)在0～t0時間內(nèi)，金屬棒的速度由v0到v1，由能量守恒可得E電能＋Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(02)－eq\f(1,2)mveq\o\al(12)解得E電能＝eq\f(1,2)mveq\o\al(02)－eq\f(m3v\o\al(02),2m＋CB2L22)－Q.25．(2019·福建福州市五月檢測)如圖2所示，傾斜軌道底端用一小段圓弧與水平地面平滑連接，上端與半徑為R＝0.5m的圓管形軌道相切于P點，圓管頂端開口水平，距離水平地面的高度為R.質(zhì)量為m＝0.2kg的小球B靜止在斜面的底端．另有質(zhì)量也為m＝0.2kg的小球A以初速度v0＝5m/s沿水平地面向右運動，并與小球B發(fā)生彈性碰撞，不考慮一切摩擦，重力加速度g取10m/s2.圖2(1)求小球B被碰后瞬間的速度大??；(2)求小球B到達圓管形軌道最高點時對軌道的壓力大小和方向；(3)若保持小球A的初速度不變，增加其質(zhì)量，小球B質(zhì)量不變，則小球B從軌道的最高點拋出后，求小球B的落地點到O點的最遠距離不會超過多少．答案(1)5m/s(2)4N方向豎直向上(3)3m解析(1)設(shè)A、B兩球碰撞后瞬間的速度分別為v1、v2，A、B兩球發(fā)生彈性碰撞，由動量守恒定律得mv0＝mv1＋mv2由能量守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(02)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(12)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(22)聯(lián)立解得v1＝0，v2＝5m/s(2)A、B兩小球碰撞后，設(shè)小球B沿軌道上升到最高點的速度為v，則由動能定理得－mgR＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(22)在圓管形軌道的最高點，設(shè)軌道對小球豎直向上的支持力為FN，由牛頓第二定律可得mg－FN＝meq\f(v2,R)聯(lián)立解得FN＝－4N負號說明圓管形軌道對小球有向下的壓力，根據(jù)牛頓第三定律可得，小球在最高點對軌道有豎直向上的壓力，大小為4N(3)設(shè)小球A的質(zhì)量為M，則由動量守恒定律和能量守恒定律有Mv0＝Mv3＋mv4eq\f(1,2)Mveq\o\al(02)＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(32)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(42)聯(lián)立解得v4＝eq\f(2M,m＋M)v0當(dāng)小球A的質(zhì)量M無限增加時，碰撞后小球B的速度都不會超過2v0假設(shè)碰撞后小球B的速度為2v0，設(shè)小球B到達軌道最高點的速度為v′，則由動能定理得－mgR＝eq\f(1,2)mv′2－eq\f(1,2)m(2v0)2解得v′＝