2019年高考物理一輪復(fù)習(xí) 全真精準模擬 第05周 第一練（大題特訓(xùn)）（含解析）.doc

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第05周 第一練 24．（14分） 如圖所示，在空間坐標系x＜0區(qū)域中有豎直向上的勻強電場E1，在一、四象限的正方形區(qū)域CDEF內(nèi)有方向如圖所示的正交的勻強電場E2和勻強磁場B，已知CD＝2L，OC＝L，E2＝4E1．在-x軸上有一質(zhì)量為m、電量為+q的金屬a球以速度v0沿x軸向右勻速運動，并與靜止在坐標原點O處用絕緣細支柱支撐的（支柱與b球不粘連、無摩擦）質(zhì)量為2m、不帶電金屬b球發(fā)生彈性碰撞。已知a、b球體積大小、材料相同且都可視為點電荷，碰后電荷總量均分，重力加速度為g，不計a、b球間的靜電力，不計a、b球產(chǎn)生的場對電場、磁場的影響，求： (1)碰撞后，a、b兩球的速度大??； (2)a、b碰后，若b球從CD邊界射出，求b球運動時間的范圍； (3)若將磁場反向,兩球可否再次碰撞，若可以，請求出磁感應(yīng)強度；若不可以，請簡述理由. 【答案】(1) (2) (3) 【解析】 （2）碰撞后，b受到的電場力為：F電 故b做勻速圓周運動，由牛頓第二定律得： 解得： 聯(lián)立解得： 故若b從CD邊界射出，則其在磁場中運動時間滿足： （3）碰后a、b電量總量平分，即： 碰后a在電場中向左做類平拋運動，b在垂直紙面向外的磁場中偏轉(zhuǎn)半周再進入電場中做類平拋運動，設(shè)兩球再次相遇的位置在P點，其坐標為（-x，-y） 根據(jù)類平拋運動x＝vt 則類平拋運動時間差滿足 由牛頓第二定律得球a ： a 同理球b： 解得 根據(jù)類平拋運動 則類平拋運動的側(cè)向位移差滿足 聯(lián)立方程得 25．（18分） 如圖所示輕彈簧一端固定在水平面上的豎直擋板上,處于原長時另一端位于水平面上B點處,B點左側(cè)光滑,右側(cè)粗糙。水平面的右側(cè)C點處有一足夠長的斜面與水平面平滑連接,斜面傾角為37,斜面上有一半徑為R=1m的光滑半圓軌道與斜面切于D點,半圓軌道的最高點為E,G為半圓軌道的另一端點,=2.5m,A、B、C、D、E、G均在同一豎直面內(nèi)。使質(zhì)量為m=0.5kg的小物塊P擠壓彈簧右端至A點,然后由靜止釋放P,P到達B點時立即受到斜向右上方,與水平方向的夾角為37,大小為F=5N的恒力,一直保持F對物塊P的作用,結(jié)果P通過半圓軌道的最高點E時的速度為。已知P與水平面斜面間的動摩擦因數(shù)均為μ=0.5,g取.sin37=0.6, (1)P運動到E點時對軌道的壓力大小; (2)彈簧的最大彈性勢能; (3)若其它條件不變,增大B、C間的距離使P過G點后恰好能垂直落在斜面上,求P在斜面上的落點距D點的距離。 【答案】（1） (2) (3) 【解析】 【詳解】 (1) P在半圓軌道的最高點E，設(shè)軌道對P的壓力為，由牛頓運動定律得： 解得： 由牛頓第三定律得，P運動到E點時對軌道的壓力FN =3N （3）P在G點脫離圓軌道，做曲線運動，把該運動分解為平行于斜面的勻減速直線運動和垂直于斜面的初速度為零的勻加速直線運動，有： 解得：m/s2 解得：m/s2 P垂直落在斜面上，運動時間滿足： 平行于斜面方向上： 聯(lián)立解得：m/s 平行于斜面方向上： m P在斜面上的落地距D的距離m。