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    2024版高考物理二轮题型专练压轴计算题抢分练一含答案

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    这是一份2024版高考物理二轮题型专练压轴计算题抢分练一含答案,共6页。试卷主要包含了4 m 1 m等内容,欢迎下载使用。

    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。
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