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1、（京津瓊）2022高考物理總復(fù)習(xí) 專用優(yōu)編提分練：計(jì)算題專練（一）
1．如圖1所示，有一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的質(zhì)量為m＝1 kg的小物塊，從光滑平臺(tái)上的A點(diǎn)以v0＝2 m/s的初速度水平拋出，到達(dá)C點(diǎn)時(shí)，恰好沿C點(diǎn)的切線方向進(jìn)入固定在水平地面上的光滑圓弧軌道，最后小物塊滑上緊靠軌道末端D點(diǎn)的質(zhì)量為M＝3 kg的長(zhǎng)木板，已知木板上表面與圓弧軌道末端切線相平，木板下表面與水平地面之間光滑，小物塊與長(zhǎng)木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.3，圓弧軌道的半徑為R＝0.4 m，C點(diǎn)和圓弧的圓心連線與豎直方向的夾角θ＝60°，不計(jì)空氣阻力，g取10 m/s2.求：
圖1
(1)小物塊剛要到達(dá)圓弧軌道末端D點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道
2、的壓力；
(2)若長(zhǎng)木板長(zhǎng)度L＝2.4 m，小物塊能否滑出長(zhǎng)木板？
答案 見(jiàn)解析
解析 (1)物塊到達(dá)C點(diǎn)的速度與水平方向的夾角為60°，則
vC＝＝2v0＝4 m/s
小物塊由C到D的過(guò)程中，由動(dòng)能定理得：
mgR(1－cos 60°)＝mv－mv
代入數(shù)據(jù)解得：vD＝2 m/s
小物塊在D點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律得：FN－mg＝m
解得：FN＝60 N
由牛頓第三定律得：小物塊剛要到達(dá)圓弧軌道末端D點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力FN′＝FN＝60 N，方向豎直向下．
(2)設(shè)小物塊始終在長(zhǎng)木板上，共同速度大小為v，小物塊在木板上滑行的過(guò)程中，小物塊與長(zhǎng)木板組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，取向左為正
3、方向
由動(dòng)量守恒定律得：mvD＝(M＋m)v
解得：v＝ m/s
設(shè)物塊與木板的相對(duì)位移為l，由功能關(guān)系得：
μmgl＝mv－(m＋M)v2
解得：l＝2.5 m>L＝2.4 m，所以小物塊能滑出長(zhǎng)木板．
2．如圖2所示，在平面直角坐標(biāo)系中，第三象限里有一加速電場(chǎng)，一個(gè)電荷量為q、質(zhì)量為m的帶正電粒子(不計(jì)重力)，從靜止開(kāi)始經(jīng)加速電場(chǎng)加速后，垂直x軸從A(－4L,0)點(diǎn)進(jìn)入第二象限，在第二象限的區(qū)域內(nèi)，存在著指向O點(diǎn)的均勻輻射狀電場(chǎng)，距O點(diǎn)4L處的電場(chǎng)強(qiáng)度大小均為E＝，粒子恰好能垂直y軸從C(0,4L)點(diǎn)進(jìn)入第一象限，如圖所示，在第一象限中有兩個(gè)全等的直角三角形區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，均充滿了
4、方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，區(qū)域Ⅰ的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0，區(qū)域Ⅱ的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小可調(diào)，D點(diǎn)坐標(biāo)為(3L,4L)，M點(diǎn)為CP的中點(diǎn)．粒子運(yùn)動(dòng)軌跡與磁場(chǎng)區(qū)域相切時(shí)認(rèn)為粒子能再次進(jìn)入磁場(chǎng)．從磁場(chǎng)區(qū)域Ⅰ進(jìn)入第二象限的粒子可以被吸收掉．求：
圖2
(1)加速電場(chǎng)的電壓U；
(2)若粒子恰好不能從OC邊射出，求區(qū)域Ⅱ磁感應(yīng)強(qiáng)度大?。?
(3)若粒子能到達(dá)M點(diǎn)，求區(qū)域Ⅱ磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小的所有可能值．
答案 見(jiàn)解析
解析 (1)粒子在加速電場(chǎng)中加速，根據(jù)動(dòng)能定理有：
qU＝mv2
粒子在第二象限輻射狀電場(chǎng)中做半徑為R的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則：qE＝m
聯(lián)立解得：v＝，U＝
(2)粒子在
5、區(qū)域Ⅰ中運(yùn)動(dòng)的速度大小
v＝，
根據(jù)洛倫茲力提供粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，
有qB0v＝m，得半徑r＝＝，
若粒子在區(qū)域Ⅱ中的運(yùn)動(dòng)半徑R較小，則粒子會(huì)從OC邊射出磁場(chǎng)．
恰好不從OC邊射出時(shí)，作出對(duì)應(yīng)的運(yùn)動(dòng)軌跡，如圖．
滿足∠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若粒子由區(qū)域Ⅰ達(dá)到M點(diǎn)
每次前進(jìn)＝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時(shí)R＝L，B＝B0
n＝2時(shí)R＝L，B＝B0，
n＝3時(shí)R＝L，B＝B0
②若粒子由區(qū)域Ⅱ達(dá)到M點(diǎn)
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時(shí)R＝L，B＝B0
n＝1時(shí)R＝L，B＝B0.
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