985增分专项练(重点中学)(4)-2021【创新设计】新高考物理二轮专题复习（江苏）配套word

985增分专项练(重点中学)(4) 1. [2020·苏、锡、常、镇四市高三调研(一)]如图1所示，竖直平面内的直角坐标系xOy中有一根表面粗糙的粗细均匀的细杆OMN，它的上端固定在坐标原点O处且与x轴相切。OM和MN段分别为弯曲杆和直杆，它们相切于M点，OM段所对应的曲线方程为y＝，g取10 m/s2。求：x2。一根套在直杆MN上的轻弹簧下端固定在N点，其原长比杆MN的长度短。可视为质点的开孔小球(孔的直径略大于杆的直径)套在细杆上。现将小球从O处以v0＝3 m/s的初速度沿x轴的正方向抛出，过M点后沿杆MN运动压缩弹簧，再经弹簧反弹后恰好到达M点。已知小球的质量为0.1 kg，M点的纵坐标为0.8 m，小球与杆间的动摩擦因数μ＝ 图1 (1)上述整个过程中摩擦力对小球所做的功Wf； (2)小球初次运动至M点时的速度vM的大小和方向； (3)轻质弹簧被压缩至最短时的弹性势能Epm。 解析　(1)对整个过程由动能定理得 WG＋Wf＝0－mv 代入数据得Wf＝－1.25 J (2)假设小球抛出后做平抛运动，根据平抛运动规律可得 x＝v0t y＝gt2 代入数据得y＝x2与OM曲线方程一致 说明小球在OM段运动过程中与细杆OM无摩擦，做平抛运动 由动能定理WG＝mv－mv 代入数据得vM＝5 m/s 由运动的合成和分解可得，vM的方向与x轴正方向夹角的余弦值 cos θ＝，即θ＝53° ＝ (3)解法①：由(1)得小球从M点开始直至将弹簧压缩到最短过程中摩擦力做的功 Wf1＝－0.625 J 又由Wf1＝Wf＝－μmgxmcos θ得， 小球下滑的最大距离xm＝6.25 m 在小球从M点开始直至将弹簧压缩到最短过程中，由能量转化和守恒定律得 mgxmsin θ＋＝|Wf1|＋Epmmv 代入数据得Epm＝5.625 J 解法②：小球从M点开始直至小球被弹回M点的过程中，摩擦力所做的功 为Wf －Wf＝0－mv 求得Wf＝－1.25 J 又由Wf1＝－μmgxmcos θ得， 小球下滑的最大距离xm＝6.25 m 在小球从M点开始直至将弹簧压缩到最短过程中，由动能定理得 mgxmsin θ＋Wf1＋W弹＝0－mv 又根据功能关系得Epm＝－W弹 代入数据得Epm＝5.625 J 答案　(1)－1.25 J　(2)5 m/s　与x轴正方向成53°角 (3)5.625 J 2. [2020·苏、锡、常、镇四市高三调研(一)]如图2所示，空间存在方向垂直于xOy平面向里的匀强磁场，在0<y<d的区域Ⅰ内的磁感应强度大小为B，在y>d的区域Ⅱ内的磁感应强度大小为2B。一个质量为m、电荷量为－q的粒子以速度从O点沿y轴正方向射入区域Ⅰ。不计粒子重力。 图2 (1)求粒子在区域Ⅰ中运动的轨道半径； (2)若粒子射入区域Ⅰ时的速度为v＝，求粒子打在x轴上的位置坐标，并求出此过程中带电粒子运动的时间； (3)若此粒子射入区域Ⅰ的速度v>，求该粒子打在x轴上位置坐标的最小值。 解析　(1)带电粒子在区域Ⅰ中做匀速圆周运动，设速度为v0 由牛顿第二定律得qv0B＝m,R) 得粒子轨道半径R＝d (2)当粒子射入区域Ⅰ时的速度为v＝2v0时，如图甲所示 在OA段圆周运动的圆心在O1，半径为R1＝2d 在AB段圆周运动的圆心在O2，半径为R2＝d 在BP段圆周运动的圆心在O3，半径为R3＝2d 可以证明ABO1O3为矩形，则图甲中θ＝30° 粒子打在x轴上的位置坐标xP＝(OO1＋O1P)＝(4－)d 粒子在OA段运动的时间为t1＝＝· 粒子在AB段运动的时间为t2＝＝· 粒子在BP段运动的时间为t3＝t1＝ 在此过程中粒子的运动时间t＝2t1＋t2＝ (3)设粒子在区域Ⅰ中轨道半径为R。由图乙可得：粒子打在x轴上位置坐标 x＝2(R－＝2R－)＋ 化简得3R2－4Rx＋x2＋d2＝0 解法①3x2＋d2＝0 － 3x2－d2≥0 ＝ 则：当R＝dx时，位置坐标x取最小值，xmin＝ 解法②：函数fR＝3R2－4xR＋x2＋d2 Δ＝(－4x)2－4×3×(x2＋d2) Δ＝4(x2－3d2)≥0 xmin＝d 说明：本小题用其他方法求解，只要方法正确，照样给分。 答案　(1)d　(2)(4－d　(3))d　 $