全国省市高考物理总复习精准提分练计算题专练十

全国省市通用版高考物理总复习精准提分练：计算题专练十全国省市通用版高考物理总复习精准提分练：计算题专练十PAGE全国省市通用版高考物理总复习精准提分练：计算题专练十计算题专练(十)(限时：25分钟)24．(12分)如图1所示，半径r＝0.06m的半圆形无场区的圆心在座标原点O处，半径R＝0.1m、磁感觉强度B＝0.075T的圆形有界磁场区的圆心坐标为O1(0,0.08m)，平行金属板的板长L＝0.3m，间距d＝0.1m，极板间所加电压U＝6.4×102V，此中MN极板上采集的粒子所有中和汲取．一位于O处的粒子源向第Ⅰ、Ⅱ象限平均地发射速度大小v＝6.0×105m/s的带正电粒子，经圆形磁场偏转后，从第Ⅰ象限出射的粒子速度方向均沿x轴正方向，若粒子重力不计、比荷eq\f(q,m)＝1.0×108C/kg，不计粒子间的互相作使劲及电场的边沿效应，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：图1(1)打到下极板右端点N的粒子进入电场时的纵坐标值；(2)打到N点的粒子进入磁场时与x轴正方向的夹角．答案(1)0.08m(2)53°分析(1)恰能打到N点的粒子运动轨迹以以下图，粒子从A点进入磁场，设进入电场时的纵坐标值为y，粒子在电场中的加快度a＝eq\f(qU,md)粒子穿过平行金属板的时间为t＝eq\f(L,v)粒子在竖直方向做初速度为零的匀加快直线运动，有：y＝eq\f(1,2)at2联立得：y＝eq\f(qUL2,2mdv2)代入数据得y＝0.08my<d＝0.1m，说明粒子能射入极板间，射入点的纵坐标值为y＝0.08m(2)P点与磁场圆心等高，则粒子从点P(0.1m,0.08m)射出磁场．粒子做圆周运动的半径为r0，C点为圆心，则OC＝R＝0.1m由牛顿第二定律有：qvB＝eq\f(mv2,r0)解得r0＝0.08m在直角△OAC中，由三角函数关系有：sin∠AOC＝eq\f(r0,R)＝0.8，即∠AOC＝53°.25．(20分)如图2所示，固定斜面足够长，斜面与水平面的夹角α＝30°，一质量为3m的“L”形工件沿斜面以速度v0匀速向下运动，工件上表面圆滑，其下端连着一块挡板．某时辰，一质量为m的小木块从工件上的A点沿斜面向下以速度v0滑上工件，当木块运动到工件下端时(与挡板碰前的瞬时)，工件速度恰好减为零，后木块与挡板第1次相碰，此后每隔一段时间，木块就与工件挡板碰撞一次．已知木块与挡板的碰撞都是弹性碰撞且碰撞时间极短，木块素来在工件上运动，重力加快度为g.求：图2(1)木块滑上工件时，木块、工件各自的加快度大小；(2)木块与挡板第1次碰撞后的瞬时，木块、工件各自的速度大小；(3)木块与挡板第1次碰撞至第n(n＝2,3,4,5，…)次碰撞的时间间隔及此时间间隔内木块和工件构成的系统损失的机械能ΔE.答案看法析分析(1)设工件与斜面间的动摩擦因数为μ，木块加快度大小为a1，工件加快度大小为a2.对木块，由牛顿第二定律可得：mgsinα＝ma1对工件，由牛顿第二定律可得：μ(3m＋m)gcosα－3mgsinα＝3ma2工件匀速运动时，由均衡条件可得：μ·3mgcosα＝3mgsinα解得：a1＝eq\f(g,2)，a2＝eq\f(g,6)(2)设碰挡板前木块的速度为v，木块由工件上A点运动至碰前所用时间为t0，则对木块：v＝v0＋a1t0对工件：0＝v0－a2t0解得：v＝4v0木块以v与挡板发生弹性碰撞，碰撞时间极短，设碰后木块速度为v1，工件速度为v2，以碰前木块的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv＝mv1＋3m·v2由能量守恒定律得：eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(12)＋eq\f(1,2)·3m·veq\o\al(22)联立解得：v1＝－2v0，v2＝2v0(3)第1次碰撞后，木块以大小为2v0的速度沿工件向上匀减速运动，工件以大小为2v0的速度沿斜面向下匀减速运动，工件速度再次减为零的时间：t＝eq\f(2v0,a2)＝eq\f(12v0,g)此时，木块的速度：v1′＝－2v0＋a1t＝4v0木块的位移：x1＝－2v0t＋eq\f(1,2)a1t2＝eq\f(12v\o\al(,02),g)工件的位移：x2＝2v0t－eq\f(1,2)a2t2＝eq\f(12v\o\al(02,),g)即木块、工件第2次相碰前瞬时的速度与第1次相碰前瞬时的速度同样，此后木块、工件重复前面的运动过程，则第1次与第n次碰撞的时间间隔：Δt＝(n－1)t＝eq\f(12n－1v0,g)(n＝2,3,4,5，…)木块、工件每次碰撞时，木块和工