高考總復(fù)習(xí)優(yōu)化設(shè)計二輪用書物理(新高考)計算題專項練(四)

計算題專項練(四)1.(2023云南昭通模擬)如圖所示,光滑水平地面上方邊界C、D間存在寬度d=4m、方向豎直向上、電場強(qiáng)度大小E=1×105N/C的勻強(qiáng)電場區(qū)域。質(zhì)量m1=1kg、長度l=6m的水平絕緣長木板靜置于該水平面,且長木板最右側(cè)與電場邊界D重合。某時刻質(zhì)量m2=0.5kg、電荷量q=+3×10-5C的滑塊(可視為質(zhì)點)以初速度v0=6m/s從長木板左端水平滑上長木板,一段時間后,滑塊離開電場區(qū)域。已知長木板與滑塊間的動摩擦因數(shù)μ=0.5,重力加速度大小g取10m/s2,滑塊所帶的電荷量始終保持不變。(1)滑塊剛進(jìn)電場時,求長木板的速度大小。(2)求滑塊在電場中的運動時間及全過程因摩擦產(chǎn)生的熱量。(3)若電場等大反向,求滑塊進(jìn)入電場后在長木板上的相對位移。2.如圖所示,半徑為l的金屬圓環(huán)內(nèi)部等分為兩部分,兩部分各有垂直于圓環(huán)平面、方向相反的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B0,與圓環(huán)接觸良好的導(dǎo)體棒繞圓環(huán)中心O勻速轉(zhuǎn)動。圓環(huán)中心和圓周用導(dǎo)線分別與兩個半徑為R的D形金屬盒相連,D形盒處于真空環(huán)境且內(nèi)部存在著磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(圖中未畫出),其方向垂直于紙面向里。t=0時刻導(dǎo)體棒從如圖所示的位置開始運動,同時在D形盒內(nèi)中心附近的A點,由靜止釋放一個質(zhì)量為m、電荷量為-q(q>0)的帶電粒子,粒子每次通過狹縫都能得到加速,最后恰好從D形盒邊緣出口射出。不計粒子重力及所有電阻,忽略粒子在狹縫中運動的時間,導(dǎo)體棒始終以最小角速度ω(未知)轉(zhuǎn)動。(1)求ω的大小。(2)求粒子在狹縫中加速的次數(shù)。(3)考慮實際情況,粒子在狹縫中運動的時間不能忽略,求狹縫寬度d的取值范圍。3.(2023山東青島二模)如圖甲所示,足夠大的光滑水平桌面上靜置質(zhì)量mA=2kg、長L=2.7m的長木板A。距離長木板A左端d=1m處有一與長木板等高的光滑平臺B,平臺B固定在桌面上,質(zhì)量mB=18kg。輕彈簧連接質(zhì)量mC=1kg、mD=2kg的滑塊C、D并靜置于平臺B上,用細(xì)線連接兩滑塊使彈簧處于壓縮狀態(tài)。另一質(zhì)量mE=1kg的滑塊E在桌子右側(cè)斜下方某點獲得豎直向上、大小為v0=8m/s的初速度,上升過程中除受重力外還受到一個水平恒力F作用,使滑塊E恰好從長木板右端水平滑上長木板,滑塊E滑上長木板時的速度大小v1=6m/s。一段時間后長木板與平臺碰撞并粘在一起,滑塊E繼續(xù)向左運動并滑上平臺。長木板與平臺碰撞的瞬間,連接滑塊C、D的細(xì)線斷開,滑塊C、D在平臺上振動。以向右為正方向,滑塊C的v-t圖像如圖乙所示?；瑝KE與長木板A之間的動摩擦因數(shù)μ=0.5,忽略所有滑塊大小及空氣阻力,滑塊C、D始終在平臺B上,重力加速度g取10m/s2。甲乙(1)求水平恒力F的大小。(2)求滑塊E滑上平臺B時的速度大小。(3)滑塊E滑上平臺B后,與滑塊C發(fā)生碰撞,并立即結(jié)合在一起,考慮所有可能的碰撞情形,求在碰后的運動過程中,C、D、E系統(tǒng)動能的最大值與最小值之差。

計算題專項練(四)1.答案(1)1m/s(2)1.5s6J(3)0.375m解析(1)滑塊進(jìn)電場前,對長木板,根據(jù)牛頓第二定律得μm2g=m1a1解得長木板的加速度大小為a1=2.5m/s2對滑塊,根據(jù)牛頓第二定律得μm2g=m2a2解得滑塊的加速度大小為a2=5m/s2滑塊進(jìn)入電場前,對滑塊有v22-v02=-v2=v0-a2t1解得滑塊進(jìn)入電場時的速度大小為v2=4m/s,滑行時間為t1=0.4s在時間t1=0.4s內(nèi),對長木板有v1=a1t1=1m/s所以滑塊剛進(jìn)電場時,長木板的速度大小為1m/s。(2)滑塊進(jìn)入電場后經(jīng)過時間t2,滑塊與長木板同速,設(shè)共同速度為v,以水平向右為正方向,滑塊與長木板組成的系統(tǒng)動量守恒,有m2v0=(m1+m2)v解得v=2m/s對滑塊分析,由動量定理得-μ(m2g-qE)t2=m2v-m2v2解得t2=1s在時間t1和t2內(nèi)滑塊的總位移為x=l-d+12(v2+v)t2=5滑塊與長木板同速后一起勻速運動,滑塊在電場中勻速運動的時間為t3=l-xv=0.所以滑塊在電場中的運動時間為t=t2+t3=1.5s由能量守恒定律得,全過程中摩擦產(chǎn)生的熱量為Q=12m2v02-12(m1+m2)v(3)若電場等大反向,滑塊進(jìn)入電場后,系統(tǒng)的動量還是守恒,故滑塊做勻速運動的速度和全過程產(chǎn)生的熱量不變,設(shè)滑塊進(jìn)入電場后在長木板上的相對位移為x1,則有Q=μm2g(l-d-x2)+μ(m2g+qE)x1x2=12a1t12=0.解得x1=0.375m。2.答案(1)qB(2)B(3)d≤π解析(1)根據(jù)洛倫茲力充當(dāng)向心力有Bvq=m得r=mvT=2導(dǎo)體棒的角速度最小值為ω=2π(2)根據(jù)洛倫茲力充當(dāng)向心力有Bv1q=m可得粒子離開加速器的速度為v1=BqR由法拉第電磁感應(yīng)定律得導(dǎo)體棒切割磁感線的電動勢為E感=12B0ωl2=根據(jù)動能定理nE感q=1得加速的次數(shù)為n=BR(3)帶電粒子在電場中的加速度大小為a=E粒子在電場中做勻加速直線運動,滿足nd=12at為保證粒子一直加速,應(yīng)滿足t≤T解得d≤πB3.答案(1)7.5N(2)1m/s(3)1.125J解析(1)對E,根據(jù)動量定理得豎直方向-mEgt=0-mEv0水平方向-Ft=-mEv1-0聯(lián)立解得F=7.5N。(2)對E、A相互作用過程,假設(shè)它們能夠達(dá)到共同速度為v2,根據(jù)動量守恒定律和能量守恒定律得-mEv1=-(mA+mE)v2μmEgΔL=12mEv12-12(解得v2=2m/sΔL=2.4m<2.7m對A在該過程,根據(jù)動能定理得μmEgxA=12mAv2解得xA=0.8m<1m所以E、A相互作用能夠達(dá)到共同速度,假設(shè)正確。對A在該過程,根據(jù)動能定理得-μmEg(L-ΔL)=12mEv32解得v3=1m/s。(3)對E與C、D作用過程,系統(tǒng)外力為零,動量守恒,因此,不論E、C在何時何處相碰,三滑塊速度相同時的速度是一個定值,此時系統(tǒng)具有最大彈性勢能,總動能最小。設(shè)三滑塊速度相同時的速度為v4,由動量守恒定律得-mEv3=-(mE+mC+mD)v4解得v4=0.25m/s又Ek=12(mE+mC+mD)解得Ek