【物理】2019届二轮复习计算题专练(一)作业(全国通用)

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【物理】2019届二轮复习计算题专练(一)作业(全国通用)

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.‎
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