（新課標地區(qū)專用）2020高考物理三輪沖刺 題型練輯 計算題規(guī)范練（五）（含解析）

《（新課標地區(qū)專用）2020高考物理三輪沖刺 題型練輯 計算題規(guī)范練（五）（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（新課標地區(qū)專用）2020高考物理三輪沖刺 題型練輯 計算題規(guī)范練（五）（含解析）（4頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、計算題規(guī)范練(五) 15．(2019·福建福州市五月檢測)如圖1甲所示，兩平行長直光滑金屬導軌水平放置，間距為L，左端連接一個電容為C的電容器，導軌處在磁感應強度大小為B、方向垂直導軌平面向上的勻強磁場中．質(zhì)量為m的金屬棒垂直導軌放置，某時刻金屬棒獲得一個水平向右的初速度v0，之后金屬棒運動的v－t圖象如圖乙所示．不考慮導軌的電阻． 圖1 (1)求金屬棒勻速運動時的速度的大小v1； (2)求金屬棒勻速運動時電容器的電荷量q； (3)已知金屬棒從開始到勻速運動的過程中，產(chǎn)生的焦耳熱為Q，求電容器充電穩(wěn)定后儲存的電能E電能． 答案　(1)　(2)　(3)mv02－－Q 解析　(1

2、)金屬棒勻速運動切割磁感線產(chǎn)生的電動勢E＝BLv1 電容器的電荷量q＝CE 金屬棒從開始到勻速運動的過程中，由動量定理有 －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時間內(nèi)，金屬棒的速度由v0到v1，由能量守恒可得 E電能＋Q＝mv02－mv12 解得E電能＝mv02－－Q. 16.(2019·山東青島市三模)如圖2，質(zhì)量m＝0.1kg的帶電小球從h＝20m高處以v0＝5m/s的速度水平拋出，落到水平地面上的A點；若仍將小球以同樣的速度水平拋出，當小球到達P點時，在小球運動空間加上一豎直向上的

3、勻強電場(圖中未畫出)，小球落到地面上的B點，小球的水平射程增加了5 m，已知P點高度h′＝15 m，小球所帶電荷量q＝＋1×10－3 C，重力加速度g取10 m/s2，空氣阻力不計，求： 圖2 (1)小球到達A點時的動能； (2)所加勻強電場電場強度E的大小． 答案　(1)21.25J　(2)1250N/C 解析　(1)設(shè)小球在A點的動能為EkA， 根據(jù)動能定理有：EkA－mv02＝mgh 代入數(shù)據(jù)可得：EkA＝21.25J (2)設(shè)小球從拋出到落在A點的時間為t1，從拋出到運動到P點的時間為t2，從P點到運動到A點的時間為Δt1，P、A兩點的水平距離為Δx1，則有：h＝

4、gt12 h－h(huán)′＝gt22 Δt1＝t1－t2 Δx1＝v0Δt1 vPy＝gt2 加上勻強電場后，小球從P點運動到B點的時間為Δt2， 則有：Δx1＋5m＝v0Δt2 mg－qE＝ma h′＝vPyΔt2＋a(Δt22) 聯(lián)立以上各式可解得：E＝1250N/C. 17．(2019·福建福州市五月檢測)如圖3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，圓管頂端開口水平，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沿水平地面向右運動，并與小

5、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3 (1)求小球B被碰后瞬間的速度大小； (2)求小球B到達圓管形軌道最高點時對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從軌道的最高點拋出后，求小球B的落地點到O點的最遠距離不會超過多少． 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，由動量守恒定律得mv0＝mv1＋mv2 由能量守恒定律得mv02＝mv12＋mv22 聯(lián)立解得v1＝0，v2＝5m/s (2)

6、A、B兩小球碰撞后，設(shè)小球B沿軌道上升到最高點的速度為v，則由動能定理得－mgR＝mv2－mv22 在圓管形軌道的最高點，設(shè)軌道對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 負號說明圓管形軌道對小球有向下的壓力，根據(jù)牛頓第三定律可得，小球在最高點對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，則由動量守恒定律和能量守恒定律有Mv0＝Mv3＋mv4 Mv02＝Mv32＋mv42 聯(lián)立解得v4＝v0 當小球A的質(zhì)量M無限增加時，碰撞后小球B的速度都不會超過2v0 假設(shè)碰撞后小球B的速度為2v0，設(shè)小球B到達軌道最高點的速度為v′，則由動能定理得 －mgR＝mv′2－m(2v0)2 解得v′＝3m/s 由平拋運動的規(guī)律有R＝gt2 xm＝v′t 聯(lián)立解得xm＝3m 所以小球B從軌道的最高點拋出后，落地點到O點的最遠距離不會超過3m． 4