2024版高考物理二轮题型专练压轴计算题抢分练三含答案

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(1)M点的坐标；
(2)粒子到达M点时的速度；
(3)磁感应强度B的大小；
(4)撤掉甲图中的电场和磁场，在一、二象限加上图乙所示的磁场，磁场关于y轴对称，一簇粒子从N点以不同方向射入，速度方向与x轴正方向的夹角0<θ<90°，所有粒子穿越磁场后都汇聚于M，已知所有粒子在磁场中做圆周运动的半径均为r，求磁场边界的函数方程。
【答案】(1)(eq \r(2)a,0) (2)vM＝eq \f(2\r(10),5)v
(3)B＝eq \f(\r(15)mv,5qa) (4)见解析
【解析】 (1)带电粒子在第一象限做类平抛运动，可得y＝eq \f(1,2)eq \f(qE,m)t2
依题意，从P点到Q点和从P点到M点的竖直方向位移关系为
yPQyPM＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),2)a－\f(\r(6),4)a))eq \f(\r(6),2)a＝12
解得tPQtPM＝1eq \r(2)
又x＝v0t
易知xPQxPM＝1eq \r(2)
可知M点的横轴坐标为xPM＝eq \r(2)a
即M点坐标为(eq \r(2)a,0)。
(2)到M点速度方向与x轴的夹角为α，
则tan α＝eq \f(\f(\r(6)a,2),\f(\r(2)a,2))
解得α＝60°
设Q点竖直分速度为vy，则M点竖直分速度为eq \r(2)vy，因为v2＝veq \\al(2,0)＋veq \\al(2,y)
同理veq \\al(2,M)＝veq \\al(2,0)＋(eq \r(2)vy)2
又tan α＝eq \f(\r(2)vy,v0)
解得vM＝eq \f(2\r(10),5)v。
(3)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，可得qvMB＝meq \f(v\\al(2,M),R)
又sin α＝eq \f(\r(2)a,R)
解得B＝eq \f(\r(15)mv,5qa)。
(4)当x≥0时，满足eq \f(x,r)＝eq \f(y,\r(y2＋\r(2)a－x2))
解得y＝eq \f(x\r(2)a－x,\r(r2－x2))
当x<0时，满足y＝eq \f(－x\r(2)a＋x,\r(r2－x2))。
2.如图所示，足够长的倾角为θ＝30°的光滑斜面固定在水平地面上，斜面底端固定有垂直于斜面的挡板P。质量为M＝1 kg的“L”形木板A被锁定在斜面上，木板下端距挡板P的距离为x0＝40 cm。质量为m＝1 kg的小物块B(可视为质点)被锁定在木板上端，A与B间的动摩擦因数μ＝eq \f(\r(3),3)。某时刻同时解除A和B的锁定，经时间t＝0.6 s，A与B发生第一次碰撞，在A与P发生第二次碰撞后瞬间立即对B施加沿A向上的恒力F＝20 N。当B速度最小时再一次锁定A。已知A与P、A与B的碰撞均为弹性碰撞，且碰撞时间极短，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)A与P发生第一次碰撞前瞬间B的速度大小；
(2)从开始运动到A与B发生第一次碰撞的时间内，系统损失的机械能；
(3)A与P第二次碰撞时，B离挡板的距离；
(4)B从开始运动到离开A所用的时间。
【答案】 (1)v＝2 m/s (2)Q热＝3 J
(3)L＝0.15 m (4)t总＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0.75＋\f(3,20)\r(5)))s
【解析】 (1)刚解锁时AB相对静止，对AB整体根据牛顿第二定律
(M＋m)gsin θ＝(M＋m)a
根据匀加速直线运动公式
v2＝2ax0
解得v＝2 m/s。
(2)A与P相撞所用的时间v＝at1
解得t1＝0.4 s
B滑动后撞A的时间t2＝t－t1
可得t2＝0.2 s
木板与挡板第一次碰撞后，对A
Mgsin θ＋μmgcs θ＝Ma1
解得a1＝10 m/s2
对B
mgsin θ－μmgcs θ＝ma2
解得a2＝0
木板与挡板第一次碰撞后，A运动的位移
x1＝vt2－eq \f(1,2)a1teq \\al(2,2)＝0.2 m
B运动的位移x2＝vt2＝0.4 m
木板的长度d＝x1＋x2＝0.6 m
根据摩擦生热Q热＝fd＝μmgcs θ·d＝3 J。
(3)A、B碰前的速度
vA＝v－a1t2＝0
vB＝v
A、B碰时动量、能量守恒mv＝mv2＋Mv1
eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)＋eq \f(1,2)Mveq \\al(2,1)
解得v1＝2 m/s
v2＝0
AB碰后，对A
Mgsin θ－μmgcs θ＝Ma3
对B
mgsin θ＋μmgcs θ＝ma4
根据x1＝v1t3
解得t3＝0.1 s
这段时间B运动的位移
x3＝eq \f(1,2)a4teq \\al(2,3)＝0.05 m
B离挡板的距离
L＝x1－x3＝0.15 m。
(4)木板与挡板第二次碰撞时木块B的速度
v3＝a4t3＝1 m/s
对A
Mgsin θ＋μmgcs θ＝Ma5
解得a5＝10 m/s2
对B
F－mgsin θ＋μmgcs θ＝ma6
解得a6＝20 m/s2
B减速到零所用时间为t4，则v3－a6t4＝0
解得t4＝0.05 s
A经过这段时间后的速度
v4＝v1－a5t4＝1.5 m/s
这段时间AB的位移
x4＝eq \f(v1＋v4,2)t4＝0.087 5 m
x5＝eq \f(v3,2)t4＝0.025 m
此时，AB间距离
x6＝L－x4－x5＝0.037 5 m
B离木板右端的距离
x7＝d－x6＝0.562 5 m
木板锁定后，对B
F－mgsin θ－μmgcs θ＝ma7
解得a7＝10 m/s2
其中x7＝eq \f(1,2)a7teq \\al(2,5)
解得t5＝eq \f(3,20)eq \r(5) s
B从开始运动到离开A所用的时间
t总＝t＋t3＋t4＋t5
t总＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0.75＋\f(3,20)\r(5)))s。