新高考物理二轮复习过关练习第3部分 考前特训 计算题热身练(6) (含解析)

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(1)滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小N1和N2；
(2)滑块碰撞前瞬间的速度大小v1；
(3)滑杆向上运动的最大高度h.
答案 (1)8 N 5 N (2)8 m/s (3)0.2 m
解析 (1)当滑块处于静止时桌面对滑杆的支持力等于滑块和滑杆的重力，即N1＝(m＋M)g＝8 N
当滑块向上滑动时受到滑杆的摩擦力为1 N，根据牛顿第三定律可知滑块对滑杆的摩擦力也为1 N，方向竖直向上，则此时桌面对滑杆的支持力为N2＝Mg－f′＝5 N.
(2)滑块开始向上运动到碰前瞬间根据动能定理有－mgl－fl＝eq \f(1,2)mv12－eq \f(1,2)mv02
代入数据解得v1＝8 m/s.
(3)由于滑块和滑杆发生完全非弹性碰撞，即碰后两者共速，取竖直向上为正方向，碰撞过程根据动量守恒定律有mv1＝(m＋M)v
碰后滑块和滑杆以速度v整体向上做竖直上抛运动，根据动能定理有
－(m＋M)gh＝0－eq \f(1,2)(m＋M)v2
代入数据联立解得h＝0.2 m.
2．(2022·山东日照市模拟)如图所示，M1M2与P1P2是固定在水平面上的两光滑平行导轨，间距为L1＝1 m，M1M2P2P1区域内存在垂直于导轨所在平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小B1＝1 T．N1N2与Q1Q2也是固定在水平面上的两光滑平行导轨，间距为L2＝0.5 m，并用导线分别与M1M2、P2P1相连接，N1N2Q2Q1区域内存在垂直于导轨平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小B2＝2 T．在M1M2P2P1区域放置导体棒G，其质量m1＝2 kg、电阻R1＝1 Ω、长度为L1＝1 m，在N1N2Q2Q1区域内放置导体棒H，其质量m2＝1 kg、电阻R2＝1 Ω、长度为L2＝0.5 m．刚开始时两棒都与导轨垂直放置，且导体棒H被锁定，两个区域导轨都足够长、不计电阻且棒始终与导轨接触良好．
(1)要想使导体棒G在水平向右的外力作用下做初速度为零、加速度大小为a＝2 m/s2的匀加速直线运动，请写出力F与时间t的关系式；
(2)若在导体棒G上施加水平向右的F1＝5 N的外力，在作用t1＝5 s后达到最大速度，求此过程中导体棒G的位移大小；
(3)若导体棒G在水平向右的外力F作用下做初速度为零、加速度大小为a＝2 m/s2的匀加速直线运动，运动t2＝6 s后将力F撤去，同时将导体棒H解锁，求从撤去外力到导体棒H获得最大速度的过程中导体棒H产生的热量；
(4)若开始时导体棒H即解除锁定，导体棒G一直在外力F作用下向右做a＝2 m/s2的匀加速直线运动，求电路稳定后两棒的速度满足的关系式．
答案 (1)F＝t＋4 (N) (2)10 m (3)24 J (4)v1－v2＝4 m/s
解析 (1)要使导体棒G做加速度大小为a＝2 m/s2的匀加速直线运动，由法拉第电磁感应定律得E＝B1L1at
由闭合电路欧姆定律知I＝eq \f(E,R总)＝eq \f(B1L1at,R1＋R2)
由牛顿第二定律可得F－B1IL1＝m1a
联立解得F＝t＋4 (N)
(2)设最大速度为vm，当速度最大时，拉力F1与安培力相等，
则有F1＝B1ImL1
最大电动势为Em＝B1L1vm
最大电流为Im＝eq \f(Em,R总)＝eq \f(B1L1vm,R1＋R2)
联立解得vm＝10 m/s
设在运动过程中平均电流为eq \x\t(I)，取水平向右为正方向，对这一过程由动量定理可得
F1t1－B1eq \x\t(I)L1t1＝m1vm
又知q＝eq \x\t(I)t1＝eq \f(B1L1x,R1＋R2)
由以上各式联立解得x＝10 m
(3)导体棒H解锁时导体棒G速度
v0＝at2＝12 m/s
当导体棒H获得最大速度时，电路中电动势为零，则此时B1L1v1＝B2L2v2
取水平向右为正方向，两棒组成系统动量守恒，有m1v0＝m1v1＋m2v2
电路中产生的热量
Q＝eq \f(1,2)m1v02－eq \f(1,2)m1v12－eq \f(1,2)m2v22
导体棒H产生的热量QH＝eq \f(1,2)Q
联立各式代入数据可得QH＝24 J
(4)当电路稳定时，电路中电流恒定，则电动势恒定，安培力恒定，两棒的加速度相同，
对导体棒H有B2IL2＝m2a
I＝eq \f(E,R1＋R2)＝eq \f(B1L1v1－B2L2v2,R1＋R2)
联立解得v1－v2＝4 m/s.