2023年高考物理二轮复习题型专练计算题满分练4新人教版

计算题总分值练(四)24．如下图，质量为M的平板车P高h，质量为m的小物块Q的大小不计，位于平板车的左端，系统原来静止在光滑水平面地面上．一不可伸长的轻质细绳长为R，一端悬于Q正上方高为R处，另一端系一质量也为m的小球(大小不计)．今将小球拉至悬线与竖直位置成60°角，由静止释放，小球到达最低点时与Q的碰撞时间极短，且无能量损失，Q离开平板车时速度大小是平板车速度的两倍，Q与P之间的动摩擦因数为μ，M∶m＝4∶1，重力加速度为g.求：(1)小物块Q离开平板车时速度为多大？(2)平板车P的长度为多少？解析(1)小球由静止摆到最低点的过程中，有：mgR(1－cos60°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得v0＝eq\r(gR)小球与小物块Q相撞时，动量守恒，机械能守恒，那么有：mv0＝mv1＋mvQeq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,Q)解得：v1＝0，vQ＝v0＝eq\r(gR)二者交换速度，即小球静止下来．Q在平板车上滑行的过程中，系统的动量守恒，那么有mvQ＝Mv＋m(2v)解得，v＝eq\f(1,6)vQ＝eq\f(\r(gR),6)小物块Q离开平板车时，速度为：2v＝eq\f(\r(gR),3)(2)由能量守恒定律，知FfL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,Q)－eq\f(1,2)Mv2－eq\f(1,2)m(2v)2又Ff＝μmg解得，平板车P的长度为L＝eq\f(7R,18μ).答案(1)eq\f(\r(gR),3)(2)eq\f(7R,18μ)25．如下图，间距为L的平行且足够长的光滑导轨由两局部组成：倾斜局部与水平局部平滑相连，倾角为θ，在倾斜导轨顶端连接一阻值为r的定值电阻．质量为m、电阻也为r的金属杆MN垂直导轨跨放在导轨上，在倾斜导轨区域加一垂直导轨平面向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场；在水平导轨区域加另一垂直导轨平面向下、磁感应强度大小也为B的匀强磁场．闭合开关S，让金属杆MN从图示位置由静止释放，金属杆运动到水平导轨前，已到达最大速度，不计导轨电阻且金属杆始终与导轨接触良好，重力加速度为g.求：(1)金属杆MN在倾斜导轨上滑行的最大速率vm；(2)金属杆MN在倾斜导轨上运动，速度未到达最大速度vm前，当流经定值电阻的电流从零增大到I0的过程中，通过定值电阻的电荷量为q，求这段时间内在定值电阻上产生的焦耳热Q；(3)金属杆MN在水平导轨上滑行的最大距离xm.解析(1)金属杆MN在倾斜导轨上滑行的速度最大时，其受到的合力为零，对其受力分析，可得：mgsinθ－BIL＝0根据欧姆定律可得：I＝eq\f(BLvm,2r)解得：vm＝eq\f(2mgrsinθ,B2L2)(2)设在这段时间内，金属杆运动的位移为x，由电流的定义可得：q＝eq\x\to(I)Δt根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律得：eq\x\to(I)＝eq\f(BΔS,2rΔt)＝eq\f(BLx,2rΔt)解得：x＝eq\f(2qr,BL)设电流为I0时金属杆的速度为v0，根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律，可得：I0＝eq\f(BLv0,2r)此过程中，电路产生的总焦耳热为Q总，由功能关系可得：mgxsinθ＝Q总＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)定值电阻产生的焦耳热Q＝eq\f(1,2)Q总解得：Q＝eq\f(mgqrsinθ,BL)－eq\f(mI\o\al(2,0)r2,B2L2)(3)由牛顿第二定律得：BIL＝ma由法拉第电磁感应定律、欧姆定律可得：I＝eq\f(BLv,2r)可得：eq\f(B2L2,2r)v＝meq\f(Δv,Δt)eq\f(B2L2,2r)vΔt＝mΔv，即eq\f(B2L2,2r)xm＝mvm得：xm＝eq\f(4m2gr2sinθ,B4L4)答案(1)eq\f(2m