(京津琼)2019高考物理总复习 专用优编提分练：计算题专练(十)

计算题专练(十)
1．如图1所示，半径r ＝0.06 m 的半圆形无场区的圆心在坐标原点O 处，半径R ＝0.1 m 、磁感应强度B ＝0.075 T 的圆形有界磁场区的圆心坐标为O 1(0,0.08 m)，平行金属板的板长L ＝0.3 m ，间距d ＝0.1 m ，极板间所加电压U ＝6.4×102 V ，其中MN 极板上收集的粒子全部中和吸收．一位于O 处的粒子源向第Ⅰ、Ⅱ象限均匀地发射速度大小v ＝6.0×105 m/s 的带正电粒子，经圆形磁场偏转后，从第Ⅰ象限出射的粒子速度方向均沿x 轴正方向，若粒子重力不计、比荷q m ＝1.0×108
C/kg ，不计粒子间的相互作用力及电场的边缘效应，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：
图1
(1)打到下极板右端点N 的粒子进入电场时的纵坐标值；
(2)打到N 点的粒子进入磁场时与x 轴正方向的夹角．
答案 (1)0.08 m (2)53°
解析 (1)恰能打到N 点的粒子运动轨迹如图所示，
粒子从A 点进入磁场，设进入电场时的纵坐标值为y ，
粒子在电场中的加速度a ＝qU md
粒子穿过平行金属板的时间为t ＝L v
粒子在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，
有：y ＝12
at 2 联立得：y ＝qUL 2
2mdv 2 代入数据得y ＝0.08 m
y <d ＝0.1 m ，说明粒子能射入极板间，射入点的纵坐标值为y ＝0.08 m
(2)P 点与磁场圆心等高，则粒子从点P (0.1 m,0.08 m)射出磁场．
粒子做圆周运动的半径为r 0，C 点为圆心，
则OC ＝R ＝0.1 m
由牛顿第二定律有：qvB ＝mv 2
r 0
解得r 0＝0.08 m
在直角△OAC 中，由三角函数关系有：
sin∠AOC ＝r 0R
＝0.8，
即∠AOC ＝53°.
2．如图2所示，固定斜面足够长，斜面与水平面的夹角α＝30°，一质量为3m 的“L”形工件沿斜面以速度v 0匀速向下运动，工件上表面光滑，其下端连着一块挡板．某时刻，一质量为m 的小木块从工件上的A 点沿斜面向下以速度v 0滑上工件，当木块运动到工件下端时(与挡板碰前的瞬间)，工件速度刚好减为零，后木块与挡板第1次相碰，以后每隔一段时间，木块就与工件挡板碰撞一次．已知木块与挡板的碰撞都是弹性碰撞且碰撞时间极短，木块始终在工件上运动，重力加速度为g .求：
图2
(1)木块滑上工件时，木块、工件各自的加速度大小；
(2)木块与挡板第1次碰撞后的瞬间，木块、工件各自的速度大小；
(3)木块与挡板第1次碰撞至第n (n ＝2,3,4,5，…)次碰撞的时间间隔及此时间间隔内木块和工件组成的系统损失的机械能ΔE .
答案 见解析
解析 (1)设工件与斜面间的动摩擦因数为μ，木块加速度大小为a 1，工件加速度大小为a 2. 对木块，由牛顿第二定律可得：mg sin α＝ma 1
对工件，由牛顿第二定律可得：
μ(3m ＋m )g cos α－3mg sin α＝3ma 2
工件匀速运动时，由平衡条件可得：
μ·3mg cos α＝3mg sin α
解得：a 1＝g 2，a 2＝g 6
(2)设碰挡板前木块的速度为v ，木块由工件上A 点运动至碰前所用时间为t 0，
则对木块：v ＝v 0＋a 1t 0
对工件：0＝v 0－a 2t 0
解得：v ＝4v 0
木块以v 与挡板发生弹性碰撞，碰撞时间极短，设碰后木块速度为v 1，工件速度为v 2，以碰前木块的速度方向为正方向，
由动量守恒定律得：mv ＝mv 1＋3m ·v 2
由能量守恒定律得：12mv 2＝12mv 12＋12
·3m ·v 22 联立解得：v 1＝－2v 0，v 2＝2v 0
(3)第1次碰撞后，木块以大小为2v 0的速度沿工件向上匀减速运动，工件以大小为2v 0的速
度沿斜面向下匀减速运动，工件速度再次减为零的时间：t ＝2v 0a 2＝12v 0g
此时，木块的速度：v 1′＝－2v 0＋a 1t ＝4v 0
木块的位移：x 1＝－2v 0t ＋12a 1t 2＝12v 02g
工件的位移：x 2＝2v 0t －12a 2t 2＝12v 02g
即木块、工件第2次相碰前瞬间的速度与第1次相碰前瞬间的速度相同，以后木块、工件重复前面的运动过程，则第1次与第n 次碰撞的时间间隔：
Δt ＝(n －1)t ＝12(n －1)v 0g
(n ＝2,3,4,5，…) 木块、工件每次碰撞时，木块和工件的总动能都相等，Δt 时间内木块和工件组成的系统减少的机械能等于木块、工件减少的重力势能：
ΔE ＝4mg (n －1)x 2sin α
解得：ΔE ＝24(n －1)mv 02(n ＝2,3,4,5，…)。