计算题专练(一)

1、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V。= 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C点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹的动摩擦因数 尸0.3,圆弧轨道的半径为R= 0.4 m,角0= 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;若长木板长度L

2、= 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V0VC= cos药=2V0=4 m/s小物块由C到D的过程中，由动能定理得:1 2 1 2mgR(1 cos 60 ) mvD mvc2VD1 R代入数据解得：Vd = 2 , 5 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

3、由动量守恒定律得：mvD = (M + m)v解得：v =2 m/s设物块与木板的相对位移为I，由功能关系得:1 2 1 2也 mg=gmvD 2(m+ M)v解得：1= 2.5 mL = 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0点的均匀辐射状电场，距 0点4L处的2电场强度大小均为 E= q6器，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

4、中有两个全等的直角三角形区域I和n,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Bo,区域n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：(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n磁感应强度大小；(3) 若粒子能到达 M点，求区域n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：1 22R的匀速圆周运动，则：qE = mLqU = ?mv粒子在第二象限辐射状电场中做半径为联立解得：v

5、=驴,u=8宏2m8m(2)粒子在区域I中运动的速度大小qBoLv= 2m，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，2有 qBov= m，得半径 r =,若粒子在区域n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 = 2 0,24 sin 2 0= 2sin 0cos 0=匚二又 sin 2 0=R r解得：R=4924r =49又R=mvqB，代入v=qBoL2m可得:24Bo49若粒子由区域I达到M点8每次前进 CP2 = 2(R r)cos 0= 5(R r) 由周期性得：CM = n cP7(n = 1,2,3), 刖58即尹=5n (R r)R=r +耕第，解得* 3B= 33B03341R=32l，r=48l，24B= 49b0若粒子由区域H达到M点 由周期性： CM = CPi + n CP2 (n = 0,1,2,3) 即 M = 5只+ |n(R- r)