适用于新高考新教材2024版高考物理二轮复习题型专项练计算题专项练四（附解析）

这是一份适用于新高考新教材2024版高考物理二轮复习题型专项练计算题专项练四（附解析），共6页。试卷主要包含了375 m，5N等内容，欢迎下载使用。

(1)滑块刚进电场时,求长木板的速度大小。
(2)求滑块在电场中的运动时间及全过程因摩擦产生的热量。
(3)若电场等大反向,求滑块进入电场后在长木板上的相对位移。
2.如图所示,半径为l的金属圆环内部等分为两部分,两部分各有垂直于圆环平面、方向相反的匀强磁场,磁感应强度大小均为B0,与圆环接触良好的导体棒绕圆环中心O匀速转动。圆环中心和圆周用导线分别与两个半径为R的D形金属盒相连,D形盒处于真空环境且内部存在着磁感应强度大小为B的匀强磁场(图中未画出),其方向垂直于纸面向里。t=0时刻导体棒从如图所示的位置开始运动,同时在D形盒内中心附近的A点,由静止释放一个质量为m、电荷量为-q(q>0)的带电粒子,粒子每次通过狭缝都能得到加速,最后恰好从D形盒边缘出口射出。不计粒子重力及所有电阻,忽略粒子在狭缝中运动的时间,导体棒始终以最小角速度ω(未知)转动。
(1)求ω的大小。
(2)求粒子在狭缝中加速的次数。
(3)考虑实际情况,粒子在狭缝中运动的时间不能忽略,求狭缝宽度d的取值范围。
3.(2023山东青岛二模)如图甲所示,足够大的光滑水平桌面上静置质量mA=2 kg、长L=2.7 m的长木板A。距离长木板A左端d=1 m处有一与长木板等高的光滑平台B,平台B固定在桌面上,质量mB=18 kg。轻弹簧连接质量mC=1 kg、mD=2 kg的滑块C、D并静置于平台B上,用细线连接两滑块使弹簧处于压缩状态。另一质量mE=1 kg的滑块E在桌子右侧斜下方某点获得竖直向上、大小为v0=8 m/s的初速度,上升过程中除受重力外还受到一个水平恒力F作用,使滑块E恰好从长木板右端水平滑上长木板,滑块E滑上长木板时的速度大小v1=6 m/s。一段时间后长木板与平台碰撞并粘在一起,滑块E继续向左运动并滑上平台。长木板与平台碰撞的瞬间,连接滑块C、D的细线断开,滑块C、D在平台上振动。以向右为正方向,滑块C的v-t图像如图乙所示。滑块E与长木板A之间的动摩擦因数μ=0.5,忽略所有滑块大小及空气阻力,滑块C、D始终在平台B上,重力加速度g取10 m/s2。
甲
乙
(1)求水平恒力F的大小。
(2)求滑块E滑上平台B时的速度大小。
(3)滑块E滑上平台B后,与滑块C发生碰撞,并立即结合在一起,考虑所有可能的碰撞情形,求在碰后的运动过程中,C、D、E系统动能的最大值与最小值之差。
计算题专项练(四)
1.答案 (1)1 m/s
(2)1.5 s 6 J
(3)0.375 m
解析 (1)滑块进电场前,对长木板,根据牛顿第二定律得μm2g=m1a1
解得长木板的加速度大小为a1=2.5m/s2
对滑块,根据牛顿第二定律得μm2g=m2a2
解得滑块的加速度大小为a2=5m/s2
滑块进入电场前,对滑块有=-2a2(l-d)
v2=v0-a2t1
解得滑块进入电场时的速度大小为v2=4m/s,滑行时间为t1=0.4s
在时间t1=0.4s内,对长木板有v1=a1t1=1m/s
所以滑块刚进电场时,长木板的速度大小为1m/s。
(2)滑块进入电场后经过时间t2,滑块与长木板同速,设共同速度为v,以水平向右为正方向,滑块与长木板组成的系统动量守恒,有m2v0=(m1+m2)v
解得v=2m/s
对滑块分析,由动量定理得-μ(m2g-qE)t2=m2v-m2v2
解得t2=1s
在时间t1和t2内滑块的总位移为x=l-d+(v2+v)t2=5m
滑块与长木板同速后一起匀速运动,滑块在电场中匀速运动的时间为t3==0.5s
所以滑块在电场中的运动时间为t=t2+t3=1.5s
由能量守恒定律得,全过程中摩擦产生的热量为Q=m2(m1+m2)v2=6J。
(3)若电场等大反向,滑块进入电场后,系统的动量还是守恒,故滑块做匀速运动的速度和全过程产生的热量不变,设滑块进入电场后在长木板上的相对位移为x1,则有
Q=μm2g(l-d-x2)+μ(m2g+qE)x1
x2=a1=0.2m
解得x1=0.375m。
2.答案 (1)
(2)
(3)d≤
解析 (1)根据洛伦兹力充当向心力有
Bvq=
得r=
T=
导体棒的角速度最小值为ω=。
(2)根据洛伦兹力充当向心力有Bv1q=
可得粒子离开加速器的速度为v1=
由法拉第电磁感应定律得导体棒切割磁感线的电动势为
E感=B0ωl2=
根据动能定理nE感q=
得加速的次数为n=。
(3)带电粒子在电场中的加速度大小为
a=
粒子在电场中做匀加速直线运动,满足nd=at2
为保证粒子一直加速,应满足t≤
解得d≤。
3.答案 (1)7.5 N
(2)1 m/s
(3)1.125 J
解析 (1)对E,根据动量定理得
竖直方向
-mEgt=0-mEv0
水平方向-Ft=-mEv1-0
联立解得F=7.5N。
(2)对E、A相互作用过程,假设它们能够达到共同速度为v2,根据动量守恒定律和能量守恒定律得
-mEv1=-(mA+mE)v2
μmEgΔL=mE(mE+mA)
解得v2=2m/s
ΔL=2.4m