計算題專項練(二)

計算題專項練（二）（限時：35分鐘）1．1896年貝克勒爾發(fā)現(xiàn)含鈾礦物能放出放射線。設(shè)其中一個靜止的鈾核(eq\o\al(238,92)U)放出α粒子生成釷核(eq\o\al(234,90)Th)，設(shè)反應中放出的α粒子的動量大小為p。反應中釋放的能量為ΔE，已知普朗克常量為h。(1)求生成釷核的物質(zhì)波波長λ；(2)若反應中釋放的能量全部轉(zhuǎn)變?yōu)閯幽?，求α粒子的動能Ek。答案(1)eq\f(h,p)(2)eq\f(117,119)ΔE解析(1)設(shè)生成釷核的動量大小為p1，根據(jù)動量守恒定律得p＋(－p1)＝0其物質(zhì)波波長為λ＝eq\f(h,p1)＝eq\f(h,p)。(2)設(shè)α粒子和釷核的質(zhì)量分別為m1、m2，動能分別為Ek、Ek1，有Ek＝eq\f(p2,2m1)，Ek1＝eq\f(peq\o\al(2,1),2m2)，ΔE＝Ek＋Ek1聯(lián)立可得Ek＝eq\f(m2ΔE,m1＋m2)又eq\f(m1,m2)＝eq\f(4,234)解得Ek＝eq\f(117,119)ΔE。2．舉世矚目的北京冬奧會成功舉行，比賽實況通過在地球同步軌道的“中星9B衛(wèi)星”向全球直播。冬奧跳臺滑雪項目被稱為勇敢者的運動，運動員在落差100多米的山地間飛翔。某運動員的運動可簡化成從傾角為θ斜面的跳臺上做初速為v0的平拋運動，如圖1所示。已知萬有引力恒量為G，地球半徑為R，自轉(zhuǎn)周期為T，地球表面重力加速度為g。求：圖1(1)該衛(wèi)星離地面的高度h；(2)跳臺滑雪運動員落到斜面上的速度大小v。答案(1)eq\r(3,\f(gR2T2,4π2))－R(2)v0eq\r(1＋4tan2θ)解析(1)在地球表面萬有引力等于重力eq\f(GMm,R2)＝mg根據(jù)萬有引力提供向心力eq\f(GMm,（R＋h）2)＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))eq\s\up12(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(R＋h))聯(lián)立解得h＝eq\r(3,\f(gR2T2,4π2))－R。(2)運動員落在斜面上，則有tanθ＝eq\f(h,x)其中h＝eq\f(1,2)gt2，x＝v0t聯(lián)立解得t＝eq\f(2v0tanθ,g)豎直分速度為vy＝gt跳臺滑雪運動員落到斜面上的速度大小v＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y))聯(lián)立解得v＝v0eq\r(1＋4tan2θ)。3．如圖2所示，“eq\a\vs4\al()”形輕框架的水平細桿OM粗糙，豎直細桿ON光滑，質(zhì)量分別為m、2m的金屬環(huán)a、b用長為L的輕質(zhì)細線連接，分別套在水平桿和豎直桿上。a、b處于靜止狀態(tài)，細線與水平方向的夾角θ1＝53°。已知a環(huán)與水平桿間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5，設(shè)最大靜摩擦力約等于滑動摩擦力，重力加速度為g。圖2(1)求a環(huán)受的摩擦力大小Ff；(2)若細線與水平方向的夾角θ2始終為45°，框架繞豎直桿ON勻速轉(zhuǎn)動，求轉(zhuǎn)動的角速度ω滿足的條件；(3)若細線與水平方向的夾角θ1＝53°，框架繞豎直桿ON從靜止起緩慢加速轉(zhuǎn)動，使a環(huán)緩慢向右移動，直到細線與水平桿間夾角θ3＝37°的位置，求此過程中a環(huán)與水平桿OM間產(chǎn)生的內(nèi)能Q及對整個裝置做的功W。答案(1)eq\f(3,2)mg(2)eq\r(\f(g,\r(2)L))≤ω≤eq\r(\f(7g,\r(2)L))(3)eq\f(3,10)mgLeq\f(71,30)mgL解析(1)對b環(huán)豎直方向受力分析可得T1sinθ1＝2mg對a環(huán)水平方向上，受力分析可得T1cosθ1＝Ff聯(lián)立解得Ff＝eq\f(3,2)mg。(2)根據(jù)整體法分析可得，a環(huán)對OM桿的壓力為FN＝mg＋2mg又Ffm＝μFN框架繞豎直桿ON勻速轉(zhuǎn)動，半徑為r2＝Lcosθ2根據(jù)受力分析可得T2sinθ2＝2mg對a環(huán)，當摩擦力水平方向向右時有T2cosθ2－Ffm＝mωeq\o\al(2,1)r2當摩擦力水平方向向左時有T2cosθ2＋Ffm＝mωeq\o\al(2,2)r2聯(lián)立解得eq\r(\f(g,\r(2)L))≤ω≤eq\r(\f(7g,\r(2)L))。(3)對b環(huán)受力分析可得T3sinθ3＝2mg又T2cosθ3＋Ffm＝mωeq\o\al(2,3)r3轉(zhuǎn)動的半徑為r3＝Lcosθ3摩擦力做的功，即產(chǎn)生的內(nèi)能為Q＝FfmL(cosθ3－cosθ1)＝eq\f(3,10)mgL根據(jù)能量守恒定律可得，對整個裝置做的功W為W＝2mgL(sinθ1－sinθ3)＋eq\f(1,2)m(ω3Lcosθ3)2＋Q解得W＝eq\f(71,30)mgL。4．如圖3甲所示，平行金屬板MN水平放置，板間距離為d，板長L＝eq\r(3)d。在豎直平面內(nèi)建立xOy直角坐標系，使x軸與金屬板M、N的中線O′O重合，y軸緊靠兩金屬板右端。在y軸右側(cè)空間存在方向垂直紙面向里、磁感應強度大小為B的勻強磁場，MN板間加隨時間t變化的電壓uMN，如圖乙所示，圖中T0未知，兩板間電場可看作勻強電場，板外電場可忽略。質(zhì)量為m、電荷量為＋q的大量粒子以大小為v0的水平速度，從金屬板左端沿中線O′O連續(xù)射入電場，進入磁場的帶電粒子從y軸上的P、Q(圖中未畫出，P為最高點、Q為最低點)間離開磁場。在每個粒子通過電場區(qū)域的極短時間內(nèi)，電場可視作恒定不變，已知UMN的最大值Um＝eq\f(mveq\o\al(2,0),q)，忽略粒子重力，求：圖3(1)進入磁場的帶電粒子在電場中運動的時間t0及在磁場中做圓周運動的最小半徑r0；(2)P、Q兩點的縱坐標yP、yQ；(3)若粒子到達Q點的同時有粒子到達P點，滿足此條件的電壓變化周期T0的最大值。答案(1)eq\f(L,v0)eq\f(mv0,qB)(2)eq\f(2mv0,qB)＋eq\f(d,2)eq\f(2mv0,qB)－eq\f(d,2)(3)eq\f(4πm,qB)解析(1)能從右側(cè)離開電場的帶電粒子在電場中運動的時間為t0＝eq\f(L,v0)當t＝eq\f(1,2)nT0(n＝0、1、2…)時刻射入電場的帶電粒子不發(fā)生偏轉(zhuǎn)，進入磁場做圓周運動的半徑最小，粒子在磁場中運動時有qv0B＝eq\f(mveq\o\al(2,0),r0)解得r0＝eq\f(mv0,qB)。(2)設(shè)兩板間電壓為U1時，帶電粒子剛好從極板邊緣射出電場，則有qeq\f(U1,d)＝ma又eq\f(1,2)d＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,0)代入數(shù)據(jù)解得U1＝eq\f(mveq\o\al(2,0),3q)在電壓小于等于U1時，帶電粒子才能從兩板間射出電場，電壓大于U1時，帶電粒子打在極板上，不能從兩板間射出，帶電粒子剛好從極板邊緣射出電場時，速度最大設(shè)粒子恰好射出電場時速度為v，方向與x軸的夾角為θ，在磁場中做圓周運動的半徑為r，則tanθ＝eq\f(at0,v0)又qvB＝eq\f(mv2,r)弦長為D＝2rcosθ代入數(shù)據(jù)解得θ＝30°D＝eq\f(2mv0,qB)從極板M邊緣射出的帶電粒子，在磁場中轉(zhuǎn)過120°，經(jīng)過P點，則yP＝eq\f(2mv0,qB)＋eq\f(d,2)從極板N邊緣射出的帶電粒子，在磁場中轉(zhuǎn)過240°，經(jīng)過Q點，則yQ＝eq\f(2mv0,qB)－eq\f(d,2)。(3)帶電粒子在磁場中做圓周運動的周期為T＝eq\f(2πm,qB)粒子到達Q點的同時有粒子到達P點，則這兩個粒子開始運動的時間差為eq\f(T,3)，到達Q點的粒子進入磁場的時刻可能是eq\f(T0,12)、eq\f(5T0,12)、eq\f(13T0,12)、eq\f(17T0,12)……，到達P點的粒子進入磁場的時刻可能是eq\f(7T0,12)、eq\f(11T0