新教材適用2024版高考物理二輪總復(fù)習(xí)第4部分題型專練壓軸計算題搶分練四

第四部分壓軸計算題搶分練(四)1.如圖所示，在空間直角坐標(biāo)系中，yOz平面左側(cè)存在沿z軸正方向的勻強磁場，右側(cè)存在沿y軸正方向的勻強磁場，左、右兩側(cè)磁場的磁感應(yīng)強度大小相等；yOz平面右側(cè)還有沿y軸負(fù)方向的勻強電場?，F(xiàn)從空間中坐標(biāo)為(－d,0,0)的M點發(fā)射一質(zhì)量為m，電荷量為＋q的粒子，粒子的初速度大小為v0、方向沿xOy平面，與x軸正方向的夾角為60°；經(jīng)一段時間后粒子恰好垂直于y軸進(jìn)入yOz平面右側(cè)。其中電場強度和磁感應(yīng)強度大小未知，其關(guān)系滿足eq\f(E,B)＝eq\f(\r(3)v0,π)，不計粒子的重力。求：(1)在yOz平面左側(cè)勻強磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑R1；(2)粒子第2次經(jīng)過yOz平面時的速度大??；(3)粒子第2次經(jīng)過yOz平面時的位置坐標(biāo)；(4)粒子第2、第3兩次經(jīng)過y0z平面的位置間的距離?！敬鸢浮?1)R1＝eq\f(2\r(3),3)d(2)v＝2v0(3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(πd－\f(\r(3),3)d))，\f(4\r(3),3)d))(4)l＝eq\f(4\r(3),3)d【解析】(1)根據(jù)幾何關(guān)系有R1sin60°＝d解得R1＝eq\f(2\r(3),3)d。(2)根據(jù)運動的合成有v＝eq\r(v\o\al(2,0)＋v\o\al(2,1))v1＝aeq\f(T,2)qE＝ma根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qv0B＝meq\f(v\o\al(2,0),R1)T＝eq\f(2πR1,v0)解得v＝2v0。(3)在yOz平面右側(cè)，磁感應(yīng)強度大小不變，在磁場中做圓周運動的軌道半徑大小仍然為R1，粒子第2次經(jīng)過yOz平面時的坐標(biāo)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Δy－\f(R1,2)))，2R1))Δy＝eq\f(1,2)aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2)))2由于eq\f(E,B)＝eq\f(\r(3)v0,π)解得Δy＝πd粒子第2次經(jīng)過yOz平面時的坐標(biāo)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(πd－\f(\r(3),3)d))，\f(4\r(3),3)d))。(4)粒子再次進(jìn)入yOz平面左側(cè)，速度大小變?yōu)?v0，則有q·2v0B＝meq\f(2v02,R2)根據(jù)幾何關(guān)系，粒子第2、第3兩次經(jīng)過yOz平面的交點間的距離為l＝2R2cos60°解得l＝eq\f(4\r(3),3)d。2.如圖所示，水平地面上有一個質(zhì)量為M＝3kg、左端帶有固定擋板的長木板A，其上表面O點左側(cè)光滑、右側(cè)粗糙，O點距右端的距離l1＝8m，距左端擋板的距離l2＝4m，下表面與地面間的動摩擦因數(shù)為μ1＝0.2。長木板右端放置一個可視為質(zhì)點的小滑塊B，其質(zhì)量為m＝1kg，B與木板間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.1，初始時滑塊和長木板均靜止?，F(xiàn)給長木板A大小為v0＝8m/s、水平向右的初速度；當(dāng)B相對于長木板滑至O點時，給長木板施加一水平向右、大小為F＝14N的恒力。經(jīng)過一段時間，滑塊與擋板發(fā)生第一次彈性碰撞；此后的運動過程中，滑塊B與擋板發(fā)生多次彈性碰撞，所有碰撞過程時間極短可以忽略。g取10m/s2。求：(1)從開始運動到滑塊相對于長木板向左滑至O點的過程中，長木板A的位移；(2)滑塊B與擋板發(fā)生第一次碰撞后的瞬間，長木板A和滑塊B的速度大?。?3)滑塊B與擋板發(fā)生第一次碰撞后到第二次碰撞前的時間間隔；(4)滑塊B與擋板發(fā)生第n次碰撞前拉力F的總功?！敬鸢浮?1)10m(2)4m/s8m/s(3)4s(4)W＝(168n2－56n)J【解析】(1)根據(jù)牛頓第二定律，對Aμ1(M＋m)g＋μ2mg＝Ma1對Bμ2mg＝ma2解得a1＝3m/s2a2＝1m/s2設(shè)經(jīng)時間t，B滑至O點，根據(jù)位移時間公式，有v0t－eq\f(1,2)a1t2－eq\f(1,2)a2t2＝l1解得t＝2s，xA＝v0t－eq\f(1,2)a1t2＝10m。(2)B滑至O點時，根據(jù)速度時間公式，有vA＝v0－a1tvB＝a2t解得vA＝2m/svB＝2m/s此后，對A木板，根據(jù)牛頓第二定律F－μ1(M＋m)g＝Ma解得a＝2m/s2設(shè)經(jīng)時間Δt滑塊B與擋板發(fā)生第一次碰撞，位移關(guān)系為xAO＝xBO＋l2vAΔt＋eq\f(1,2)aΔt2＝vBΔt＋l2解得Δt＝2sxAO＝8m第一次碰撞前，根據(jù)速度時間公式，有vA1＝vA＋aΔtvB1＝vB解得vA1＝6m/svB1＝2m/s第一次碰撞過程中，滿足動量守恒和機械能守恒MvA1＋mvB1＝MvA1′＋mvB1′eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,A1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B1)＝eq\f(1,2)MvA1′2＋eq\f(1,2)mvB1′2解得vA1′＝4m/svB1′＝8m/s。(3)設(shè)第一次碰撞后經(jīng)Δt′A、B速度相同，即vA1′＋aΔt′＝vB1′解得Δt′＝2sB離擋板最遠(yuǎn)距離d＝vB1′·Δt′－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(vA1′Δt′＋\f(1,2)aΔt′2))＝4m＝l2所以，B剛好滑至O點，此后B一直在光滑區(qū)域運動。設(shè)第一次碰撞后經(jīng)時間t1，滑塊B與擋板發(fā)生第二次碰撞，vA1′t1＋eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)＝vB1′t1解得t1＝4s。(4)施加力F后，B物體運動始終在光滑區(qū)域，第二次碰撞前，根據(jù)速度時間公式，有vA2＝vA1′＋at1vB2＝vB1′解得vA2＝12m/svB2＝8m/s第二次碰撞過程中，滿足動量守恒和機械能守恒MvA2＋mvB2＝MvA2′＋mvB2′eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,A2)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B2)＝eq\f(1,2)MvA2′2＋eq\f(1,2)mvB2′2解得vA2′＝10m/svB2′＝14m/s同理，再經(jīng)時間t2＝4s滑塊B與擋板發(fā)生第三次碰撞，第三次碰撞前，有vA3＝18m/svB3＝14m/s……設(shè)滑塊B與擋板第n－1次碰撞到第n次碰撞的時間間隔為tn－1，有xA(n－1)＝xB(n－1)tn－1＝tn－2＝…＝t2＝t1＝4s第n次碰撞前vAn＝vA(n－1)′＋atn－1＝6nvBn＝vB(n－1)′＝6n－4第n次碰撞過程中MvAn＋mvBn＝MvAn′＋mvBn′eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,An)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,Bn)＝eq\f(1,2)MvAn′2＋eq\f(1,2)mvBn′2可得vAn′＝eq\f(1,2)(vAn＋vBn)＝6n－2vBn′＝eq\f(3,2)vAn－eq\f(1,2)vBn＝6n＋2F作用后A的總位移，