2023届高考物理二轮总复习试题（老高考旧教材）计算题专项练（一）（Word版附解析）

计算题专项练(一)

24.(12分)(2022安徽合肥预测)如图甲所示,用不可伸长的轻绳将质量为mA=2.0 kg的物块A悬挂在O点,轻绳长度为l=0.8 m。初始时,轻绳处于水平拉直状态,现将物块A由静止释放,当A下摆至最低点时,恰好与静止在水平面上的长木板B发生弹性碰撞,碰撞时间极短。长木板B的质量为mB=2.0 kg,长木板B的左端放置有可视为质点的小物块C,小物块C的速度随时间变化图像如图乙所示,小物块C的质量为mC=1.0 kg,在运动过程中,小物块C未从长木板B上掉落。重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力的影响。求:

甲

乙

(1)碰撞前瞬间轻绳拉力的大小;

(2)小物块C与长木板B间的动摩擦因数μ以及长木板B与地面间的动摩擦因数μ0;

(3)长木板B至少多长。

25.(20分)(2022湖北武汉模拟)如图所示,空间中存在着匀强磁场和匀强电场,空间位置有边长L=1.6 m的正方体abcd-a'b'c'd',其中a、b、c、d'四点电势分别为φa=0、φb=-16 V、φc=-16 V、φd'=16 V,匀强磁场的方向沿a'd'cb平面斜向上。一带正电的小球以速度v0=2 m/s从b点沿bc方向匀速运动,重力加速度g取10 m/s2。(结果可用根式表示)

(1)求匀强电场E的大小与方向和磁感应强度B的大小。

(2)若同时撤去电场和磁场,小球从正方体哪条边离开?

(3)若仅撤去电场,小球从正方体的什么位置离开?

答案：

24.答案 (1)60 N　(2)0.1　　(3)2 m

解析 (1)设物块A与长木板B碰撞前瞬间的速度大小为v0,对物块A由静止释放运动到最低点的过程,根据动能定理有mAgl=mA

解得v0=4 m/s

则根据牛顿第二定律有FT-mAg=mA

解得FT=60 N。

(2)设小物块C与长木板间的动摩擦因数为μ,由题图乙可知小物块C相对长木板B滑动过程中的加速度大小为aC=μg=1 m/s2

解得μ=0.1

设碰撞后瞬间物块A和长木板B的速度分别为vA、vB,物块A与长木板B发生弹性碰撞,根据动量守恒定律有mAv0=mAvA+mBvB

再根据机械能守恒定律有mAmAmB

解得vB=4 m/s

在0~1 s时间内,设长木板B的加速度大小为aB,根据牛顿第二定律有

μ0(mB+mC)g+μmCg=mBaB

由题图乙易知t=1 s时,长木板B和小物块C达到共同速度,且v共=1 m/s,对长木板B根据运动学公式有vB-v共=aBt1

解得μ0=。

(3)长木板B与小物块C在0 ~ 1 s内的相对位移为Δx1=t1-t1=2 m

长木板B和小物块C达到共同速度后,C对B的摩擦力方向变为水平向左,设此后B的加速度大小为aB',根据牛顿第二定律有μ0(mB+mC)g-μmCg=mBaB'

解得aB'=2 m/s2

长木板B与小物块C在1~2 s内的相对位移为Δx2=t2=-0.25 m

则长木板B至少长L=Δx1=2 m。

25.答案 (1)10 V/m,方向沿着a'b方向　5 T

(2)小球从正方体c'b'边离开

(3)小球从正方体的d'点离开

解析 (1)根据各点电势分布可知φa=φd=0

φb=φc=-16 V

则电场沿着a'b方向,电场强度的大小为E= V/m=10 V/m

带正电小球以速度v0=2 m/s从b点沿bc方向匀速运动,受力分析如图所示

由几何关系可知θ=45°,由平衡条件可知qE=qv0B

qE+qv0B=mg

解得B==5 T。

(2)若同时撤去电场和磁场,小球只受重力,在平面bcc'b'内做平抛运动,设时间为t1,在bc方向做匀速直线运动,有L=v0t1

y=

解得t1=0.8 s,y=3.2 m>L=1.6 m

则小球落到底边c'b'上

即小球从正方体c'b'边离开。

(3)若仅撤去电场,将重力分解,如图所示

因满足qv0B=mgcos θ

则小球受等效重力沿ba'方向,故小球在平面bcd'a'内做类平抛运动,如图所示

有a==5

L=

x'=v0t2

联立解得t2=0.8 s,x'=1.6 m