计算题专项练(四)
1.(2023云南昭通模拟)如图所示,光滑水平地面上方边界C、D间存在宽度d=4 m、方向竖直向上、电场强度大小E=1×105 N/C的匀强电场区域。质量m1=1 kg、长度l=6 m的水平绝缘长木板静置于该水平面,且长木板最右侧与电场边界D重合。某时刻质量m2=0.5 kg、电荷量q=+3×10-5 C的滑块(可视为质点)以初速度v0=6 m/s从长木板左端水平滑上长木板,一段时间后,滑块离开电场区域。已知长木板与滑块间的动摩擦因数μ=0.5,重力加速度大小g取10 m/s2,滑块所带的电荷量始终保持不变。
(1)滑块刚进电场时,求长木板的速度大小。
(2)求滑块在电场中的运动时间及全过程因摩擦产生的热量。
(3)若电场等大反向,求滑块进入电场后在长木板上的相对位移。
2.如图所示,半径为l的金属圆环内部等分为两部分,两部分各有垂直于圆环平面、方向相反的匀强磁场,磁感应强度大小均为B0,与圆环接触良好的导体棒绕圆环中心O匀速转动。圆环中心和圆周用导线分别与两个半径为R的D形金属盒相连,D形盒处于真空环境且内部存在着磁感应强度大小为B的匀强磁场(图中未画出),其方向垂直于纸面向里。t=0时刻导体棒从如图所示的位置开始运动,同时在D形盒内中心附近的A点,由静止释放一个质量为m、电荷量为-q(q>0)的带电粒子,粒子每次通过狭缝都能得到加速,最后恰好从D形盒边缘出口射出。不计粒子重力及所有电阻,忽略粒子在狭缝中运动的时间,导体棒始终以最小角速度ω(未知)转动。
(1)求ω的大小。
(2)求粒子在狭缝中加速的次数。
(3)考虑实际情况,粒子在狭缝中运动的时间不能忽略,求狭缝宽度d的取值范围。
3.(2023山东青岛二模)如图甲所示,足够大的光滑水平桌面上静置质量mA=2 kg、长L=2.7 m的长木板A。距离长木板A左端d=1 m处有一与长木板等高的光滑平台B,平台B固定在桌面上,质量mB=18 kg。轻弹簧连接质量mC=1 kg、mD=2 kg的滑块C、D并静置于平台B上,用细线连接两滑块使弹簧处于压缩状态。另一质量mE=1 kg的滑块E在桌子右侧斜下方某点获得竖直向上、大小为v0=8 m/s的初速度,上升过程中除受重力外还受到一个水平恒力F作用,使滑块E恰好从长木板右端水平滑上长木板,滑块E滑上长木板时的速度大小v1=6 m/s。一段时间后长木板与平台碰撞并粘在一起,滑块E继续向左运动并滑上平台。长木板与平台碰撞的瞬间,连接滑块C、D的细线断开,滑块C、D在平台上振动。以向右为正方向,滑块C的v-t图像如图乙所示。滑块E与长木板A之间的动摩擦因数μ=0.5,忽略所有滑块大小及空气阻力,滑块C、D始终在平台B上,重力加速度g取10 m/s2。
甲
乙
(1)求水平恒力F的大小。
(2)求滑块E滑上平台B时的速度大小。
(3)滑块E滑上平台B后,与滑块C发生碰撞,并立即结合在一起,考虑所有可能的碰撞情形,求在碰后的运动过程中,C、D、E系统动能的最大值与最小值之差。
计算题专项练(四)
1.答案 (1)1 m/s
(2)1.5 s 6 J
(3)0.375 m
解析 (1)滑块进电场前,对长木板,根据牛顿第二定律得μm2g=m1a1
解得长木板的加速度大小为a1=2.5 m/s2
对滑块,根据牛顿第二定律得μm2g=m2a2
解得滑块的加速度大小为a2=5 m/s2
滑块进入电场前,对滑块有=-2a2(l-d)
v2=v0-a2t1
解得滑块进入电场时的速度大小为v2=4 m/s,滑行时间为t1=0.4 s
在时间t1=0.4 s内,对长木板有v1=a1t1=1 m/s
所以滑块刚进电场时,长木板的速度大小为1 m/s。
(2)滑块进入电场后经过时间t2,滑块与长木板同速,设共同速度为v,以水平向右为正方向,滑块与长木板组成的系统动量守恒,有m2v0=(m1+m2)v
解得v=2 m/s
对滑块分析,由动量定理得-μ(m2g-qE)t2=m2v-m2v2
解得t2=1 s
在时间t1和t2内滑块的总位移为x=l-d+(v2+v)t2=5 m
滑块与长木板同速后一起匀速运动,滑块在电场中匀速运动的时间为t3==0.5 s
所以滑块在电场中的运动时间为t=t2+t3=1.5 s
由能量守恒定律得,全过程中摩擦产生的热量为Q=m2(m1+m2)v2=6 J。
(3)若电场等大反向,滑块进入电场后,系统的动量还是守恒,故滑块做匀速运动的速度和全过程产生的热量不变,设滑块进入电场后在长木板上的相对位移为x1,则有
Q=μm2g(l-d-x2)+μ(m2g+qE)x1
x2=a1=0.2 m
解得x1=0.375 m。
2.答案 (1)
(2)
(3)d≤
解析 (1)根据洛伦兹力充当向心力有
Bvq=
得r=
T=
导体棒的角速度最小值为ω=。
(2)根据洛伦兹力充当向心力有Bv1q=
可得粒子离开加速器的速度为v1=
由法拉第电磁感应定律得导体棒切割磁感线的电动势为
E感=B0ωl2=
根据动能定理nE感q=
得加速的次数为n=。
(3)带电粒子在电场中的加速度大小为
a=
粒子在电场中做匀加速直线运动,满足nd=at2
为保证粒子一直加速,应满足t≤
解得d≤。
3.答案 (1)7.5 N
(2)1 m/s
(3)1.125 J
解析 (1)对E,根据动量定理得
竖直方向
-mEgt=0-mEv0
水平方向-Ft=-mEv1-0
联立解得F=7.5 N。
(2)对E、A相互作用过程,假设它们能够达到共同速度为v2,根据动量守恒定律和能量守恒定律得
-mEv1=-(mA+mE)v2
μmEgΔL=mE(mE+mA)
解得v2=2 m/s
ΔL=2.4 m<2.7 m
对A在该过程,根据动能定理得μmEgxA=mA-0
解得xA=0.8 m<1 m
所以E、A相互作用能够达到共同速度,假设正确。对A在该过程,根据动能定理得
-μmEg(L-ΔL)=mEmE
解得v3=1 m/s。
(3)对E与C、D作用过程,系统外力为零,动量守恒,因此,不论E、C在何时何处相碰,三滑块速度相同时的速度是一个定值,此时系统具有最大弹性势能,总动能最小。设三滑块速度相同时的速度为v4,由动量守恒定律得-mEv3=-(mE+mC+mD)v4
解得v4=0.25 m/s
又Ek=(mE+mC+mD)
解得Ek=0.125 J
当C具有方向向左、大小为vC=1 m/s的速度时,E与C粘在一起,E、C、D系统动能最大,有
mCvC=mDvD
得vD=0.5 m/s
最大动能
Ek0=mEmCmD=1.25 J
C、D、E系统的最大动能与最小动能之差计算题专项练(二)
1.(2023浙江金华三模)一种汽车空气减震器的模型如图所示,其主要构造是导热性良好的汽缸和活塞(面积为S=40 cm2),活塞通过连杆与车轮轴连接。将装有减震装置的轮子模拟静止在斜坡上的汽车,固定在倾角为37°的斜面上,连杆与斜面垂直,初始时汽缸内密闭体积为V1=800 cm3,压强为p1=1.2×105 Pa的理想气体,环境温度为T1=300 K,汽缸与活塞间的摩擦忽略不计,大气压强始终为p0=1×105 Pa。在汽缸顶部固定一个物体A,稳定时汽缸内气体体积缩小了200 cm3,该过程气体温度保持不变。重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。
(1)放上物体A待其稳定后,外界对气体做功25 J,判断该过程汽缸内气体是吸热还是放热,并求出热量的大小;
(2)求汽缸和物体A的总质量m0;
(3)由于环境温度变化,汽缸内气体体积逐渐恢复到620 cm3,求体积恢复后的环境温度T2。
2.某小组研究的一部分连锁机械游戏装置如图所示,在竖直平面内有一固定的光滑斜面轨道AB,斜面轨道底端圆滑连接长为L、动摩擦因数为μ的粗糙水平轨道BC,轨道右端与固定的半径为R的四分之一光滑圆弧轨道最高点平滑连接于C点,C点刚好与圆心O1在同一竖直线上。圆弧轨道CD下方有一水平轨道,直立多米诺骨牌,它们的顶端恰好位于经过圆心O1的水平线O1x上。质量为m的滑块P,从斜面上某点静止开始下滑,与质量也为m、静置于C点的滑块Q正碰,碰撞时系统损失的动能为P碰前动能的。已知重力加速度g和L、μ、R、m,不计滑块大小、骨牌厚度和空气阻力,结果可保留根式。
(1)求滑块P从h高滑到斜面底端B时速度大小;
(2)若1号骨牌离O1的水平距离x1=R,滑块P从h1高处由静止开始下滑,滑块Q被P正碰后滑出,刚好能击中1号骨牌顶端,求h1;
(3)若让滑块Q从C点静止开始下滑,始终紧贴轨道滑入另一光滑圆弧轨道(如图中虚线圆弧所示,上端与圆弧轨道CD相切、下端与O1x相切),水平击中1号骨牌顶端,求1号骨牌离O1的最小距离x2。
3.如图甲所示,质量为m、粗细均匀、总电阻为R=1 Ω、边长为L=1 m的正方形金属框ABCD由静止开始下落(计时开始),经过一段时间进入磁感应强度为B1=1 T的第一个有界匀强磁场,磁场方向垂直纸面向里与金属框面垂直,沿水平方向的上下边界1、2之间的距离为d;磁感应强度为B2的第二个有界匀强磁场在第一个正下方,方向垂直纸面向里与金属框面垂直,沿水平方向的上下边界3、4之间的距离也为d。计时开始后,金属框的动量与时间的关系图像如图乙所示,AB边在t2=1.2 s时离开边界2,当CD边刚到达边界3时安培力的功率为P2=-125 W,AB边在t4时刻离开边界4,不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2,求:
(1)CD边刚到达边界1时金属框的动量p1;
(2)金属框在穿越两个匀强磁场的过程中机械能的减少量及CD边到达边界3时的速度;
(3)0~t4时间内,金属框重力的平均功率。(保留3位有效数字)
计算题专项练(二)
1.答案 (1)放热 25 J
(2)30 kg
(3)310 K
解析 (1)放上物体A待其稳定过程温度不变,内能不变,根据热力学第一定律有ΔU=W+Q=0
气体体积减小,外界对气体做正功,可知汽缸内气体放热,放出热量|Q|=W=25 J。
(2)放上物体A待其稳定后气体体积V2=V1-ΔV1=600 cm3
根据等温变化有p1V1=p2V2
得p2=1.6×105 Pa
对汽缸根据受力平衡有(p2-p0)S=m0gcos 37°
解得m0=30 kg。
(3)根据等压变化可得
解得T2=310 K。
2.答案 (1)
(2)(12-8)R+μL
(3)R
解析 (1)滑块P从h高滑到底端,根据机械能守恒有mgh=mv2
解得v=。
(2)假设Q从圆顶点飞出做平抛运动,则有R=gt2,x1=R=vQt
解得vQ=
此时Q在四分之一圆弧最高点有m=mg
可知假设正确,Q恰好从圆弧顶点开始做平抛运动,则滑块P从滑下到与Q碰撞前,根据动能定理有mgh1-μmgL=
P、Q碰撞过程有mvP=mvP'+mvQ,mvP'2+
解得vP=(4-2[(4+2舍去]
解得h1=(12-8)R+μL。
(3)Q从圆弧顶点静止开始下滑,设下滑圆心角α时,滑入半径为r的圆弧轨道
则有mgR(1-cos α)=,mgcos α=m
解得cos α=
根据题干所述有x2=Rsin α+rsin α,Rcos α=r-rcos α
解得r=2R,x2=R。
3.答案 (1)10 kg·m/s
(2)40 J 12.5 m/s
(3)73.4 W
解析 (1)由乙图分析可知,金属框在穿越磁场的过程中动量不变,做匀速运动,金属框的边长L与上下边界间的距离d相等才能匀速穿越磁场,则有d=L=1 m
设金属框进入第一个磁场之前自由落体运动的时间为t1,则有v1=gt1
设金属框以速度v1匀速穿越第一个磁场的时间为Δt1,则有2L=v1Δt1
由题意和图像可得t1+Δt1=t2
且t1>Δt1
金属框以速度v1匀速穿越第一个磁场,感应电动势不变,E1=B1Lv1
感应电流不变,I1=
安培力F1=B1I1L
由二力平衡得F1=mg
CD边刚到达边界1时金属框的动量为p1=mv1
综合解得v1=10 m/s
t1=1 s
m=1 kg
p1=10 kg·m/s。
(2)金属框在匀速穿越两个磁场的过程中,重力势能全部转化为热能Q=mg×4L
由能量守恒,金属框在穿越两个匀强磁场的过程中机械能的减少量等于生成的热
ΔE=Q
设金属框以速度v2匀速穿越第二个磁场
由二力平衡得F2=mg
安培力的功率P2=-F2v2
综合解得ΔE=40 J
v2=12.5 m/s。
(3)设CD边在t3时刻到达边界3,由自由落体运动规律有v2=v1+g(t3-t2)
设金属框以v2匀速穿越第二个磁场的时间为Δt2,则有2L=v2Δt2
由题意和图像可得t3+Δt2=t4
0~t1时间内金属框下落的高度h1=
t2~t3时间内金属框下落的高度h2=
0~t4时间内金属框的平均速度
重力的平均功率=mg计算题专项练(五)
1.(2023河南郑州模拟)如图所示,一足够长水平传送带顺时针转动,速度大小恒为v0=4 m/s。传送带上宽度为D=6 m的区域内,有一方向竖直向上的矩形匀强磁场区域,磁感应强度大小为B=2.0 T,MN、PQ为磁场边界。有一边长为l=2 m的正方形线框abcd,线框质量m=10 kg,电阻R=4 Ω。ab边与磁场边界平行,在ab边距离MN为d=6 m的位置由静止释放线框,已知线框与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.2,重力加速度g取10 m/s2。线框在传送带上运动的整个过程中,求:
(1)线框进入磁场阶段,通过线框某截面的电荷量;
(2)线框中产生的焦耳热;
(3)摩擦力对线框做的总功。
2.(2023湖南张家界模拟)如图甲所示,光滑水平面上木板A将轻弹簧压缩4L0由静止释放,被弹簧弹开后向右运动,与右侧固定的挡板发生弹性碰撞,木板A从释放开始运动的x-t图像如图乙所示,其中0~2t0、6t0~10t0是正弦曲线的一部分。如图丙所示,若在A的左侧再叠放另一物块B后仍将轻弹簧压缩4L0由静止释放,弹开过程A、B保持相对静止。已知木板A的质量mA=3m0,木板长度L=5.5L0,物块B的质量mB=m0,A、B间的动摩擦因数μ=,弹簧的弹性势能表达式为Ep=kx2(k为弹簧的劲度系数,x为弹簧的形变量),重力加速度为g。求:
(1)轻弹簧被压缩的最大弹性势能Epm;
(2)从释放到B滑离A的过程中,A与挡板碰撞的次数n;
(3)从释放到B滑离A的过程中,A运动的路程s。
3.(2023内蒙古包头二模)如图所示,在某平面内有一个长度为L的线性粒子源OA,以O点为原点,OA所在直线为y轴,垂直OA方向为x轴,在此平面内建立直角坐标系。在坐标系第一象限的圆形区域内存在垂直坐标平面向里的匀强磁场,该圆形区域的直径也为L,且分别与x轴和y轴相切,在第三和第四象限内充满垂直平面向外的匀强磁场,所有磁场的磁感应强度的大小相等。在圆形磁场与x轴的切点位置有一个特殊装置P,装置P为一个较小的圆孔形状的装置,圆孔的中心与切点重合,使粒子可以从上往下自由穿过圆孔,装置P能向圆孔中心释放出某种不带电的粒子,并保证孔内始终有一个粒子(粒子的速度都为零)。某时刻,粒子源向x轴正方向同时发射出大量带负电的粒子,每当有带电粒子要穿过P时,带负电的粒子总会与P释放的粒子发生正碰,并结合成一个新粒子,新粒子随即进入第四象限。已知粒子源射出的所有粒子的动量都为p,电荷量都为-q(q>0),这些粒子都从P经过x轴,除与从P释放的粒子相碰外,其他的粒子相互作用均忽略,粒子重力不计。
(1)求磁场的磁感应强度的大小。
(2)求出所有新粒子在x轴下方所经过的区域的面积。
(3)求出OA之间的哪部分区域射出的粒子,在形成新粒子后,能再次进入圆形区域的磁场。
计算题专项练(五)
1.答案 (1)2 C
(2)64 J
(3)144 J
解析 (1)线框由静止释放,在传送带滑动摩擦力作用下加速。由牛顿第二定律得μmg=ma
解得a=2 m/s2
经过时间t与传送带共速,有v0=at
解得t=2 s
线框位移x=at2=4 m
I==4 A
F安=BIl=16 N
最大静摩擦力Ffmax=μmg=20 N>F安
可知线框将匀速进入磁场,线框进入磁场的时间为t1= s=0.5 s
线框进入磁场阶段,通过线框某截面的电荷量为q=It1=4×0.5 C=2 C。
(2)由功能关系可知,线框在传送带上运动的整个过程中,线框中产生的焦耳热Q=W安=2F安l=64 J。
(3)线框进入磁场前有滑动摩擦力做功为W1=μmg·x=80 J
线框匀速进出磁场过程中,受到静摩擦力作用,大小为Ff静=F安=16 N
静摩擦力做功为W2=W3=Ff静·l=32 J
整个过程摩擦力对线框做的总功W=W1+W2+W3=144 J。
2.答案 (1)
(2)2
(3)32.625L0
解析 (1)由x-t图像可知,A离开弹簧后的速度大小为v=
由能量守恒定律可知,弹簧的弹性势能完全转化成了A的动能,则可知弹簧开始具有的最大弹性势能为Epm=mAv2
解得Epm=。
(2)在弹开的过程中A、B保持相对静止,设第一次离开弹簧时的速度为v1,则有
Epm=(mA+mB)
设A与挡板第一次碰后,A、B达到的共同速度为v2,A的位移为xA,由动量守恒定律得(mA-mB)v1=(mA+mB)v2
对A,由动能定理得-μmBgxA=mAmA
解得xA=<8L0
假设成立,设此过程中A、B的相对位移为Δx1,由能量守恒定律有
μmBgΔx1=(mA+mB)()
解得Δx1=4.5L0
设第二次与挡板碰撞后达到的共同速度为v3,由动量守恒定律有(mA-mB)v2=(mA+mB)v3
设此过程中A、B的相对位移为Δx2,则由能量守恒定律有μmBgΔx2=(mA+mB)()
解得Δx2=1.125L0
而Δx1+Δx2=5.625L0>5.5L0
则从释放到B滑离A的过程中,A与挡板碰撞的次数为n=2。
(3)根据题意有Epm=k(4L0)2
设A第一次与挡板碰撞后压缩弹簧的量为x1,则
(mA+mB)
解得x1=2L0
设A、B分离时两者的速度分别为vA、vB,由动量守恒定律有(mA-mB)v2=mAvA+mBvB
由能量守恒定律有
μmBg(L-Δx1)=(mA+mB)mAmB
解得vA=,vB=0
碰撞后两者分离,设A的位移为x2,则有μmBgx2=mAmA
解得x2=0.625L0
在2t0~4t0内,A运动的距离x=8L0
则从释放到B滑离A的过程中,A运动的路程为s=4L0+2x1+3x+x2=32.625L0。
3.答案 (1)
(2)πL2
(3)L
由几何关系可知图中四边形为菱形,故粒子圆周运动的半径r=
粒子做圆周运动有qvB=m
解得B=。
(2)带负电粒子在P处与不带电粒子发生完全非弹性碰撞,由动量守恒定律有
mv=(m+m')v共
新粒子在磁场中做圆周运动有qv共B=(m+m')
解得R=
作出新粒子能够达到的区域,如图所示
则有S=πR2+π(2R)2=πL2。
(3)根据分析可知,新粒子从x轴再次射出,恰与磁场区域圆相切的则为临界情况,对此画出粒子轨迹圆及必要的辅助线,如图所示
其中C、G、Q分别为圆心,E为切点,D、H为交点,F为入射点。设∠QDE=θ,由PD与ED同为切线,则有∠QDP=θ,∠EDP=∠DCH=∠PCH=2θ
四边形QPCH为菱形,则有∠PQD=∠PCH=2θ
在△QPD中,2θ+θ=90°
解得θ=30°,∠PCH=60°,∠QFG=∠PCH=60°
则入射点到原点的间距为d=QP+QFcos 60°=R=L计算题专项练(一)
1.如图所示,一横截面为直角三角形ABC的玻璃砖,AB=L,∠A=60°,∠C=30°,一束单色光从AB的中点D处射入玻璃砖,单色光经BC面反射后从AC边的E点射出玻璃砖,出射光线恰好平行于BC边,光在真空中传播的速度为c。求:
(1)玻璃砖对该单色光的折射率n;
(2)该单色光从D点传播到E点经历的时间t。
2.圆形匀强磁场中,当带电粒子做匀速圆周运动的半径等于圆形磁场的半径时,粒子在磁场边界上的某点沿任意方向进入磁场,都将以相同的速度射出磁场,此种现象称为“磁发散”。在某平面坐标空间中,如图所示,第一象限中布满匀强电场,其方向与y轴正方向成60°角,大小为E1,第二象限中布满电场强度大小为E2的匀强电场,另有一个半径为r的圆形匀强磁场,且在磁场边界P处有一粒子源可以射出质量为m、电荷量为q的带正电的粒子,现该粒子源在该点切线同侧的180°角内向磁场同时沿不同方向射入速度大小都为v的粒子,不考虑粒子间的相互作用,这些粒子进入磁场后都做匀速圆周运动,且均能在y轴正半轴进入第一象限,进入第一象限后都做类平抛运动,已知重力加速度为g,且E1=。求:
(1)匀强电场E2和匀强磁场B的大小;
(2)P位置的坐标。
3.(2023山东济宁二模)如图所示,一水平传送带以v=3 m/s的速度顺时针转动,其左端A点和右端B点分别与两个光滑水平台面平滑对接,A、B两点间的距离L=4 m。左边水平台面上有一被压缩的弹簧,弹簧的左端固定,右端与一质量为m1=0.1 kg的物块甲相连(物块甲与弹簧不连接,滑上传送带前已经脱离弹簧),物块甲与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2。右边水平台面上有一个倾角为45°、高为h1=0.5 m的固定光滑斜面(水平台面与斜面由平滑圆弧连接),斜面的右侧固定一上表面光滑的水平桌面,桌面与水平台面的高度差为h2=0.95 m。桌面左端叠放着质量为m3=0.1 kg的木板(厚度不计)和质量为m2=0.2 kg的物块乙,物块乙与木板之间的动摩擦因数为μ2=0.2,桌面上固定一弹性竖直挡板,挡板与木板右端相距x0=0.5 m,木板与挡板碰撞会原速率返回。现将物块甲从压缩弹簧的右端由静止释放,物块甲离开斜面后恰好在它运动的最高点与物块乙发生弹性碰撞(碰撞时间极短),物块乙始终未滑离木板。物块甲、乙均可视为质点,重力加速度g取10 m/s2,+…=。
(1)求物块甲运动到最高点时的速度大小;
(2)求弹簧最初储存的弹性势能;
(3)求木板运动的总路程。
计算题专项练(一)
1.答案 (1) (2)
解析 (1)画出光路图如图所示
因光线在D点的入射角为i=60°,由几何关系可得在D点的折射角r=30°
折射率n=。
(2)光在介质中的速度v=
光从D点传播到E点经历的路程s=lDF+lFE=L+
经历的时间t=。
2.答案 (1)
(2)
解析 (1)由题知,粒子进入磁场后都做匀速圆周运动,则E2q=mg
解得E2=
由题知,粒子进入磁场后都做匀速圆周运动,且均能在y轴正半轴进入第一象限,则qvB=
解得B=。
(2)由题知,粒子进入第一象限后都做类平抛运动,则粒子进入第一象限的速度应与粒子在第一象限的合力垂直,粒子在第一象限受重力mg和静电力E1q,合力为F合=mg,方向与y轴负方向成30°角
则粒子射出磁场的速度与E1平行,P的横坐标为x=-r+rsin 30°=-
纵坐标为y=r-rcos 30°=r-r
故P位置的坐标为。
3.答案 (1)3 m/s
(2)2.2 J
(3)1.0 m
解析 (1)由题意可知,物块甲从斜面顶端到最高点做逆向平抛运动,水平方向为匀速运动,设物块甲刚离开斜面时速度为v甲,则有
=2g(h2-h1)
tan 45°=
联立解得v甲y=v甲x=3 m/s,v甲=3 m/s
可知物块甲运动到最高点时的速度大小为v0=v甲x=3 m/s。
(2)设物块甲在B点时速度为vB,对物块甲从B点到斜面顶端由动能定理有
-m1gh1=m1m1
解得vB=2 m/s
因为vB>v,所以物块甲在传送带上一直做减速运动。对物块甲从静止开始到B点,设弹簧弹力做功W,由动能定理有W-μ1m1gL=m1
解得W=2.2 J
根据功能关系可知弹簧最初储存的弹性势能
Ep=W=2.2 J。
(3)物块甲与物块乙在碰撞过程中,由动量守恒定律得m1v0=m1v1+m2v2
由机械能守恒定律得m1m1m2
解得v1=-1 m/s,v2=2 m/s
以物块乙和木板为系统,由动量守恒定律得m2v2=(m2+m3)v3
若木板向右加速至共速后再与挡板碰撞,由动能定理得μ2m2gx1=m3-0
解得x1= m<0.5 m
可知木板与物块乙共速后再与挡板相碰
由动量守恒定律得m2v3-m3v3=(m2+m3)v4
木板向左减速过程中,由动能定理得-μ2m2gx2=0-m3
解得x2=x1
同理可得x3=x1
以此类推木板的总路程为s=x0+2x1+2x2+…+2xn=x0+2× m计算题专项练(三)
1.(2023山东日照二模)如图甲所示,一根足够长的固定细杆与水平方向的夹角θ=37°,质量m=2 kg的带电小球穿在细杆上并静止于细杆底端的O点。t=0开始在空间施加一电磁辐射区,使小球受到水平向右的力F=kt(k=10 N/s),t=6 s后小球离开电磁辐射区,小球在电磁辐射区内的加速度a随着时间t变化的图像如图乙所示,认为细杆对小球的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。g取10 m/s2,sin 37°=0.6。求:
(1)t=6 s时小球的加速度am的大小;
(2)小球离开电磁辐射区后沿着细杆上升的最大距离l。
2.(2023浙江绍兴模拟)一款游戏装置的示意图如图所示,它由固定的竖直轨道和水平轨道两部分组成。竖直轨道由倾角θ=60°的直轨道AB、半径r1=0.1 m的螺旋圆形轨道BC和半径r2=1.2 m、圆心角θ=60°的圆弧轨道BD组成,水平轨道由长L=1.5 m的直轨道EF和两个半径为R的半圆轨道组成,半圆轨道的外侧均有光滑的圆弧挡板(图中未画出)。竖直轨道和水平轨道通过轨道DE连接,所有轨道均光滑且相互平滑连接。G和H之间的地面光滑,靠近G处放置与轨道等高、长度为L0=1.0 m、质量为m0=1.0 kg的长木板。现将质量m=1.0 kg、可视为质点的小滑块从离B点高度为h处由静止释放,滑块恰好能通过圆弧轨道的最高点C,并进入水平轨道,调节半圆轨道的半径R的大小,使滑块最终停在长木板上。已知滑块与长木板上表面的动摩擦因数μ=0.4,长木板与G和H处固定桩的相碰均为弹性碰撞,且碰撞时间极短,不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2。求:
(1)滑块释放的高度h;
(2)滑块经圆弧轨道最低点D时对轨道的压力大小;
(3)滑块最终停下的位置。
3.如图所示,在平面直角坐标系xOy中,O为坐标原点,A点的坐标为(3L,0),B点坐标为(0,2L),三角形ABC为直角三角形,其中∠C为直角,在直角三角形ABC中有沿y轴负方向的匀强电场,三角形OBD为等腰直角三角形,P点为OD的中点,等腰直角三角形OBD中存在沿x轴正方向的匀强电场,电场强度大小为E0,第三象限和第四象限存在范围足够大的匀强磁场,磁场方向垂直于纸面向外。一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子,从P点静止释放,粒子从第二象限进入第一象限,经过直角三角形ABC内的匀强电场后恰好从A点进入匀强磁场,经匀强磁场偏转后直接打到坐标原点O,不计粒子重力,sin 37°=0.6。求:
(1)直角三角形ABC中匀强电场的电场强度大小E1;
(2)匀强磁场的磁感应强度大小B;
(3)粒子从P点运动到O点的总时间t总。
计算题专项练(三)
1.答案 (1)5 m/s2
(2)1.25 m
解析 (1)根据题意,对小球受力分析,如图所示
由题图乙可知,t=4 s时,小球的加速度恰好为0,则有
Fcos θ=mgsin θ+Ff
Fsin θ+mgcos θ=FN
Ff=μFN
F=10×4 N=40 N
解得μ=0.5
t=6 s时,有
F'cos θ-mgsin θ-Ff'=mam
F'sin θ+mgcos θ=FN'
Ff'=μFN'
F'=10×6 N=60 N
解得am=5 m/s2。
(2)t=6 s后,小球离开电磁辐射区,由牛顿第二定律有mgsin θ+μmgcos θ=ma
解得a=10 m/s2
根据题意,由a-t图像中面积表示速度变化量可知,由于小球由静止开始运动,则t=6 s时小球的速度为v=×(6-4)×5 m/s=5 m/s
由v2=2al可得,小球离开电磁辐射区后沿着细杆上升的最大距离为l==1.25 m。
2.答案 (1)0.2 m
(2)23.3 N
(3)滑块最终停在长木板的最右端,与H点相距0.5 m
解析 (1)设滑块运动到最高点C时的速度为vC,由向心力公式mg=
得vC=1.0 m/s
滑块由静止释放运动到C的过程中,由动能定理可得mgh-mgr1(1+cos θ)=
解得h=0.2 m。
(2)设滑块运动到最低点D时的速度为vD,由动能定理可得mg[h+r2(1-cos θ)]=-0
得vD=4.0 m/s
设滑块经最低点D时,轨道对滑块的支持力大小为FD,由向心力公式FD-mg=
得FD=23.3 N
由牛顿第三定律,滑块经过最低点D时对轨道压力大小为23.3 N。
(3)假设滑块到达H点前能达到共同速度,设共同速度为v,由动量守恒定律
mvD=(m0+m)v
得v=2.0 m/s
滑块在长木板上相对运动时,滑块和长木板的加速度大小均为a,则
a=μg=4.0 m/s2
设刚达到共同速度时,滑块位移为x1,长木板位移为x2,由运动学公式
v2-=-2ax1
得x1=1.5 m
由v2=2ax2
得x2=0.5 m
由题中条件可知,达到共同速度时滑块和长木板均刚好到达H处
滑块第二次滑上长木板时,两者速度相同,长木板在G处碰撞后速度反向,由动量守恒定律可知两者同时停下,由能量关系mv2+m0v2=μmgΔx
得Δx=1.0 m=L0
即滑块最终停在长木板的最右端,与H点相距0.5 m。
3.答案 (1)E0
(2)
(3)
解析 (1)粒子在第二象限的电场中加速运动,设射入第一象限时速度为v1,P为OD的中点,根据几何关系可得加速的距离为L,根据动能定理得qE0L=-0
解得v1=
粒子在第一象限中先做匀速直线运动,进入匀强电场后做类平抛运动,运动轨迹如图所示
x方向上有L=v1t
y方向上有at2
根据牛顿第二定律qE1= ma
以上各式联立解得E1=E0。
(2)设粒子从A点射出电场时的速度大小为v,根据动能定理有qE1L=mv2-
解得v=
设射入磁场时速度方向与x轴正方向的夹角为θ,则有cos θ=
解得θ=53°
根据几何关系可得带电粒子在磁场中运动半径为r=L
带电粒子在磁场中运动时洛伦兹力提供向心力,有qvB=
以上各式联立解得匀强磁场的磁感应强度大小B=。
(3)设粒子在第二象限运动的时间为t1,根据动量定理有qE0t1=mv1-0
解得t1=
设粒子在第一象限中运动时间为t2,水平方向上做匀速直线运动,则有3L=v1t2
解得t2=
设带电粒子在磁场中运动周期为T,则有T=
解得T=
在磁场中运动时间为t3=T=
运动的总时间t总=t1+t2+t3
