計算題專項練(六)

計算題專項練（六）（限時：35分鐘）如圖1所示，圖中陰影部分ABC為一透明材料做成的柱形光學(xué)元件的橫截面，AC為一半徑為R的eq\f(1,4)圓弧，D為圓弧面圓心，ABCD構(gòu)成正方形，在D處有一點(diǎn)光源。若只考慮首次從圓弧AC直接射向AB、BC的光線，從點(diǎn)光源射入圓弧AC的光中，有一部分不能從AB、BC面直接射出(不考慮頂點(diǎn)B)，已知這部分光照射圓弧AC的弧長為eq\f(πR,6)，光在真空中傳播速度為c。求：圖1(1)該材料的折射率；(2)直接從AB、BC面射出的光線中，在此光學(xué)元件中傳播的最長時間。答案(1)2(2)2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)－1))eq\f(R,c)解析(1)設(shè)弧長為eq\f(πR,6)的圓弧所對應(yīng)的圓心角為α，則α＝eq\f(\f(πR,6),R)＝eq\f(π,6)＝30°根據(jù)幾何知識，全反射的臨界角為C＝30°根據(jù)全反射條件sinC＝eq\f(1,n)解得n＝2。(2)直接從AB、BC面射出的光線中，在此光學(xué)元件中傳播的最長路徑的長度l＝eq\f(R,cos30°)－R＝eq\f(2\r(3),3)R－R光在此光學(xué)元件中傳播的速度v＝eq\f(c,n)光在此光學(xué)元件中傳播的最長時間t＝eq\f(l,v)解得t＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)－1))eq\f(R,c)。2．某衛(wèi)星A在赤道平面內(nèi)繞地球做圓周運(yùn)動，運(yùn)行方向與地球自轉(zhuǎn)方向相同，赤道上有一衛(wèi)星測控站B，已知衛(wèi)星距地面的高度為R，地球的半徑為R，自轉(zhuǎn)周期為T0，地球表面的重力加速度為g。求：(1)衛(wèi)星A做圓周運(yùn)動的周期T；(2)衛(wèi)星A和測控站B能連續(xù)直接通訊的最長時間t。(衛(wèi)星信號傳輸時間可忽略)答案(1)4πeq\r(\f(2R,g))(2)eq\f(4π\(zhòng)r(2R)T0,3T0\r(g)－12π\(zhòng)r(2R))解析(1)設(shè)地球質(zhì)量為M，衛(wèi)星A的質(zhì)量為m，根據(jù)萬有引力提供向心力，有Geq\f(Mm,（2R）2)＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))2·2Rm0g＝Geq\f(Mm0,R2)解得T＝4πeq\r(\f(2R,g))。(2)如圖所示，衛(wèi)星的通訊信號視為沿直線傳播，由于地球遮擋，使衛(wèi)星A和地面測控站B不能一直保持直接通訊。設(shè)無遮擋時間為t，則它們轉(zhuǎn)過的角度之差最大為2θ。cosθ＝eq\f(R,2R)eq\f(2π,T)t－eq\f(2π,T0)t＝2θ解得t＝eq\f(4π\(zhòng)r(2R)T0,3T0\r(g)－12π\(zhòng)r(2R))。3．如圖2所示為某網(wǎng)紅秋千打卡示意圖，由兩根長度相同的繩子懸掛在水平橫梁A、B兩點(diǎn)，繩子另一端固定在秋千座椅上(可繞AB中點(diǎn)D擺動)，靜止時繩子與豎直方向CD的夾角均為θ，CD距離為h。圖3為某次工作人員助力游客蕩秋千的示意圖，當(dāng)游客自由擺動到最高點(diǎn)G時，工作人員恰好躍起并抓緊座椅，此后同游客一起無初速的由G點(diǎn)向下擺至最低點(diǎn)時，工作人員突然發(fā)力將游客水平快速推出，然后工作人員自由豎直下落到E處。若游客、座椅的總質(zhì)量為m，工作人員的質(zhì)量也為m，GD與DC的夾角為α，重力加速度為g，忽略一切阻力以及繩子質(zhì)量，游客(含座椅)、工作人員近似視為質(zhì)點(diǎn)模型，求：(1)游客與工作人員自由下擺到C處分離前時的速度大小；(2)游客與工作人員分離前后瞬間繩子上拉力大小的增加量ΔF。答案(1)eq\r(2gh（1－cosα）)(2)eq\f(（3－4cosα）mg,2cosθ)解析(1)根據(jù)動能定理有2mgh(1－cosα)＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,1)解得v1＝eq\r(2gh（1－cosα）)。(2)分離前后：根據(jù)動量守恒定律2mv1＝mv2分離前根據(jù)牛頓第二定律2F1cosθ－2mg＝2meq\f(veq\o\al(2,1),h)分離后根據(jù)牛頓第二定律2F2cosθ－mg＝meq\f(veq\o\al(2,2),h)聯(lián)立解得ΔF＝F2－F1＝eq\f(（3－4cosα）mg,2cosθ)。4．半徑為R和eq\f(R,2)的同軸柱形金屬網(wǎng)橫截面如圖4所示，給兩金屬網(wǎng)接在電壓為U的恒壓電源上，兩網(wǎng)之間產(chǎn)生徑向的電場，在半徑為R(較大的金屬網(wǎng)外)和2R之間的區(qū)域內(nèi)，存在軸向的勻強(qiáng)磁場。一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子從軸心O處以速度v0沿半徑方向運(yùn)動，經(jīng)小金屬網(wǎng)的M點(diǎn)后再經(jīng)過時間Δt到達(dá)大金屬網(wǎng)上的N點(diǎn)，不計粒子重力，設(shè)粒子運(yùn)動中未碰到金屬網(wǎng)上。圖4(1)若使粒子不能從磁場區(qū)域的外邊界射出，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小應(yīng)滿足什么條件？(2)調(diào)整磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小，使粒子在磁場中運(yùn)動的半徑為eq\f(\r(3),3)R，求粒子連續(xù)兩次經(jīng)過N點(diǎn)的時間。答案(1)B>eq\f(4m,3qR)eq\r(veq\o\al(2,0)＋\f(2qU,m))(2)eq\f(3R,v0)＋6Δt＋eq\f(4\r(3)πR,3)eq\r(\f(m,2qU＋mveq\o\al(2,0)))解析(1)設(shè)粒子進(jìn)入磁場時的速度大小為v，則在由M運(yùn)動到N點(diǎn)的過程中有qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)當(dāng)帶電粒子在磁場中的運(yùn)動軌跡與磁場的外邊界相切時為臨界情況，如圖甲，由幾何關(guān)系可知eq\r(R2＋req\o\al(2,m))＋rm＝2R根據(jù)牛頓運(yùn)動定律，得qvB＝eq\f(mv2,rm)整理得B＝eq\f(4m,3qR)eq\r(veq\o\al(2,0)＋\f(2qU,m))即當(dāng)B>eq\f(4m,3qR)eq\r(veq\o\al(2,0)＋\f(2qU,m))時，粒子才不會從磁場的外邊界射出。(2)如圖乙為粒子從N點(diǎn)回到O點(diǎn)的運(yùn)動軌跡，粒子在磁場中運(yùn)動的軌道半徑r＝eq\f(\r(3),3)R時，根據(jù)幾何關(guān)系知tanθ＝eq\f(r,R)即θ＝30°由對稱性知，粒子回到磁場內(nèi)邊界時，速度方向指向圓心，OP與ON間的夾角為60°，圓弧軌跡對應(yīng)的圓心角為240°，經(jīng)歷的時間t3＝eq\f(2,3)·eq\f(2πr,v)粒子從O到M的時間t1＝eq\f(\f(R,2),v0)從M到N的時間t2＝Δt粒子從磁場再回到電場時，速度沿半徑指向圓心，通過電場的時間仍為t2＝Δt即從O出發(fā)再回到O經(jīng)歷的時間t＝2t1＋2t2＋t3整理得t＝eq\f(R,v0)＋2Δt＋eq\f(4\r(3)πR,9)eq\r(\f(m,2qU＋mveq\o\al(2,0)))粒子回到O點(diǎn)后與初速度v0的夾角為120°，再重復(fù)前面的過程，粒子經(jīng)三次磁場偏轉(zhuǎn)后沿ON方向通過N點(diǎn)，軌跡如圖丙