新教材适用2024版高考物理二轮总复习第4部分题型专练压轴计算题抢分练一

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1.如图所示，在长方体Ⅰ区域内，有垂直平面abb′a′的匀强电场，电场强度为E，已知bc长为L，bb′长为2L。Ⅱ区为电加速区，由间距为d的正中间有小孔S、O的两个正方形平行金属板M、N构成，金属板边长为l＝eq \f(3,2)eq \r(3)d，Ⅲ、Ⅳ区为长方体形状的磁偏转区，水平间距分别为d、4d，其竖直截面与金属板形状相同。Ⅳ区左右截面的中心分别为O1、O2，以O1为坐标原点，垂直长方体侧面和金属板建立x、y和z坐标轴。M、N间匀强电场大小为E，方向沿＋y方向；Ⅲ、Ⅳ区的匀强磁场大小相等、方向分别沿＋z、－z方向。现有一电荷量为＋q、质量为m的粒子以某一初速度从c点沿平面cbb′c′进入电场区域，经b′点垂直平面a′b′c′d′由小孔S沿＋y方向进入Ⅱ区，经过一段时间后恰好能返回到小孔S，不考虑粒子的重力。求：
(1)粒子经过b′点的速度大小v0；
(2)粒子经过小孔O时的速度大小v；
(3)粒子在磁场中相邻两次经过小孔O时运动的时间及磁感应强度B的大小；
(4)若在Ⅲ区中＋x方向增加一个附加匀强磁场，可使粒子经过小孔O后恰好不能进入到Ⅳ区，并直接从Ⅲ区前表面(＋x方向一侧)的P点飞出，求P点坐标(xp，yp，zp)。
【答案】(1)v0＝eq \r(\f(2EqL,m)) (2)v＝eq \r(\f(2Eqd＋L,m))
(3)t＝eq \f(14πd,3)eq \r(\f(m,6Eqd＋L))，B＝eq \f(1,d)eq \r(\f(3Emd＋L,2q)) (4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3\r(3)d,4)，\f(\r(3),2)d－d，－\f(3,4)d))
【解析】 (1)沿初速度方向有2L＝v0t
沿电场力方向有L＝eq \f(1,2)at2
又a＝eq \f(Eq,m)
解得v0＝eq \r(\f(2EqL,m))。
(2)粒子由S到O过程，由动能定理得
Eqd＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
解得v＝eq \r(\f(2Eqd,m)＋v\\al(2,0))＝eq \r(\f(2Eqd＋L,m))。
(3)粒子在磁场中运动轨迹如图(俯视)所示
由几何关系得eq \f(\r(3),2)r＝d
根据牛顿第二定律得qvB＝eq \f(mv2,r)
解得B＝eq \f(\r(3)mv,2qd)
即B＝eq \f(1,d)eq \r(\f(3Emd＋L,2q))
粒子在磁场中的周期为T＝eq \f(2πr,v)＝eq \f(2πm,qB)
由几何关系得粒子在磁场中运动的时间
t＝eq \f(7,6)T
联立方程，解得t＝eq \f(14πd,3)eq \r(\f(m,6Eqd＋L))。
(4)如图所示
粒子恰好与Ⅲ、Ⅳ区边界相切且从P点飞出，对应半径r1＝d
即r1＝eq \f(mv,qB2)
B2＝eq \f(B,cs α)
解得csα＝eq \f(\r(3),2)
α＝30°
由几何关系得r1(1＋csθ)＝eq \f(\f(l,2),cs α)
解得csθ＝eq \f(1,2)
θ＝60°
则有xP＝eq \f(l,2)＝eq \f(3\r(3),4)d
yP＝r1sin θ－d＝eq \f(\r(3),2)d－d
zP＝－eq \f(l,2)tan α＝－eq \f(3,4)d
即P点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3\r(3)d,4)，\f(\r(3),2)d－d，－\f(3,4)d))。
2.如图所示，一个劲度系数非常大的弹簧(弹簧长度和弹开物块时弹簧作用时间均可以忽略不计)一端固定在倾角为θ＝37°的斜面底端。若将一质量为m＝1 kg的滑块P从斜面上A点由静止释放，滑块与弹簧相互作用后，弹簧最大弹性势能为Ep，滑块反弹后能沿斜面运动到的最高点为B(未在图中画出)。现锁定弹簧，使其弹性势能仍为Ep(已知A点距弹簧自由端距离为8 m，滑块P与粗糙斜面动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g＝10 m/s2，滑块可视为质点)求：
(1)滑块P在斜面上反弹到的最高点B与初始位置A的距离x1；
(2)现将一光滑滑块Q和滑块P并排紧挨着置于斜面底端弹簧处，P、Q质量相等，Q在下，P在上，然后解除弹簧锁定，P、Q沿斜面上滑的距离x2；
(3)若在问题(2)中的条件下，若P、Q在斜面上的运动过程中发生弹性碰撞，则第一次碰撞后P和Q的速度大小分别为多少；
(4)若在问题(2)中的条件下，若P、Q在斜面上的运动过程中发生完全非弹性碰撞，碰后两滑块成为一个整体，求滑块P在斜面上运动的总路程。
【答案】 (1)x1＝6.4 m (2)1 m
(3)(6－2eq \r(3))m/s,2(eq \r(3)－1)m/s (4)3 m
【解析】 (1)设AB间距离为x1，根据动能定理有
mgx1sin θ－μmg(2x－x1)csθ＝0
x＝8 m
解得x1＝6.4 m。
(2)根据能量守恒得弹簧弹性势能
Ep＝mgsinθ(x－x1)＋μmgcsθ(x－x1)
x＝8 m
代入得Ep＝16 J
又Ep＝eq \f(1,2)·2mveq \\al(2,0)
此后PQ一起向上运动到达最高点，上升距离为x2，
有2mgsin θ＋μmgcsθ＝2ma
解得x2＝eq \f(v\\al(2,0),2a)＝1 m。
(3)PQ从最高点下滑，Q运动得快，P运动得慢
对Q
x2＝eq \f(1,2)gsinθteq \\al(2,1)
v1＝gsinθt1
对P
a1＝gsinθ－μgcsθ
设时间为t时发生第一次碰撞，此时P速度沿斜面向下，Q速度沿斜面向上
Q沿斜面上滑的位移
x3＝v1(t－t1)－eq \f(1,2)gsinθ(t－t1)2
时间t内P的位移x4＝eq \f(1,2)a1t2
又x3＋x4＝x2
解得t＝(eq \r(3)－1)s
v2＝a1t＝2(eq \r(3)－1)m/s
v3＝v1－gsinθ(t－t1)＝(6－2eq \r(3))m/s
P、Q发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒
mv2＋mv3＝mv4＋mv5
eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,3)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,4)＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,5)
解得速度交换v4＝(6－2eq \r(3))m/s
v5＝2(eq \r(3)－1)m/s。
(4)P、Q发生完全非弹性碰撞，根据动量守恒
mv3－mv2＝2mv6
解得v6＝(4－2eq \r(3))m/s
根据能量守恒
eq \f(1,2)2mveq \\al(2,6)＋2mgx3sin θ＝μmgcsθx5
得xP＝x2＋x4＋x5＝3 m。