全國通用版高考物理總復(fù)習(xí)精準提分練：計算題專練十.doc

計算題專練(十)(限時：25分鐘)24(12分)如圖1所示，半徑r0.06 m的半圓形無場區(qū)的圓心在坐標原點O處，半徑R0.1 m、磁感應(yīng)強度B0.075 T的圓形有界磁場區(qū)的圓心坐標為O1(0,0.08 m)，平行金屬板的板長L0.3 m，間距d0.1 m，極板間所加電壓U6.4102 V，其中MN極板上收集的粒子全部中和吸收一位于O處的粒子源向第、象限均勻地發(fā)射速度大小v6.0105 m/s的帶正電粒子，經(jīng)圓形磁場偏轉(zhuǎn)后，從第象限出射的粒子速度方向均沿x軸正方向，若粒子重力不計、比荷1.0108 C/kg，不計粒子間的相互作用力及電場的邊緣效應(yīng)，sin 370.6，cos 370.8.求：圖1(1)打到下極板右端點N的粒子進入電場時的縱坐標值；(2)打到N點的粒子進入磁場時與x軸正方向的夾角答案(1)0.08 m(2)53解析(1)恰能打到N點的粒子運動軌跡如圖所示，粒子從A點進入磁場，設(shè)進入電場時的縱坐標值為y，粒子在電場中的加速度a粒子穿過平行金屬板的時間為t粒子在豎直方向做初速度為零的勻加速直線運動，有：yat2聯(lián)立得：y代入數(shù)據(jù)得y0.08 myd0.1 m，說明粒子能射入極板間，射入點的縱坐標值為y0.08 m(2)P點與磁場圓心等高，則粒子從點P(0.1 m,0.08 m)射出磁場粒子做圓周運動的半徑為r0，C點為圓心，則OCR0.1 m由牛頓第二定律有：qvB解得r00.08 m在直角OAC中，由三角函數(shù)關(guān)系有：sinAOC0.8，即AOC53.25(20分)如圖2所示，固定斜面足夠長，斜面與水平面的夾角30，一質(zhì)量為3m的“L”形工件沿斜面以速度v0勻速向下運動，工件上表面光滑，其下端連著一塊擋板某時刻，一質(zhì)量為m的小木塊從工件上的A點沿斜面向下以速度v0滑上工件，當木塊運動到工件下端時(與擋板碰前的瞬間)，工件速度剛好減為零，后木塊與擋板第1次相碰，以后每隔一段時間，木塊就與工件擋板碰撞一次已知木塊與擋板的碰撞都是彈性碰撞且碰撞時間極短，木塊始終在工件上運動，重力加速度為g.求：圖2(1)木塊滑上工件時，木塊、工件各自的加速度大?。?2)木塊與擋板第1次碰撞后的瞬間，木塊、工件各自的速度大??；(3)木塊與擋板第1次碰撞至第n(n2,3,4,5，)次碰撞的時間間隔及此時間間隔內(nèi)木塊和工件組成的系統(tǒng)損失的機械能E.答案見解析解析(1)設(shè)工件與斜面間的動摩擦因數(shù)為，木塊加速度大小為a1，工件加速度大小為a2.對木塊，由牛頓第二定律可得：mgsin ma1對工件，由牛頓第二定律可得：(3mm)gcos 3mgsin 3ma2工件勻速運動時，由平衡條件可得：3mgcos 3mgsin 解得：a1，a2(2)設(shè)碰擋板前木塊的速度為v，木塊由工件上A點運動至碰前所用時間為t0，則對木塊：vv0a1t0對工件：0v0a2t0解得：v4v0木塊以v與擋板發(fā)生彈性碰撞，碰撞時間極短，設(shè)碰后木塊速度為v1，工件速度為v2，以碰前木塊的速度方向為正方向，由動量守恒定律得：mvmv13mv2由能量守恒定律得：mv2mv3mv聯(lián)立解得：v12v0，v22v0(3)第1次碰撞后，木塊以大小為2v0的速度沿工件向上勻減速運動，工件以大小為2v0的速度沿斜面向下勻減速運動，工件速度再次減為零的時間：t此時，木塊的速度：v12v0a1t4v0木塊的位移：x12v0ta1t2工件的位移：x22v0ta2t2即木塊、工件第2次相碰前瞬間的速度與第1次相碰前瞬間的速度相同，以后木塊、工件重復(fù)前面的運動過程，則第1次與第n次碰撞的時間間隔：t(n1)t(n2,3,4,5，)木塊、工件每次碰撞時，木塊和工件的