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点由静止开始下滑，运动过程中，传感器记录到的力和时间的关系如图（b）所示．已知sin37°=，cos37°=，g取10m/s2．求：(1)斜面BC的长度；(2)滑块的质量；(3)运动过程中滑块克服摩擦力做的功．2.（动能定理、动量守恒定律与摩擦生热）如下图所示，固定在地面上的光滑圆弧面底端与车C的上表面平滑相接，在圆弧面上有一滑块A，其质量mA=2kg，在距车的水平面高h=1.25m处由静止下滑，车C的质量为mC=6kg。在车C的左端有一质量mB=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/s2。求：（1）滑块A滑到圆弧面底端时的速度大小；ABCh0F/Nt/s-512123图（b）图（a）AθBC力传感器（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v0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Bemv230。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：a1=gsinθ=6m/s2⋯⋯2分NMQPv0BBBOxyⅠⅡ通过图像可知滑块在斜面上运动时间为：t1=1s⋯⋯2分由运动学公式得：⋯⋯2分②滑块对斜面的压力为：N1/=mgcosθ⋯⋯2分木板对传感器的压力为：F1=N1/sinθ⋯⋯2分由图像可知：F1=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：v1=a1t1=6m/s⋯⋯1分由图像可知：f1=5N，t2=2s⋯⋯2分⋯⋯1分⋯⋯1分W=fs2=40J⋯⋯1分2.解：（1）设滑块A滑到圆弧末端时的速度大小为v1，由机械能守恒定律有：mAgh=21mAv12①（3分）代入数据，由①式解得：v1=5(m/s)（2分）（2）设A、B碰撞后瞬间的共同速度为v2，滑块A与B组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可得：mAv1=(mA+mB)v2②（3分）代入数据，由②式解得：v2=(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，AθBC力传感器N1N1/F1mgmgN2ff1设其共同速度为v3，根据动量守恒和能量守恒定律可得：(mA+mB)v2=(mA+mB+mC)v3③（3分）μ(mA+mB)gL=21(mA+mB)v22-21(mA+mB+mC)v32④（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0eEevB①（2分）而U=Ed②（1分）由①②两式联立解得：0UBvd（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200mvevBR③（2分）设电子在区域I中沿着y轴偏转距离为y0，区域I的宽度为b（b=Bemv230），则2220)(RbyR④（2分）由③④式联立解得：eBmvy200（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eBmvyy002（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...
