（京津琼）2019高考物理总复习 专用优编提分练：计算题专练（十）.doc

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1、1计算题专练计算题专练( (十十) )1如图 1 所示，半径r0.06 m 的半圆形无场区的圆心在坐标原点O处，半径R0.1 m、磁感应强度B0.075 T 的圆形有界磁场区的圆心坐标为O1(0,0.08 m)，平行金属板的板长L0.3 m，间距d0.1 m，极板间所加电压U6.4102 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、象限均匀地发射速度大小v6.0105 m/s 的带正电粒子，经圆形磁场偏转后，从第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 1.0108 C/kg，不计粒子间的相互作用力及电场的边缘效应，sin 37q m0.6，cos 370

2、.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aqU md粒子穿过平行金属板的时间为tL v粒子在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，有：yat21 2联立得：yqUL2 2mdv2代入数据得y0.08 myd0.1 m，说明粒子能射入极板间，射入点的纵坐标值为y0.08 m2(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

3、0，C点为圆心，则OCR0.1 m由牛顿第二定律有：qvBmv2 r0解得r00.08 m在直角OAC中，由三角函数关系有：sinAOC0.8，r0 R即AOC53.2如图 2 所示，固定斜面足够长，斜面与水平面的夹角30，一质量为 3m的“L”形工件沿斜面以速度v0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v0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

4、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(n2,3,4,5，)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 E.答案 见解析解析 (1)设工件与斜面间的动摩擦因数为，木块加速度大小为a1，工件加速度大小为a2.对木块，由牛顿第二定律可得：mgsin ma1对工件，由牛顿第二定律可得：(3mm)gcos 3mgsin 3ma2工件匀速运动时，由平衡条件可得：3mgcos 3mgsin 解得：a1 ，a2g 2g 6(2)设碰挡板前木块的速度为v，木块由

5、工件上A点运动至碰前所用时间为t0，则对木块：vv0a1t03对工件：0v0a2t0解得：v4v0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v1，工件速度为v2，以碰前木块的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mvmv13mv2由能量守恒定律得：mv2mv 3mv1 21 2121 222联立解得：v12v0，v22v0(3)第 1 次碰撞后，木块以大小为 2v0的速度沿工件向上匀减速运动，工件以大小为 2v0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：t2v0 a212v0 g此时，木块的速度：v12v0a1t4v0木块的位移：x12v0ta1t21 212v02 g工件的位移：x22v0ta2t21 212v02 g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：t(n1)t(n2,3,4,5，)12n1v0g木块、工件每次碰撞时，木块和工件的总动能都相等，t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：E4mg(n1)x2sin 解得：E24(n1)mv02(n2,3,4,5，)