(通用版)2020高考物理三輪沖刺 題型練輯 計(jì)算題規(guī)范練(五)(含解析)
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(通用版)2020高考物理三輪沖刺 題型練輯 計(jì)算題規(guī)范練(五)(含解析)
計(jì)算題規(guī)范練(五)24(2019·福建福州市五月檢測(cè))如圖1甲所示,兩平行長(zhǎng)直光滑金屬導(dǎo)軌水平放置,間距為L(zhǎng),左端連接一個(gè)電容為C的電容器,導(dǎo)軌處在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中質(zhì)量為m的金屬棒垂直導(dǎo)軌放置,某時(shí)刻金屬棒獲得一個(gè)水平向右的初速度v0,之后金屬棒運(yùn)動(dòng)的vt圖象如圖乙所示不考慮導(dǎo)軌的電阻圖1(1)求金屬棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度的大小v1;(2)求金屬棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)電容器的電荷量q;(3)已知金屬棒從開始到勻速運(yùn)動(dòng)的過程中,產(chǎn)生的焦耳熱為Q,求電容器充電穩(wěn)定后儲(chǔ)存的電能E電能答案(1)(2)(3)mvQ解析(1)金屬棒勻速運(yùn)動(dòng)切割磁感線產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)EBLv1電容器的電荷量qCE金屬棒從開始到勻速運(yùn)動(dòng)的過程中,由動(dòng)量定理有BLt0mv1mv0電容器的電荷量qt0聯(lián)立解得v1(2)由(1)可知qCECBLv1(3)在0t0時(shí)間內(nèi),金屬棒的速度由v0到v1,由能量守恒可得E電能Qmvmv解得E電能mvQ.25(2019·福建福州市五月檢測(cè))如圖2所示,傾斜軌道底端用一小段圓弧與水平地面平滑連接,上端與半徑為R0.5m的圓管形軌道相切于P點(diǎn),圓管頂端開口水平,距離水平地面的高度為R.質(zhì)量為m0.2kg的小球B靜止在斜面的底端另有質(zhì)量也為m0.2kg的小球A以初速度v05m/s沿水平地面向右運(yùn)動(dòng),并與小球B發(fā)生彈性碰撞,不考慮一切摩擦,重力加速度g取10 m/s2.圖2(1)求小球B被碰后瞬間的速度大??;(2)求小球B到達(dá)圓管形軌道最高點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小和方向;(3)若保持小球A的初速度不變,增加其質(zhì)量,小球B質(zhì)量不變,則小球B從軌道的最高點(diǎn)拋出后,求小球B的落地點(diǎn)到O點(diǎn)的最遠(yuǎn)距離不會(huì)超過多少答案(1)5m/s(2)4N方向豎直向上(3)3m解析(1)設(shè)A、B兩球碰撞后瞬間的速度分別為v1、v2,A、B兩球發(fā)生彈性碰撞,由動(dòng)量守恒定律得mv0mv1mv2由能量守恒定律得mvmvmv聯(lián)立解得v10,v25m/s(2)A、B兩小球碰撞后,設(shè)小球B沿軌道上升到最高點(diǎn)的速度為v,則由動(dòng)能定理得mgRmv2mv在圓管形軌道的最高點(diǎn),設(shè)軌道對(duì)小球豎直向上的支持力為FN,由牛頓第二定律可得mgFNm聯(lián)立解得FN4N負(fù)號(hào)說明圓管形軌道對(duì)小球有向下的壓力,根據(jù)牛頓第三定律可得,小球在最高點(diǎn)對(duì)軌道有豎直向上的壓力,大小為4N(3)設(shè)小球A的質(zhì)量為M,則由動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律有Mv0Mv3mv4MvMvmv聯(lián)立解得v4v0當(dāng)小球A的質(zhì)量M無限增加時(shí),碰撞后小球B的速度都不會(huì)超過2v0假設(shè)碰撞后小球B的速度為2v0,設(shè)小球B到達(dá)軌道最高點(diǎn)的速度為v,則由動(dòng)能定理得mgRmv2m(2v0)2解得v3m/s由平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律有Rgt2xmvt聯(lián)立解得xm3m所以小球B從軌道的最高點(diǎn)拋出后,落地點(diǎn)到O點(diǎn)的最遠(yuǎn)距離不會(huì)超過3m3