2025版衡水中學(xué)學(xué)案高考物理二輪專題與專項(xiàng)第4部分壓軸計(jì)算題搶分練(三)含答案及解析

壓軸計(jì)算題搶分練(三)1.(2024·北京模擬)圖甲為顯像管工作原理示意圖，陰極K發(fā)射的電子束(初速不計(jì))經(jīng)電壓為U的加速電場后，進(jìn)入一圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)，磁場方向垂直于圓面(以垂直圓面向里為正方向)，磁場區(qū)的中心為O，半徑為r，熒光屏MN到磁場區(qū)中心O的距離為L。當(dāng)不加磁場時(shí)，電子束將通過O點(diǎn)垂直打到屏幕的中心P點(diǎn)。當(dāng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間按圖乙所示的規(guī)律變化時(shí)，在熒光屏上得到一條長為2eq\r(3)L的亮線。由于電子通過磁場區(qū)的時(shí)間很短，可以認(rèn)為在每個(gè)電子通過磁場區(qū)的過程中磁感應(yīng)強(qiáng)度不變。已知電子的電荷量為e，質(zhì)量為m，不計(jì)電子之間的相互作用及所受的重力。求：(1)電子打到熒光屏上時(shí)速度的大小v；(2)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度的最大值B0；(3)某同學(xué)突發(fā)異想，想將磁場由圓形改為矩形，但保持亮線長度不變，求矩形的最小面積。【答案】(1)eq\r(\f(2eU,m))(2)eq\f(1,r)eq\r(\f(2mU,3e))(3)eq\f(3\r(3)r2,2)【解析】(1)由動(dòng)能定理eU＝eq\f(1,2)mv2解得v＝eq\r(\f(2eU,m))。(2)根據(jù)洛倫茲力提供向心力，有evB0＝meq\f(v2,R)由幾何關(guān)系得R＝eq\r(3)r解得B0＝eq\f(1,r)eq\r(\f(2mU,3e))。(3)矩形如圖所示，由幾何關(guān)系Smin＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(r＋\f(r,2)))eq\r(3)r＝eq\f(3\r(3)r2,2)。2.(2024·浙江卷)一彈射游戲裝置豎直截面如圖所示，固定的光滑水平直軌道AB、半徑為R的光滑螺旋圓形軌道BCD、光滑水平直軌道DE平滑連接。長為L、質(zhì)量為M的平板緊靠長為d的固定凹槽EFGH側(cè)壁EF放置，平板上表面與DEH齊平。將一質(zhì)量為m的小滑塊從A端彈射，經(jīng)過軌道BCD后滑上平板并帶動(dòng)平板一起運(yùn)動(dòng)，平板到達(dá)HG即被鎖定。已知R＝0.5m，d＝4.4m，L＝1.8m，M＝m＝0.1kg，平板與滑塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝0.6、與凹槽水平底面FG間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2?；瑝K視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度g＝10m/s2。(1)滑塊恰好能通過圓形軌道最高點(diǎn)C時(shí)，求滑塊離開彈簧時(shí)速度v0的大小；(2)若μ2＝0，滑塊恰好過C點(diǎn)后，求平板加速至與滑塊共速時(shí)系統(tǒng)損耗的機(jī)械能；(3)若μ2＝0.1，滑塊能到達(dá)H點(diǎn)，求其離開彈簧時(shí)的最大速度vm?！敬鸢浮?1)5m/s(2)0.625J(3)6m/s【解析】(1)滑塊恰好能通過圓形軌道最高點(diǎn)C時(shí)mg＝eq\f(mv\o\al(2,C),R)從滑塊離開彈簧到C過程，根據(jù)動(dòng)能定理－2mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)解得vB＝5m/s。(2)平板加速至與滑塊共速過程，根據(jù)動(dòng)量守恒mvB＝(M＋m)v共據(jù)能量守恒ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)(M＋m)veq\o\al(2,共)解得ΔE＝eq\f(5,8)J。(3)若μ2＝0.1，平板與滑塊相互作用過程中，加速度分別為a1＝μ1g＝6m/s2a2＝eq\f(μ1mg－μ2M＋mg,M)＝4m/s2共速后，共同加速度大小為a3＝μ2g＝1m/s2考慮滑塊可能一直減速直到H，也可能先與木板共速然后共同減速；假設(shè)先與木板共速然后共同減速，則共速過程v＝vE－a1t1＝a2t1共速過程，滑塊、木板位移分別為x1＝eq\f(v＋vE,2)t1x2＝eq\f(v,2)t1共速時(shí)，相對(duì)位移應(yīng)為Δx＝L＝x1－x2解得vE＝6m/s，v＝2.4m/s隨后共同減速x