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1、（京津瓊）2022高考物理總復習 專用優(yōu)編提分練：計算題專練（十）
1．如圖1所示，半徑r＝0.06 m的半圓形無場區(qū)的圓心在坐標原點O處，半徑R＝0.1 m、磁感應強度B＝0.075 T的圓形有界磁場區(qū)的圓心坐標為O1(0,0.08 m)，平行金屬板的板長L＝0.3 m，間距d＝0.1 m，極板間所加電壓U＝6.4×102 V，其中MN極板上收集的粒子全部中和吸收．一位于O處的粒子源向第Ⅰ、Ⅱ象限均勻地發(fā)射速度大小v＝6.0×105 m/s的帶正電粒子，經(jīng)圓形磁場偏轉(zhuǎn)后，從第Ⅰ象限出射的粒子速度方向均沿x軸正方向，若粒子重力不計、比荷＝1.0×108 C/kg，不計粒子間的相互作用力及電場
2、的邊緣效應，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：
圖1
(1)打到下極板右端點N的粒子進入電場時的縱坐標值；
(2)打到N點的粒子進入磁場時與x軸正方向的夾角．
答案 (1)0.08 m (2)53°
解析 (1)恰能打到N點的粒子運動軌跡如圖所示，
粒子從A點進入磁場，設(shè)進入電場時的縱坐標值為y，
粒子在電場中的加速度a＝
粒子穿過平行金屬板的時間為t＝
粒子在豎直方向做初速度為零的勻加速直線運動，
有：y＝at2
聯(lián)立得：y＝
代入數(shù)據(jù)得y＝0.08 m
y
3、P點與磁場圓心等高，則粒子從點P(0.1 m,0.08 m)射出磁場．
粒子做圓周運動的半徑為r0，C點為圓心，
則OC＝R＝0.1 m
由牛頓第二定律有：qvB＝
解得r0＝0.08 m
在直角△OAC中，由三角函數(shù)關(guān)系有：
sin∠AOC＝＝0.8，
即∠AOC＝53°.
2．如圖2所示，固定斜面足夠長，斜面與水平面的夾角α＝30°，一質(zhì)量為3m的“L”形工件沿斜面以速度v0勻速向下運動，工件上表面光滑，其下端連著一塊擋板．某時刻，一質(zhì)量為m的小木塊從工件上的A點沿斜面向下以速度v0滑上工件，當木塊運動到工件下端時(與擋板碰前的瞬間)，工件速度剛好減為零，后木塊與擋板第1次
4、相碰，以后每隔一段時間，木塊就與工件擋板碰撞一次．已知木塊與擋板的碰撞都是彈性碰撞且碰撞時間極短，木塊始終在工件上運動，重力加速度為g.求：
圖2
(1)木塊滑上工件時，木塊、工件各自的加速度大小；
(2)木塊與擋板第1次碰撞后的瞬間，木塊、工件各自的速度大?。?
(3)木塊與擋板第1次碰撞至第n(n＝2,3,4,5，…)次碰撞的時間間隔及此時間間隔內(nèi)木塊和工件組成的系統(tǒng)損失的機械能ΔE.
答案 見解析
解析 (1)設(shè)工件與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ，木塊加速度大小為a1，工件加速度大小為a2.
對木塊，由牛頓第二定律可得：mgsin α＝ma1
對工件，由牛頓第二定律可得：
5、μ(3m＋m)gcos α－3mgsin α＝3ma2
工件勻速運動時，由平衡條件可得：
μ·3mgcos α＝3mgsin α
解得：a1＝，a2＝
(2)設(shè)碰擋板前木塊的速度為v，木塊由工件上A點運動至碰前所用時間為t0，
則對木塊：v＝v0＋a1t0
對工件：0＝v0－a2t0
解得：v＝4v0
木塊以v與擋板發(fā)生彈性碰撞，碰撞時間極短，設(shè)碰后木塊速度為v1，工件速度為v2，以碰前木塊的速度方向為正方向，
由動量守恒定律得：mv＝mv1＋3m·v2
由能量守恒定律得：mv2＝mv＋·3m·v
聯(lián)立解得：v1＝－2v0，v2＝2v0
(3)第1次碰撞后，木塊以大小為
6、2v0的速度沿工件向上勻減速運動，工件以大小為2v0的速度沿斜面向下勻減速運動，工件速度再次減為零的時間：t＝＝
此時，木塊的速度：v1′＝－2v0＋a1t＝4v0
木塊的位移：x1＝－2v0t＋a1t2＝
工件的位移：x2＝2v0t－a2t2＝
即木塊、工件第2次相碰前瞬間的速度與第1次相碰前瞬間的速度相同，以后木塊、工件重復前面的運動過程，則第1次與第n次碰撞的時間間隔：
Δt＝(n－1)t＝(n＝2,3,4,5，…)
木塊、工件每次碰撞時，木塊和工件的總動能都相等，Δt時間內(nèi)木塊和工件組成的系統(tǒng)減少的機械能等于木塊、工件減少的重力勢能：
ΔE＝4mg(n－1)x2sin α
解得：ΔE＝24(n－1)mv02(n＝2,3,4,5，…)
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