（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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1、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v－t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(kāi)始到勻速運(yùn)動(dòng)的過(guò)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)mv－－Q 解析　(1)

2、金屬棒勻速運(yùn)動(dòng)切割磁感線產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)E＝BLv1 電容器的電荷量q＝CE 金屬棒從開(kāi)始到勻速運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，由動(dòng)量定理有 －BLt0＝mv1－mv0 電容器的電荷量q＝t0 聯(lián)立解得v1＝ (2)由(1)可知q＝CE＝CBLv1＝ (3)在0～t0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＋Q＝mv－mv 解得E電能＝mv－－Q. 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R＝0.5m的圓管形軌道相切于P點(diǎn)，圓管頂端開(kāi)口水平，距離水平地面的高度為R.質(zhì)量為m＝0.2kg的小球B靜止在斜面的底

3、端．另有質(zhì)量也為m＝0.2kg的小球A以初速度v0＝5m/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(guò)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 mv0＝mv1＋mv2

4、由能量守恒定律得 mv＝mv＋mv 聯(lián)立解得v1＝0，v2＝5m/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 －mgR＝mv2－mv 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 mg－FN＝m 聯(lián)立解得FN＝－4N 負(fù)號(hào)說(shuō)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 Mv0＝Mv3＋mv4 Mv＝Mv＋mv 聯(lián)立解得v4＝v0 當(dāng)小球A的質(zhì)量M無(wú)限增加時(shí)，碰撞后小球B的速度都不會(huì)超過(guò)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 －mgR＝mv′2－m(2v0)2 解得v′＝3m/s 由平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律有R＝gt2 xm＝v′t 聯(lián)立解得xm＝3m 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(guò)3m． 3