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2019年高三高考物理三维设计二轮复习计算题专项练(五) 高考第24、25题组合练(三)

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第 1 页 共 3 页 高考第 24、25 题组合练(三) (限时 22 分钟) 1.(2018· 湖北省七市教科研协作体联考)如图所示,光滑水平面 上有一静止长木板 C,其右端带有挡板,小物块 A、 B 分别静置于其左 端及中点。已知木板 C 全长 L=18 m,物块 A、B 与木板 C 间的动摩擦因数皆为 μ=0.3,三者 质量满足 mC=2mA=2mB,重力加速度 g=10 m/s2。现通过击打使得 A 物块获得向右的速度 v0=15 m/s,如果物体间的碰撞都是弹性正碰,试求: (1)物块 A、B 第一次碰撞前的速度大小各为多少? (2)B 物块与木板 C 右端挡板碰后瞬间 B 的速度。 解析:(1)设 mA=mB=m,则 mC=2m,取向右为正方向,刚开始 A 做减速运动的加速度大 小 a1=μg=0.3g BC 一起向右加速的加速度大小 a2= 设经过时间 t,A、B 第一次相撞,则: L 1 1 v0t- a1t2- a2t2= 2 2 2 解得 t= 15-3 17 s 4 μmg =0.1g 3m 所以碰撞前 A 的速度 v=v0-a1t≈13 m/s 碰撞前 B 的速度 v′=a2t≈0.66 m/s。 (2)A、 B 是弹性碰撞且质量相等,则碰撞后速度交换,因此碰后 A、 C 相对静止以 a2 加速,B 延续碰前 A 的速度以 a1 减速。 设 B 与 C 右端挡板碰前,B 的速度为 v1,A、C 的速度为 v2,从开始运动至此时刻,由动量 守恒和功能关系得: mv0=mv1+3mv2 1 1 1 mv 2= mv 2+ · 3mv22+μmgL 2 0 2 1 2 ?v1=10.5 m/s, ? ? ?v1=-3 m/s, ? 解得:? (舍) ?v2=1.5 m/s, ? ?v2=6 m/s ? 设 B 与 C 右端碰撞后速度分别为 vB、vC,由动量守恒及机械能守恒可得:mv1+2mv2 =mvB+2mvC 1 1 1 1 mv 2+ · 2mv22= mvB2+ · 2mvC2 2 1 2 2 2 第 2 页 共 3 页 ?v =3?4v -v ?, 解得? 1 ?v =3?2v +v ?, B 2 1 C 1 2 1 ?vB=v1, ? ? (舍) ?vC=v2 ? 代入数据得 vB=-1.5 m/s,故 B 物块与木板 C 右端挡板碰后瞬间 B 的速度大小为 1.5 m/s ,方向向左。 答案:(1)13 m/s 0.66 m/s (2)1.5 m/s 向左 2.(2018· 开封一模)如图所示,两足够长平行光滑的金属导轨 MN、PQ 相距为 L=1 m,导轨平面与水平面夹角 α=30°,导轨电 阻不计。磁感应强度为 B=1.0 T 的匀强磁场垂直导轨平面斜向 下,金属棒 ab 垂直于 MN、 PQ 放置在导轨上,且始终与导轨接触良好,金属棒的质量为 m=0.01 kg、电阻不计。定值电阻 R1=30 Ω,电阻箱电阻调到 R2=120 Ω,电容 C=0.01 F,取重力加速 度 g=10 m/s2。现将金属棒由静止释放。 (1)在开关接到 1 的情况下,求金属棒下滑的最大速度。 (2)在开关接到 1 的情况下,当 R2 调至 30 Ω 后且金属棒稳定下滑时,R2 消耗的功率为多 少? (3)在开关接到 2 的情况下,求经过时间 t=2.0 s 时金属棒的速度。 解析: (1)当金属棒匀速下滑时速度最大 ,设最大速度为 vm,此时棒处于平衡状态 ,故有 mgsin α=F 安,而 F 安=BIL,I= 由以上各式得 mgsin α= 解得最大速度 vm= BLvm ,其中 R 总=150 Ω R总 B2L2vm R总 mgR总sin α =7.5 m/s; B2L2 (2)当 R2 调整后,棒稳定下滑的速度由(1)知 v= mg?R1+R2?sin 30° =3.0 m/s B2L2 BLv 故 R2 上消耗的功率 P2=I2R2,其中 I= =0.05 A,解得 P2=0.075 W; R1+R2 (3)对任意时刻,由牛顿第二定律有 mgsin α-BIL=ma i= Δv Δq ,Δq=CΔu,Δu=BLΔv,a= Δt Δt mgsin α B2L2C+m 解得 a= 上式表明棒在下滑过程中 , 加速度保持不变 , 棒做匀加速运动 , 代入数据可得: a = 2.5 m/s2。 第 3 页 共 3 页 t=2.0 s 时,v=at=5 m/s。 答案:(1)7.5 m/s (2)0.075 W (3)5 m/s


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