2024版高考物理二轮题型专练压轴计算题抢分练四含答案

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(1)在yOz平面左侧匀强磁场中做匀速圆周运动的轨道半径R1；
(2)粒子第2次经过yOz平面时的速度大小；
(3)粒子第2次经过yOz平面时的位置坐标；
(4)粒子第2、第3两次经过y0z平面的位置间的距离。
【答案】(1)R1＝eq \f(2\r(3),3)d (2)v＝2v0
(3)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(πd－\f(\r(3),3)d))，\f(4\r(3),3)d)) (4)l＝eq \f(4\r(3),3)d
【解析】 (1)根据几何关系有R1sin 60°＝d
解得R1＝eq \f(2\r(3),3)d。
(2)根据运动的合成有v＝eq \r(v\\al(2,0)＋v\\al(2,1))
v1＝aeq \f(T,2)
qE＝ma
根据洛伦兹力提供向心力有qv0B＝meq \f(v\\al(2,0),R1)
T＝eq \f(2πR1,v0)
解得v＝2v0。
(3)在yOz平面右侧，磁感应强度大小不变，在磁场中做圆周运动的轨道半径大小仍然为R1，粒子第2次经过yOz平面时的坐标eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(Δy－\f(R1,2)))，2R1))
Δy＝eq \f(1,2)aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(T,2)))2
由于eq \f(E,B)＝eq \f(\r(3)v0,π)
解得Δy＝πd
粒子第2次经过yOz平面时的坐标
eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(πd－\f(\r(3),3)d))，\f(4\r(3),3)d))。
(4)粒子再次进入yOz平面左侧，速度大小变为2v0，则有q·2v0B＝meq \f(2v02,R2)
根据几何关系，粒子第2、第3两次经过yOz平面的交点间的距离为l＝2R2cs 60°
解得l＝eq \f(4\r(3),3)d。
2.如图所示，水平地面上有一个质量为M＝3 kg、左端带有固定挡板的长木板A，其上表面O点左侧光滑、右侧粗糙，O点距右端的距离l1＝8 m，距左端挡板的距离l2＝4 m，下表面与地面间的动摩擦因数为μ1＝0.2。长木板右端放置一个可视为质点的小滑块B，其质量为m＝1 kg，B与木板间的动摩擦因数μ2＝0.1，初始时滑块和长木板均静止。现给长木板A大小为v0＝8 m/s、水平向右的初速度；当B相对于长木板滑至O点时，给长木板施加一水平向右、大小为F＝14 N的恒力。经过一段时间，滑块与挡板发生第一次弹性碰撞；此后的运动过程中，滑块B与挡板发生多次弹性碰撞，所有碰撞过程时间极短可以忽略。g取10 m/s2。求：
(1)从开始运动到滑块相对于长木板向左滑至O点的过程中，长木板A的位移；
(2)滑块B与挡板发生第一次碰撞后的瞬间，长木板A和滑块B的速度大小；
(3)滑块B与挡板发生第一次碰撞后到第二次碰撞前的时间间隔；
(4)滑块B与挡板发生第n次碰撞前拉力F的总功。
【答案】 (1)10 m (2)4 m/s 8 m/s
(3)4 s (4)W＝(168n2－56n)J
【解析】 (1)根据牛顿第二定律，对A
μ1(M＋m)g＋μ2mg＝Ma1
对B
μ2mg＝ma2
解得a1＝3 m/s2
a2＝1 m/s2
设经时间t，B滑至O点，根据位移时间公式，
有v0t－eq \f(1,2)a1t2－eq \f(1,2)a2t2＝l1
解得t＝2 s，xA＝v0t－eq \f(1,2)a1t2＝10 m。
(2)B滑至O点时，根据速度时间公式，有vA＝v0－a1t
vB＝a2t
解得vA＝2 m/s
vB＝2 m/s
此后，对A木板，根据牛顿第二定律
F－μ1(M＋m)g＝Ma
解得a＝2 m/s2
设经时间Δt滑块B与挡板发生第一次碰撞，位移关系为xAO＝xBO＋l2
vAΔt＋eq \f(1,2)aΔt2＝vBΔt＋l2
解得Δt＝2 s
xAO＝8 m
第一次碰撞前，根据速度时间公式，有vA1＝vA＋aΔt
vB1＝vB
解得vA1＝6 m/s
vB1＝2 m/s
第一次碰撞过程中，满足动量守恒和机械能守恒
MvA1＋mvB1＝MvA1′＋mvB1′
eq \f(1,2)Mveq \\al(2,A1)＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,B1)＝eq \f(1,2)MvA1′2＋eq \f(1,2)mvB1′2
解得vA1′＝4 m/s
vB1′＝8 m/s。
(3)设第一次碰撞后经Δt′A、B速度相同，即vA1′＋aΔt′＝vB1′
解得Δt′＝2 s
B离挡板最远距离
d＝vB1′·Δt′－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(vA1′Δt′＋\f(1,2)aΔt′2))＝4 m＝l2
所以，B刚好滑至O点，此后B一直在光滑区域运动。
设第一次碰撞后经时间t1，滑块B与挡板发生第二次碰撞，
vA1′t1＋eq \f(1,2)ateq \\al(2,1)＝vB1′t1
解得t1＝4 s。
(4)施加力F后，B物体运动始终在光滑区域，第二次碰撞前，根据速度时间公式，有vA2＝vA1′＋at1
vB2＝vB1′
解得vA2＝12 m/s
vB2＝8 m/s
第二次碰撞过程中，满足动量守恒和机械能守恒
MvA2＋mvB2＝MvA2′＋mvB2′
eq \f(1,2)Mveq \\al(2,A2)＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,B2)＝eq \f(1,2)MvA2′2＋eq \f(1,2)mvB2′2
解得vA2′＝10 m/s
vB2′＝14 m/s
同理，再经时间t2＝4 s滑块B与挡板发生第三次碰撞，第三次碰撞前，有vA3＝18 m/s
vB3＝14 m/s
……
设滑块B与挡板第n－1次碰撞到第n次碰撞的时间间隔为tn－1，有xA(n－1)＝xB(n－1)
tn－1＝tn－2＝…＝t2＝t1＝4 s
第n次碰撞前
vAn＝vA(n－1)′＋atn－1＝6n
vBn＝vB(n－1)′＝6n－4
第n次碰撞过程中
MvAn＋mvBn＝MvAn′＋mvBn′
eq \f(1,2)Mveq \\al(2,An)＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,Bn)＝eq \f(1,2)MvAn′2＋eq \f(1,2)mvBn′2
可得vAn′＝eq \f(1,2)(vAn＋vBn)＝6n－2
vBn′＝eq \f(3,2)vAn－eq \f(1,2)vBn＝6n＋2
F作用后A的总位移，
xA总＝xA0＋xA1＋xA2＋…＋xA(n－1)＝xA0＋xB1＋xB2＋…＋xB(n－1)＝xA0＋vB1′t1＋vB2′t2＋…＋vB(n－1)′tn－1＝8＋eq \f(4[8＋6n－4]n－1,2)m＝(12n2－4n)m
滑块B与挡板发生第n次碰撞前拉力F的总功
W＝FxA总＝(168n2－56n)J。