（通用版）2020版高考物理三輪沖刺 高考題型三 押題練2（含解析）

押題練224.(14分)(2019湘贛十四校一模)如圖所示,足夠長的“L”形長木板B置于粗糙的水平地面上,其上靜止著可視為質(zhì)點的滑塊A,滑塊距長木板右側(cè)壁距離為l=6.5 m,已知滑塊與長木板、長木板與地面間的動摩擦因數(shù)均為0.1,A、B質(zhì)量分別為mA=2 kg、mB=1 kg?，F(xiàn)給A向右的瞬時沖量I=14 N·s,假設(shè)A與B右側(cè)壁的碰撞為彈性碰撞,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,g取10 m/s2。求:(1)A、B碰撞后瞬間,兩者的速度大小;(2)最終滑塊A距長木板B右側(cè)壁的距離。25.(20分)(2019湖北宜昌模擬)如圖所示,在0xa的區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場,在x>a的區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向外的勻強磁場,磁感應(yīng)強度的大小均為B0。質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子沿x軸從原點O射入磁場。當粒子射入速度不大于v0時,粒子在磁場中運動的時間都相同,求:(1)速度v0的大小;(2)若粒子射入磁場的速度大小為2v0,其軌跡與x軸交點的橫坐標;(3)調(diào)節(jié)區(qū)域磁場的磁感強度為B0,使粒子以速度nv0(n>1)從O點沿x軸射入時,粒子均從O點射出磁場,n與滿足的關(guān)系。押題練224.答案 (1)2 m/s8 m/s(2)3 m解析(1)對A,由動量定理得:I=mAv0,在A向右運動過程:fA<fB地,B相對地面靜止,A向右運動到與B碰撞前的過程,對A,由動能定理得:-mAgl=12mAv12-12mAv02,A、B發(fā)生彈性碰撞,碰撞過程系統(tǒng)動量守恒、機械能守恒,以向右為正方向,由動量守恒定律得:mAv1=mAvA+mBvB,由機械能守恒定律得:12mAv12=12mAvA2+12mBvB2,代入數(shù)據(jù)解得:vA=2m/s,vB=8m/s;(2)碰撞后,A做加速運動,B做減速運動,由牛頓第二定律得:對A:mAg=mAaA,對B:mAg+(mA+mB)g=mBaB,設(shè)經(jīng)過時間t,A、B速度相等,則:vA+aAt=vB-aBt,代入數(shù)據(jù)解得:t=1s,假設(shè)A、B此后一起減速運動,由牛頓第二定律得:(mA+mB)g=(mA+mB)a,此時:mAa(mA+mB)g,假設(shè)成立,A、B一起減速,最后靜止,v-t圖線如圖所示,圖中陰影面積為滑塊A到B右側(cè)壁的距離,d=3m。25.答案 (1)qBam(2)x=2(1+2-1)a(3)+1=n2-1n解析 (1)粒子恰好與邊界相切時R=aqvB=mv02R解得:v0=qBam(2)帶電粒子運動的軌跡如圖甲所示,O1、O2分別為軌跡的圓心,r=2mv0qB0=2a由幾何關(guān)系可得rsin=aO2A=2rsinO2B=2rcos-r=(2-2)aBC=r2-O2B2=22-1a軌跡與x軸交點坐標為x=O2A+BC=2(1+2-1)a(3)如圖乙,粒子在區(qū)域中圓周運動的半徑為R1,根據(jù)qnv0B0=m(nv0)2R1粒子在區(qū)域中圓周運動的半徑為R2,qnv0B0=m(nv0)2R2在區(qū)域中圓周運動的圓心位于x軸上才可能使粒子從O點射出。R1sin=a(R1+R2)cos=R1解得:+1=n2-1n5