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1、計算題專項訓(xùn)練(一)
(時間:40分鐘 分值:49分)
1.(12分)(2018·天津南開月考)如圖所示,在光滑的水平地面上,相距l(xiāng)=10 m的A、B兩個小球均以v0=10 m/s向右運動,隨后兩球相繼滑上傾角為30°的足夠長的固定光滑斜坡,地面與斜坡平滑連接,取g=10 m/s2。求:
(1)B球剛要滑上斜坡時A、B兩球的距離;
(2)A球滑上斜坡后經(jīng)過多長時間兩球相遇。
答案:(1)7.5 m (2)2.5 s
解析:(1)設(shè)A球滑上斜坡后經(jīng)過t1時間B球滑上斜坡,
則有l(wèi)=v0t1,解得t1=1s
A球滑上斜坡后做勻減速直線運動,
加速度大小a=gsin30°=5m
2、/s2
設(shè)這段時間內(nèi)A球向上運動的位移為x,
則x=v0t1-12at12
代入數(shù)據(jù)解得x=7.5m。
(2)B球剛要滑上斜坡時A球速度v1=v0-at1=5m/s
B球滑上斜坡時,加速度與A相同,以A為參考系,B相對于A以v=v0-v1=5m/s做勻速運動,設(shè)再經(jīng)過時間t2它們相遇,有t2=xv=1.5s
則所求時間t=t1+t2=2.5s。
2.(17分)如圖所示,有一個可視為質(zhì)點的質(zhì)量為m=1 kg的小物塊,從光滑平臺上的A點以v0=2 m/s的初速度水平拋出,到達(dá)C點時,恰好沿C點的切線方向進(jìn)入固定在水平地面上的光滑圓弧軌道,最后小物塊滑上緊靠軌道末端D點的質(zhì)量為m長=3
3、 kg的長木板,已知木板上表面與圓弧軌道末端切線相平,木板下表面與水平地面之間光滑,小物塊與長木板間的動摩擦因數(shù)μ=0.3,圓弧軌道的半徑為R=0.4 m,C點和圓弧的圓心連線與豎直方向的夾角θ=60°,不計空氣阻力,g取10 m/s2。
(1)求小物塊剛要到達(dá)圓弧軌道末端D點時對軌道的壓力;
(2)若長木板長度l長=2.4 m,小物塊能否滑出長木板?
答案:(1)60 N,方向豎直向下 (2)能
解析:(1)物塊到達(dá)C點的速度與水平方向的夾角為60°,則
vC=v0cos60°=2v0=4m/s
小物塊由C到D的過程中,由動能定理得
mgR(1-cos60°)=12mvD2
4、-12mvC2
代入數(shù)據(jù)解得vD=25m/s
小物塊在D點時,由牛頓第二定律得FN-mg=mvD2R
解得FN=60N
由牛頓第三定律得小物塊剛要到達(dá)圓弧軌道末端D點時對軌道的壓力FN'=FN=60N,方向豎直向下。
(2)設(shè)小物塊始終在長木板上,共同速度大小為v,小物塊在木板上滑行的過程中,小物塊與長木板組成的系統(tǒng)動量守恒,取向左為正方向
由動量守恒定律得mvD=(m長+m)v
解得v=52m/s
設(shè)物塊與木板的相對位移為l,由功能關(guān)系得
μmgl=12mvD2-12(m+m長)v2
解得l=2.5m>l長=2.4m,所以小物塊能滑出長木板。
3.(20分)如圖所示,在
5、平面直角坐標(biāo)系中,第三象限里有一加速電場,一個電荷量為q、質(zhì)量為m的帶正電粒子(不計重力),從靜止開始經(jīng)加速電場加速后,垂直x軸從A(-4l,0)點進(jìn)入第二象限,在第二象限的區(qū)域內(nèi),存在著指向O點的均勻輻射狀電場,距O點4l處的電場強度大小均為E=qlB0216m,粒子恰好能垂直y軸從C(0,4l)點進(jìn)入第一象限,如圖所示,在第一象限中有兩個全等的直角三角形區(qū)域Ⅰ和Ⅱ,均充滿了方向垂直紙面向外的勻強磁場,區(qū)域Ⅰ的磁感應(yīng)強度大小為B0,區(qū)域Ⅱ的磁感應(yīng)強度大小可調(diào),D點坐標(biāo)為(3l,4l),M點為CP的中點。粒子運動軌跡與磁場區(qū)域相切時認(rèn)為粒子能再次進(jìn)入磁場。從磁場區(qū)域Ⅰ進(jìn)入第二象限的粒子可以被吸
6、收掉。
(1)求加速電場的電壓U;
(2)若粒子恰好不能從OC邊射出,求區(qū)域Ⅱ磁感應(yīng)強度大小;
(3)若粒子能到達(dá)M點,求區(qū)域Ⅱ磁場的磁感應(yīng)強度大小的所有可能值。
答案:(1)ql2B028m (2)24B049
(3)825B0、1633B0、833B0、1641B0、2449B0
解析:(1)粒子在加速電場中加速,根據(jù)動能定理有
qU=12mv2
粒子在第二象限輻射狀電場中做半徑為R的勻速圓周運動,則qE=mv24l
聯(lián)立解得v=qB0l2m,U=ql2B028m。
(2)粒子在區(qū)域Ⅰ中運動的速度大小
v=qB0l2m
根據(jù)洛倫茲力提供粒子在磁場中做勻速圓周運動
7、的向心力,
有qB0v=mv2r,得半徑r=mvqB0=l2
若粒子在區(qū)域Ⅱ中的運動半徑R較小,則粒子會從OC邊射出磁場。
恰好不從OC邊射出時,作出對應(yīng)的運動軌跡,如圖
滿足∠O2O1Q=2θ,
sin2θ=2sinθcosθ=2425,
又sin2θ=rR-r
解得R=4924r=4948l
又R=mvqB,代入v=qB0l2m
可得B=24B049。
(3)①若粒子由區(qū)域Ⅰ達(dá)到M點
每次前進(jìn)lCP2=2(R-r)cosθ=85(R-r)
由周期性得lCM=nlCP2(n=1,2,3,…),
即52l=85n(R-r)
R=r+2516nl≥4948l,
解得n≤3
n=1時R=3316l,B=833B0
n=2時R=4132l,B=1641B0,
n=3時R=4948l,B=2449B0
②若粒子由區(qū)域Ⅱ達(dá)到M點
由周期性:lCM=lCP1+nlCP2(n=0,1,2,3,…)
即52l=85R+85n(R-r)
解得:R=52+45n85(1+n)l≥4948l
解得:n≤2625。
當(dāng)n=0時,R=2516l,B=825B0
當(dāng)n=1時,R=3332l,B=1633B0。
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