计算题标准练(二)
满分32分,实战模拟,20分钟拿下高考计算题高分!
1.(12分)L1、L2为相互平行的足够长的光滑导轨,位于光滑水平面内。一个略长于导轨间距,质量为M的光滑绝缘细管与导轨垂直放置,细管可在两导轨上左右平动。细管内有一质量为m、带电量为+q的小球,小球与L1导轨的距离为d。开始时小球相对细管速度为零,细管在外力作用下从P1位置以速度v0向右匀速运动。垂直平面向里和向外的匀强磁场Ⅰ、Ⅱ分别分布在L1轨道两侧,如图所示,磁感应强度大小均为B。小球视为质点,忽略小球电量变化。
(1)当细管运动到L1轨道上P2处时,小球飞出细管,求此时小球的速度大小。 (2)小球经磁场Ⅱ第一次回到L1轨道上的位置为O,求O和P2间的距离。
(3)小球回到L1轨道上O处时,细管在外力控制下也刚好以速度v0经过O点处,小球恰好进入细管。此时撤去作用于细管的外力。以O点为坐标原点,沿L1轨道和垂直于L1轨道建立直角坐标系,如图所示,求小球和细管速度相同时,小球的位置(此时小球未从管中飞出)。 【解析】(1)may=qv0B ①
=2ayd ② 由①②解得
=
所以v=(2)
③
OP2=2Rsinθ=2sinθ= ④
即OP2=2 ⑤
(3)小球进入细管后,由于洛伦兹力不做功,小球和管组成的系统机械能守恒 mv+M
2
=(m+M) ⑥
解得vxt= 方向水平向右 ⑦
任意时刻x方向上,对细管和小球整体 (M+m)ax=qvyB ⑧
y方向上,对小球-qvxB=may ⑨ 由⑧式可知(M+m)
=qvyB
即(M+m)Δvx=qBvyΔt
解得(M+m)(vx-v0)=qB(y-y0) ⑩ 由⑨式可知m
=-qvxB
即mΔvy=-qBvxΔt 解得m(vy-)=-qB(x-x0)
初始状态小球在O点时x0=0、y0=0 之后当vy=0时,vx=vxt=
由以上两式可得x==
y==
答案:(1) (2)2
(3)x=,y=
2.(20分)如图所示是倾角θ=37°的固定光滑斜面,两端有垂直于斜面的固定挡板P、Q,PQ距离L=2m,质量M=的木块A(可看成质点)放在质量m=的长d=的木板B上并一起停靠在挡板P处,A木块与斜面顶端的电动机间用平行于斜面不可伸长的轻绳相连接,现给木块A沿斜面向上的初速度,同时开动电动机保证木块A一直以初速度v0=s沿斜面向上做匀速直线运动,已知木块A的下表面与木板B间动摩擦因数μ1=,经过时间t,当B板右端到达Q处时刻,立刻关闭电动机,同时锁定A、B物体此时的位置。然后将A物体上下面翻转,使得A原来的上表面与木板B接触,已知翻转后的A、B接触面间的动摩擦因数变为μ2=,且连接A与电动机的绳子仍与斜面平行。现在给A向下的初速度v1=2m/s,同时释放木板B,并开动电动机保证A木块一直以v1沿斜面向下做匀速直线运动,直到木板B与挡板P接触时关闭电动机并锁定A、B位置。求:
(1)B木板沿斜面向上加速运动过程的加速度大小。 (2)A、B沿斜面上升过程所经历的时间t。
(3)A、B沿斜面向下开始运动到木板B左端与P接触时,这段过程中A、B间摩擦产生的热量。 【解析】(1)对B:由牛顿第二定律得 μ1Mgcosθ-mgsinθ=ma1 解得a1=2m/s
(2)A、B相对静止需要的时间:t1== A的位移:xA=v0t1= B的位移:xB=t1= A、B相对位移:Δx=xA-xB= A、B一起匀速运动时间:t2=A、B沿斜面上升过程所经历的时间 t=t1+t2=
(3)B开始向下加速运动的加速度 μ2Mgcosθ+mgsinθ=ma2 解得a2=10m/s
B与A速度相等后B的加速度
22
=
mgsinθ-μ2Mgcosθ=ma3 解得a3=2m/s
A、B相对静止的时间:t2′== A的位移:xA′=v1t2′= B的位移:xB′=t2′= 相对位移:Δx′=xA′-xB′=
此时A离B右端的距离:Δx′+(d-Δx)=
A、B速度相等后,B以加速度a3加速运动,B到达P所用时间为t3,则L-d-xB′=v1t3+a3解得:t3=(
-1)s
-v1t3=,即B与P接触时,A没有从B上滑离
2
A、B相对位移:Δx′′=v1t3+a3
产生的热量:Q=μ2Mgcosθ(Δx′+Δx′′)= 答案:(1)2m/s (2) (3)
2
2024届高三物理二轮复习第二篇题型专项突破计算题标准练二
