2019年高考物理一輪復(fù)習(xí) 全真精準(zhǔn)模擬 第05周 第一練（大題特訓(xùn)）（含解析）.doc

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第05周 第一練 24．（14分） 如圖所示，在空間坐標(biāo)系x＜0區(qū)域中有豎直向上的勻強(qiáng)電場E1，在一、四象限的正方形區(qū)域CDEF內(nèi)有方向如圖所示的正交的勻強(qiáng)電場E2和勻強(qiáng)磁場B，已知CD＝2L，OC＝L，E2＝4E1．在-x軸上有一質(zhì)量為m、電量為+q的金屬a球以速度v0沿x軸向右勻速運(yùn)動(dòng)，并與靜止在坐標(biāo)原點(diǎn)O處用絕緣細(xì)支柱支撐的（支柱與b球不粘連、無摩擦）質(zhì)量為2m、不帶電金屬b球發(fā)生彈性碰撞。已知a、b球體積大小、材料相同且都可視為點(diǎn)電荷，碰后電荷總量均分，重力加速度為g，不計(jì)a、b球間的靜電力，不計(jì)a、b球產(chǎn)生的場對電場、磁場的影響，求： (1)碰撞后，a、b兩球的速度大??； (2)a、b碰后，若b球從CD邊界射出，求b球運(yùn)動(dòng)時(shí)間的范圍； (3)若將磁場反向,兩球可否再次碰撞，若可以，請求出磁感應(yīng)強(qiáng)度；若不可以，請簡述理由. 【答案】(1) (2) (3) 【解析】 （2）碰撞后，b受到的電場力為：F電 故b做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得： 解得： 聯(lián)立解得： 故若b從CD邊界射出，則其在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間滿足： （3）碰后a、b電量總量平分，即： 碰后a在電場中向左做類平拋運(yùn)動(dòng)，b在垂直紙面向外的磁場中偏轉(zhuǎn)半周再進(jìn)入電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)兩球再次相遇的位置在P點(diǎn)，其坐標(biāo)為（-x，-y） 根據(jù)類平拋運(yùn)動(dòng)x＝vt 則類平拋運(yùn)動(dòng)時(shí)間差滿足 由牛頓第二定律得球a ： a 同理球b： 解得 根據(jù)類平拋運(yùn)動(dòng) 則類平拋運(yùn)動(dòng)的側(cè)向位移差滿足 聯(lián)立方程得 25．（18分） 如圖所示輕彈簧一端固定在水平面上的豎直擋板上,處于原長時(shí)另一端位于水平面上B點(diǎn)處,B點(diǎn)左側(cè)光滑,右側(cè)粗糙。水平面的右側(cè)C點(diǎn)處有一足夠長的斜面與水平面平滑連接,斜面傾角為37,斜面上有一半徑為R=1m的光滑半圓軌道與斜面切于D點(diǎn),半圓軌道的最高點(diǎn)為E,G為半圓軌道的另一端點(diǎn),=2.5m,A、B、C、D、E、G均在同一豎直面內(nèi)。使質(zhì)量為m=0.5kg的小物塊P擠壓彈簧右端至A點(diǎn),然后由靜止釋放P,P到達(dá)B點(diǎn)時(shí)立即受到斜向右上方,與水平方向的夾角為37,大小為F=5N的恒力,一直保持F對物塊P的作用,結(jié)果P通過半圓軌道的最高點(diǎn)E時(shí)的速度為。已知P與水平面斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ=0.5,g取.sin37=0.6, (1)P運(yùn)動(dòng)到E點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力大小; (2)彈簧的最大彈性勢能; (3)若其它條件不變,增大B、C間的距離使P過G點(diǎn)后恰好能垂直落在斜面上,求P在斜面上的落點(diǎn)距D點(diǎn)的距離。 【答案】（1） (2) (3) 【解析】 【詳解】 (1) P在半圓軌道的最高點(diǎn)E，設(shè)軌道對P的壓力為，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律得： 解得： 由牛頓第三定律得，P運(yùn)動(dòng)到E點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力FN =3N （3）P在G點(diǎn)脫離圓軌道，做曲線運(yùn)動(dòng)，把該運(yùn)動(dòng)分解為平行于斜面的勻減速直線運(yùn)動(dòng)和垂直于斜面的初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，有： 解得：m/s2 解得：m/s2 P垂直落在斜面上，運(yùn)動(dòng)時(shí)間滿足： 平行于斜面方向上： 聯(lián)立解得：m/s 平行于斜面方向上： m P在斜面上的落地距D的距離m。