【物理】2019届二轮复习计算题专练(一)作业（全国通用） 4页

计算题专练(一)‎ ‎(限时：25分钟)‎ ‎24．(12分)如图1所示，有一个可视为质点的质量为m＝1 kg的小物块，从光滑平台上的A点以v0＝2 m/s的初速度水平抛出，到达C点时，恰好沿C点的切线方向进入固定在水平地面上的光滑圆弧轨道，最后小物块滑上紧靠轨道末端D点的质量为M＝3 kg的长木板，已知木板上表面与圆弧轨道末端切线相平，木板下表面与水平地面之间光滑，小物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.3，圆弧轨道的半径为R＝0.4 m，C点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角θ＝60°，不计空气阻力，g取10 m/s2.求：‎ 图1‎ ‎(1)小物块刚要到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力；‎ ‎(2)若长木板长度L＝2.4 m，小物块能否滑出长木板？‎ 答案　见解析 解析　(1)物块到达C点的速度与水平方向的夹角为60°，则 vC＝＝2v0＝4 m/s 小物块由C到D的过程中，由动能定理得：‎ mgR(1－cos 60°)＝mv－mv 代入数据解得：vD＝2 m/s 小物块在D点时，由牛顿第二定律得：FN－mg＝m 解得：FN＝60 N 由牛顿第三定律得：小物块刚要到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力FN′＝FN＝60 N，方向竖直向下．‎ ‎(2)设小物块始终在长木板上，共同速度大小为v，小物块在木板上滑行的过程中，小物块与长木板组成的系统动量守恒，取向左为正方向 由动量守恒定律得：mvD＝(M＋m)v 解得：v＝ m/s 设物块与木板的相对位移为l，由功能关系得：‎ μmgl＝mv－(m＋M)v2‎ 解得：l＝2.5 m>L＝2.4 m，所以小物块能滑出长木板．‎ ‎25．(20分)如图2所示，在平面直角坐标系中，第三象限里有一加速电场，一个电荷量为q、质量为m的带正电粒子(不计重力)，从静止开始经加速电场加速后，垂直x轴从A(－4L,0)点进入第二象限，在第二象限的区域内，存在着指向O点的均匀辐射状电场，距O点4L处的电场强度大小均为E＝，粒子恰好能垂直y轴从C(0,4L)点进入第一象限，如图所示，在第一象限中有两个全等的直角三角形区域Ⅰ和Ⅱ，均充满了方向垂直纸面向外的匀强磁场，区域Ⅰ的磁感应强度大小为B0，区域Ⅱ的磁感应强度大小可调，D点坐标为(3L,4L)，M点为CP的中点．粒子运动轨迹与磁场区域相切时认为粒子能再次进入磁场．从磁场区域Ⅰ进入第二象限的粒子可以被吸收掉．求：‎ 图2‎ ‎(1)加速电场的电压U；‎ ‎(2)若粒子恰好不能从OC边射出，求区域Ⅱ磁感应强度大小；‎ ‎(3)若粒子能到达M点，求区域Ⅱ磁场的磁感应强度大小的所有可能值．‎ 答案　见解析 解析　(1)粒子在加速电场中加速，根据动能定理有：‎ qU＝mv2‎ 粒子在第二象限辐射状电场中做半径为R的匀速圆周运动，则：qE＝m 联立解得：v＝，U＝ ‎(2)粒子在区域Ⅰ中运动的速度大小 v＝，‎ 根据洛伦兹力提供粒子在磁场中做匀速圆周运动的向心力，‎ 有qB0v＝m，得半径r＝＝，‎ 若粒子在区域Ⅱ中的运动半径R较小，则粒子会从OC边射出磁场．‎ 恰好不从OC边射出时，作出对应的运动轨迹，如图．‎ 满足∠O2O1Q＝2θ，‎ sin 2θ＝2sin θcos θ＝，‎ 又sin 2θ＝ 解得：R＝r＝L 又R＝，‎ 代入v＝ 可得：B＝ ‎(3)①若粒子由区域Ⅰ达到M点 每次前进＝2(R－r)cos θ＝(R－r)‎ 由周期性得：＝n(n＝1,2,3……)，‎ 即L＝n(R－r)‎ R＝r＋L≥L，解得n≤3‎ n＝1时R＝L，B＝B0‎ n＝2时R＝L，B＝B0‎ n＝3时R＝L，B＝B0‎ ‎②若粒子由区域Ⅱ达到M点 由周期性：＝＋n(n＝0,1,2,3……)‎ 即L＝R＋n(R－r)‎ 解得：R＝L≥L 解得：n≤ n＝0时R＝L，B＝B0‎ n＝1时R＝L，B＝B0.‎