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）

计算题专项练(四)1.(2023云南昭通模拟)如图所示,光滑水平地面上方边界C、D间存在宽度d=4m、方向竖直向上、电场强度大小E=1×105N/C的匀强电场区域。质量m1=1kg、长度l=6m的水平绝缘长木板静置于该水平面,且长木板最右侧与电场边界D重合。某时刻质量m2=0.5kg、电荷量q=+3×10-5C的滑块(可视为质点)以初速度v0=6m/s从长木板左端水平滑上长木板,一段时间后,滑块离开电场区域。已知长木板与滑块间的动摩擦因数μ=0.5,重力加速度大小g取10m/s2,滑块所带的电荷量始终保持不变。(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=2kg、长L=2.7m的长木板A。距离长木板A左端d=1m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=18kg。轻弹簧连接质量mC=1kg、mD=2kg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=1kg的滑块E在桌子右侧斜下方某点获得竖直向上、大小为v0=8m/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=6m/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10m/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)1m/s(2)1.5s　6J(3)0.375m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v22-v02=-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+12(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=l-xv=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=12m2v02-12(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)x1x2=12a1t12=0.2m解得x1=0.375m。2.答案(1)qBm(2)BR2B0l2(3)d≤πB0l22BR解析(1)根据洛伦兹力充当向心力有Bvq=mv2r得r=mvqBT=2πrv=2πmqB导体棒的角速度最小值为ω=2πT=qBm。(2)根据洛伦兹力充当向心力有Bv1q=mv12R 可得粒子离开加速器的速度为v1=BqRm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=12B0ωl2=qBB0l22m根据动能定理nE感q=12mv12得加速的次数为n=BR2B0l2。(3)带电粒子在电场中的加速度大小为a=E感qdm=q2BB0l22dm2粒子在电场中做匀加速直线运动,满足nd=12at2为保证粒子一直加速,应满足t≤T2解得d≤πB0l22BR。3.答案(1)7.5N(2)1m/s(3)1.125J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)v2μmEgΔL=12mEv12-12(mE+mA)v22解得v2=2m/sΔL=2.4m<2.7m对A在该过程,根据动能定理得μmEgxA=12mAv22-0解得xA=0.8m<1m所以E、A相互作用能够达到共同速度,假设正确。对A在该过程,根据动能定理得-μmEg(L-ΔL)=12mEv32-12mEv22解得v3=1m/s。(3)对E与C、D作用过程,系统外力为零,动量守恒,因此,不论E、C在何时何处相碰,三滑块速度相同时的速度是一个定值,此时系统具有最大弹性势能,总动能最小。设三滑块速度相同时的速度为v4,由动量守恒定律得-mEv3=-(mE+mC+mD)v4解得v4=0.25m/s又Ek=12(mE+mC+mD)v42解得Ek=0.125J当C具有方向向左、大小为vC=1m/s的速度时,E与C粘在一起,E、C、D系统动能最大,有 mCvC=mDvD得vD=0.5m/s最大动能Ek0=12mEv32+12mCvC2+12mDvD2=1.25JC、D、E系统的最大动能与最小动能之差ΔEk=Ek0-Ek=1.125J。