高考综合计算题练习二(含详细解析)

高考综合计算题练习二

1.（牛顿第二定律结合图像）如图（a ）所示，“

”型木块放在光滑水平地面上，木块水平

表面AB 粗糙，光滑表面BC 且与水平面夹角为θ=37°．木块右侧与竖直墙壁之间连接着一个力传感器，当力传感器受压时，其示数为正值；当力传感器被拉时，其示数为负

值．一个可视为质点的滑块从C 时间的关系如图（b ）所示．已知sin37°=，cos37°=，g 取10m/s 2

(1) 斜面BC 的长度；

(2) 滑块的质量；

(3)

2.端与车C 的上表面平滑相接，在圆弧面上有一滑块A ，其质量m A =2kg ，在距车的水平面高

h =1.25m 处由静止下滑，车C 的质量为m C =6kg 。在车C 的左端有一质量m B =2kg 的滑块B ，滑

块B 与A 均可视作质点，滑块A 与B 碰撞后立即粘合在一起共同运动，最终没有从车C 上滑落。已知滑块A 、B 与车C 的动摩擦因数均为μ=，车C 与水平面间的摩擦忽略不计，取g =10m/s 2

。求：

（1）滑块A 滑到圆弧面底端时的速度大小；

图（b ）

图（a ）

（2）滑块A 与B 碰撞后瞬间的共同速度大小； （3）车C 的最短长度。

3.（带电粒子在电场磁场中的运动综合）如下图所示，带电平行金属板PQ 和MN 之间的距离为d ；两金属板之间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B 。建立如图所示的坐标系，x 轴平行于金属板，且与金属板中心线重合，y 轴垂直于金属板。区域I 的左边界是y 轴，右边界与区域II 的左边界重合，且与y 轴平行；区域II 的左、右边界平行。在

区域I 和区域II 内分别存在匀强磁场，磁感应强度大小均为B ，区域I 内的磁场垂直于Oxy 平面向外，区域II 内的磁场垂直于Oxy 平面向里。一电子沿着x 轴正向以速度v 0射入平行板之间，在平行板间恰好沿着x 轴正向做直线运动，并先后通过区域I 和II 。已知电子电量为e ，质量为m ，区域I 和区域II 沿x 轴方向宽度均为

Be

mv 230

。不计电子重力。 （1）求两金属板之间电势差U ；

（2）求电子从区域II 右边界射出时，射出

点的纵坐标y ；

（3）撤除区域I 中的磁场而在其中加上沿x 轴正向的匀强电场，使得该电子刚好不能从区域II 的右边界飞出。求电子两次经过y 轴的时间间隔t 。

答案与解析

1.解：①分析滑块受力，由牛顿第二定律得： 得：a 1=gsin θ=6m/s 2

……2分

v1.0 可编辑可修改

通过图像可知滑块在斜面上运动时间为：t 1=1s ……2分 由运动学公式得：

……2分

②滑块对斜面的压力为：N 1/

=mgcos θ……2分 木板对传感器的压力为：F 1=N 1/

sin θ……2分 由图像可知：F 1=12N ……1分 解得：m=2.5Kg ……1分

(说明：如果从系统考虑，答案正确得满分) ③滑块滑到B 点的速度为：v 1=a 1t 1=6m/s ……1分 由图像可知：f 1=5N ，t 2=2s ……2分 ……1分

……1分

W=fs 2=40J ……1分 2.

解：（1）设滑块A 滑到圆弧末端时的速度大小为v 1，由机械能守恒定律有：

m A gh=

2

1

m A v 12 ①（3分） 代入数据，由①式解得：v 1=5(m/s) （2分）

（2）设A 、B 碰撞后瞬间的共同速度为v 2，滑块A 与B 组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可得：

m A v 1=(m A +m B )v 2 ②（3分）

代入数据，由②式解得：v 2=(m/s) （2分）

（3）设车C 的最短长度为L ，滑块A 与B 最终没有从车C 上滑出，三者的最终速度相同，

A

θ B

C

力传感器

N 1

N 1/

F 1

mg mg

N 2

f

f 1

设其共同速度为v 3，根据动量守恒和能量守恒定律可得：

(m A +m B )v 2 =(m A +m B +m C )v 3 ③（3分） μ(m A +m B )gL =

21(m A +m B )v 22-2

1

(m A +m B +m C )v 32 ④（3分） 联立③④式可解得：L =(m) （2分） 3.

解：（1）电子在平行板间做直线运动，电场力与洛伦兹力平衡

0eE ev B =①（2分）

而U=Ed ②（1分）

由①②两式联立解得：0U Bv d = （1分） （2）如右图所示，电子进入区域I 做匀速圆周运动，向上偏转，洛伦兹力提供向心力

2

0mv ev B R

= ③（2分） 设电子在区域I 中沿着y 轴偏转距离为 y 0，区域I 的宽度为b （b=

Be

mv 230

），则 2

220)(R b y R =+-

④（2分）

由③④式联立解得：eB mv y 20

0=

（1分）

因为电子在两个磁场中有相同的偏转量，故电子从区域II 射出点的纵坐标

eB

mv y y 0

02=

= （2分） （3）电子刚好不能从区域II 的右边界飞出，说明电子在区域II 中做匀速圆周运动的轨迹恰好与区域II 的右边界相切，圆半径恰好与区域II 宽度相同。电子运动轨迹如下图所示。设电子进入区域II 时的速度为v ，则由：