2019版高考物理二轮复习计算题32分满分练(四)

1、 11m 12（ m+ Mg= Ma（1 分） 设木块与木板达到相同速度 V1时，用时为t , 对木块，有V1 = V a1t 对木板，有V1= a2t 解得 V1 = 0.1 m/s , t = 0.3 s（1 分） 一 V + V1 此时木块运动的位移 X1 = 2 t = 0.165 m（1 分） 2 V1 木板的位移 X1=L = 0.015 m（1 分） 2a2 木块在木板上滑动的长度为 X1 Xiv| 达到共速后，木块和木板一起继续运动。设木块、 木板一起运动的加速度大小为 a3,位移为 计算题 32 分满分练（四） 24.（12 分）如图 1 所示，两个完全相同的长木板放置于水平

2、地面上，木板间紧密接触，但不 粘在一块，每个木板质量 M= 0.6 kg,长度1 = 0.5 m 现有一质量 m= 0.4 kg 的木块，以初 速度Vo = 2 m/s从木板的左端滑上木板，已知木块与木板间的动摩擦因数 1= 0.3，木板与 地面间的动摩擦因数 12= 0.1，重力加速度g= 10 m/s2。求: （1）木块滑上第二块木板的瞬间的速度; （2）木块最终滑动的位移（保留 2 位有效数字）。 解析（1）两木板受到木块的摩擦力 f 1 =卩 1img1 分） 两木板受到地面的最大静摩擦力 f2= 12（m+ 2Mg（1 分） 因为f2f1，所以木块运动时，两木板静止不动 木块在左边第

3、一块木板上的加速度为 a1,由牛顿第二定律得 1 mg ma（1 分） 设小木块滑上第二块木板的瞬间的速度为 =2ad （1 分）严 2 2 V V0 由运动学关系式得 解得v= 1 m/s（1 分） （2）木块滑上第二块木板后，设木板的加速度为 a2，由牛顿第二定律得 2 X2 卩 2（m+ M）g = Ma3（1 分） v2 = 2a3X2 解得 X2 = 0.005 m（1 分） 所以，木块移动的总位移 X = l + Xi + X2= 0.67 m（1 分） 答案（1）1 m/s （2）0.67 m 25.（20 分）如图 2, A、B、C为同一平面内的三个点，在垂直于平面方向加一匀强

4、磁场。将 J 一质量为m带电荷量为q（q0）的粒子以初动能 &自A点垂直于直线 AC射入磁场，粒子依 次通过磁场中B、C两点所用时间之比为 1 : 3。若在该平面内同时加一匀强电场，从 A点以 同样的初动能沿某一方向射入同样的带电粒子，该粒子到达 B点时的动能是初动能的 3 倍， 到达C点时的动能是初动能的 5 倍。已知AB的长度为I，不计带电粒子的重力，求： 超 J / / JT f f 詐 - Y 图 2 / （1） 磁感应强度的大小和方向； （2） 电场强度的大小和方向。 解析（1）如图所示，设 AC中点为O,由题意可知 AC长度为粒子在磁场中做匀速圆周运动 A ZML 的直径，

5、连接OB因为粒子在运动过程中依次通过 B、C两点所用时间之比为 1 : 3,所以/ AOB =60,圆周运动的半径 r = l （2 分） 由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得 2 qvB= ny（2 分） 1 2 初动能Ek= ?mV 解得 BmJE（2 分） ql 3 因为粒子带正电，根据洛伦兹力方向可以判断，磁感应强度 分） （2）加上电场后，只有电场力做功，从 A到B由动能定理得 qUh= 3Ek 丘（2 分） 从A经B到C qLAc= 5E E（2 分） 解得 UAc= 2UAB（2 分） 在匀强电场中，沿任意一条直线电势的降落是均匀的， 则可以判断 0点与B点为等势点，所 以，电场强度E与0B垂直；因为由A到B电场力做正功，所以电场强度的方向与 AB成 30 夹角斜向上。（2 分） 设电场强度的大小为 E,则有 UAB= E- l cos 30 （2 分） 联立解得E=字旦