2020版高考物理二輪復(fù)習(xí) 計算題32分搶分練3（含解析）

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1、計算題32分搶分練(三) (時間：20分鐘　分值：32分) 1．(18分)如圖所示，有一長為L＝6 m，質(zhì)量為m1＝1 kg的長木板放在水平面上，木板與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ1＝0.2，右端固定一擋板，左端放一質(zhì)量為m2＝1 kg的小滑塊，滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)為μ2＝0.1，現(xiàn)在滑塊的左端瞬間給滑塊施加一個水平?jīng)_量I＝4 N·s，滑塊與擋板發(fā)生碰撞的時間和能量損失均忽略不計，g取10 m/s2，求： (1)滑塊與擋板碰撞后瞬間木板的速度； (2)木板在水平面上發(fā)生的位移。 [解析]　(1)由于沖量作用，滑塊獲得的速度為 v0＝＝4 m/s 木板受地面最大摩擦力μ1(m1

2、＋m2)g>μ2m2g，木板不動。 對滑塊：μ2m2g＝m2a2 v－v2＝2a2L 解得v＝2 m/s 滑塊與擋板碰撞動量守恒：m2v＝m2v2＋m1v1 能量守恒：m2v2＝m1v＋m2v 解得v1＝2 m/s，v2＝0 碰后瞬間木板速度為2 m/s，方向水平向右。 (2)碰后滑塊加速度不變， 對木板：μ1(m1＋m2)g＋μ2m2g＝m1a1 設(shè)經(jīng)時間t，兩者共速v1－a1t＝a2t 解得t＝ s 共同的速度v3＝a2t＝ m/s 此過程木板位移x1＝v1t－a1t2＝ m 共速后木板加速度為μ1(m1＋m2)g－μ2m2g＝m1a3 最后木板靜止，設(shè)此過程

3、木板位移為x2， 0－v＝2a3x2 解得x2＝ m 木板在水平面上發(fā)生的位移為x1＋x2＝ m。 [答案]　(1)2 m/s　方向水平向右　(2) m 2.(14分)如圖所示，MN和M′N′為兩豎直放置的平行光滑長直金屬導(dǎo)軌，兩導(dǎo)軌間的距離為L。在導(dǎo)軌的下部有垂直于導(dǎo)軌所在平面、方向向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B。在導(dǎo)軌的MM′端連接電容為C、擊穿電壓為Ub、正對面積為S、極板間可認(rèn)為是真空、極板間距為d的平行板電容器。在t＝0時無初速度地釋放金屬棒ef，金屬棒ef的長度為L、質(zhì)量為m、電阻可忽略不計．假設(shè)導(dǎo)軌足夠長，磁場區(qū)域足夠大，金屬棒ef與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，導(dǎo)軌和各接觸處的

4、電阻不計，電路的電感、空氣的阻力可忽略，已知重力加速度為g。 (1)求電容器兩端的電壓達(dá)到擊穿電壓所用的時間； (2)金屬棒ef下落的過程中，速度逐漸變大，感應(yīng)電動勢逐漸變大，電容器極板上的電荷量逐漸增加，兩極板間存儲的電場能也逐漸增加。單位體積內(nèi)所包含的電場能稱為電場的能量密度。已知兩極板間為真空時平行板電容器的電容大小可表示為C＝。試證明平行板電容器兩極板間的空間內(nèi)的電場能量密度ω與電場強度E的平方成正比，并求出比例系數(shù)(結(jié)果用ε0和數(shù)字的組合表示)。 [解析]　本題為“單棒＋電容器＋導(dǎo)軌模型”，可以根據(jù)牛頓第二定律，使用“微元法”對棒列方程求解。 (1)在電容器兩端電壓達(dá)到擊

5、穿電壓前，設(shè)任意時刻t，流過金屬棒的電流為i，由牛頓第二定律知，此時金屬棒的加速度a滿足mg－BiL＝ma 設(shè)在t到t＋Δt的時間內(nèi)，金屬棒的速度由v變?yōu)関＋Δv，電容器兩端的電壓由U變?yōu)閁＋ΔU，電容器的帶電荷量由Q變?yōu)镼＋ΔQ，由電流的定義、電荷量與電壓和電容間的關(guān)系、電磁感應(yīng)定律以及加速度的定義得i＝＝＝＝CBLa 聯(lián)立得a＝ 可知金屬棒做初速度為0的勻加速直線運動，當(dāng)電容器兩端電壓達(dá)到擊穿電壓時，金屬棒的速度為v0＝ 所以電容器兩端電壓達(dá)到擊穿電壓所用的時間為 t＝＝。 (2)當(dāng)電容器兩極板間的電荷量增加無窮小量ΔQi時，電容器兩端的電壓可認(rèn)為始終為Ui，增加的電場能可用圖甲中左起第1個陰影部分的面積表示；同理，當(dāng)電容器兩極板間的電荷量增加無窮小量ΔQi＋1時，電容器兩端的電壓可認(rèn)為始終為Ui＋1，增加的電場能可用圖甲中左起第2個陰影部分的面積表示；依次類推可知，當(dāng)電容器的帶電荷量為Q′、兩端電壓為U′時，圖乙中陰影部分的面積表示兩極板間電場能的大小W′，所以W′＝U′Q′，根據(jù)題意有ω＝，又Q′＝U′C，U′＝Ed，C＝，聯(lián)立解得ω＝ε0E2 所以電場能量密度ω與電場強度E的平方成正比，且比例系數(shù)為ε0。 - 3 -