计算题专项练(四)

计算题专项练（四）（限时：35分钟）1．如图1所示，一个足够大的容器中盛满某种透明液体。MN为该液体与空气的水平分界面，其上有一以A点为圆心，半径为d＝eq\r(3)m的圆形不透光薄片，已知分界面上A点正下方h＝3m深处有一点光源O，该点光源发出的光线经不透光薄片的边缘B点处射入空气时，其折射光线与反射光线恰好垂直。图1(1)求该透明液体对该光的折射率n；(2)若在点光源O正下方也为h＝3m的P处水平放置一足够大的平面镜，试计算点光源O在分界面MN上照亮区域的面积(取π＝3)。答案(1)eq\r(3)(2)112.5m2解析(1)光线在透明液体中的光路如图所示由几何关系有tani＝eq\f(d,h)解得i＝30°又i＋r＝90°解得r＝60°故该透明液体对该光的折射率n＝eq\f(sinr,sini)＝eq\r(3)。(2)设经平面镜反射后射向分界面MN的光线在D点发生全反射，则有sinC＝eq\f(1,n)＝eq\f(\r(3),3)则tanC＝eq\f(\r(2),2)设A、D两点间的距离为R，由几何关系可知R＝3htanC＝eq\f(9,2)eq\r(2)m所以点光源在分界面MN上照亮的面积为S＝πR2－πd2＝112.5m2。2．为了监测电梯内的温度和电梯的运动状态，某同学将一开口向上且灌有水银的均匀长直细玻璃管竖直粘贴在电梯壁上，如图2所示。已知电梯静止且内部温度为t0＝27℃时，玻璃管内高h＝20cm的水银柱封闭着一段长L0＝50cm的空气柱，大气压强p＝76cmHg，绝对零度取－273℃，重力加速度大小g＝10m/s2。图2(1)电梯静止时，若空气柱的长度为L1＝49cm，则此时电梯内的温度为多少；(2)温度恒为27℃时，若空气柱的长度为L2＝48cm，求此时电梯的加速度。答案(1)21℃(2)2.0m/s2，方向竖直向上解析(1)设玻璃管的横截面积为S，空气柱长度由L0变为L1的过程为等压过程由盖－吕萨克定律有eq\f(V1,T1)＝eq\f(V0,T0)其中V0＝L0ST0＝t0＋273KV1＝L1ST1＝t1＋273K代入数据解得t1＝21℃。(2)设电梯的加速度为a，水银的密度为ρ，空气柱长度由L0变为L2的过程为等温过程，由玻意耳定律得p0V0＝p2V2其中V0＝L0SV2＝L2Sp0＝p＋h代入数据得p2＝100cmHg设向上方向为正方向，对水银柱由牛顿第二定律有p2S－pS－ρhSg＝ρhSa即1.00ρg－0.76ρg－0.20ρg＝0.20ρa解得a＝2.0m/s2方向竖直向上。3．如图3所示，质量为m1＝0.1kg的物块a和质量为m2＝0.4kg的物块b均静止在同一水平面上，物块a与竖直挡板间放有一轻弹簧，物块b放置在倾角为θ＝37°的斜面底端。开始时弹簧处于原长状态，某时刻起以大小为F＝22.5N的恒力作用在物块a上使其压缩弹簧，当物块a速度为零时立刻撤去恒力并在物块a离开后撤去弹簧并前移挡板至管道口，物块a沿光滑半圆水平管道运动，之后与物块b发生弹性碰撞，物块a、b经过衔接处时没有能量损失。已知弹簧的劲度系数k＝22.5N/m，且弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为g＝10m/s2，物块a与斜面间的摩擦力可忽略，物块b与斜面间的动摩擦因数为μ＝eq\f(3,4)，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块a与挡板碰撞过程时间极短且无能量损失，sin37°＝eq\f(3,5)，物块a、b均可视为质点，管道很细。图3(1)求撤去恒力F瞬间弹簧储存的弹性势能；(2)物块b第一次静止前恰未与物块a发生第二次碰撞，求半圆轨道的半径；(3)求碰撞后物块b上升高度的最大值。答案(1)45J(2)eq\f(9（\r(7)－2）,π)m(3)5m解析(1)物块a受到恒力F和弹簧弹力作用，根据对称性原理可知，当物块a受到的合力大小与F相等、方向与F相反时，物块a的速度为零，设此时弹簧的压缩量为x1，有kx1－F＝F根据功能关系可知，撤去恒力F瞬间弹簧储存的弹性势能为Ep＝Fx1解得Ep＝45J。(2)设满足要求的半圆管道半径为R对物块b有μm2gcosθ＝m2gsinθ可知物块b在斜面上速度减到零后不会下滑，物块a第一次离开弹簧瞬间，有Ep＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,a)物块a与物块b发生弹性碰撞过程，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有m1va＝m1va′＋m2vbeq\f(1,2)m1veq\o\al(2,a)＝eq\f(1,2)m1va′2＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,b)解得va′＝－eq\f(3,5)va，vb＝eq\f(2,5)va物块b在斜面上运动过程中，由牛顿第二定律有m2a1＝m2gsinθ＋μm2gcosθ第一次碰撞后物块b在斜面上的运动时间为t＝eq\f(vb,a1)运动距离为x2＝eq\f(veq\o\al(2,b),2a1)物块a在斜面上运动时的加速度大小为a2＝gsinθ第一次碰撞后，物块a沿半圆管道运动的时间为T＝eq\f(2πR,|va′|)对物块a、b有T＋eq\f(－va′－\r(va′2－2a2x2),a2)＝t可得R＝eq\f(9（\r(7)－2）,π)m。(3)设物块b最终静止时到水平面的高度为h，对整个过程由能量守恒定律有Ep＝m1gh＋m2gh＋μm2gcosθeq\f(h,sinθ)解得h＝5m。4．如图4甲所示，空间有圆心为O、半径为R、垂直纸面向外的圆形匀强磁场区域，其左上方有一板长为eq\f(2\r(3),3)R、板间距为R的平行板电容器。虚线MN是电容器的中心轴线，M点与上、下极板的左边界A、C在同一条竖直线上，同时MN与圆形磁场的最高点D在同一水平线上，P点为下极板右边缘与圆形磁场边界的交点。现给电容器加上如图乙所示的电压，大量质量为m、电荷量为q的带正电粒子从M点以相同速度沿MN方向射入电容器，其中t＝0时刻射入的粒子恰好在t＝T时刻到达P点。已知圆形磁场的磁感应强度大小为eq\f(4m,3qT)，不计粒子重力及电场边缘效应和粒子间相互作用，平行板电容器两板厚度忽略不计。求：图4(1)U0的大小；(2)t＝eq\f(T,4)时刻射入的粒子在飞出电场时距中心轴线MN的距离；(3)求t时刻eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)T<t<\f(3,4)T))射入的粒子飞出磁场的位置与P点之间的距离。答案(1)eq\f(4R2m,3qT2)(2)eq\f(1,3)R(3)eq\r(2)R解析(1)对t＝0时刻入射的粒子而言，画出运动图像如图甲，根据题意结合v－t图像知0～eq\f(T,2)时间内粒子的竖直方向位移为y＝eq\f(1,3)×eq\f(R,2)＝eq\f(R,6)甲又y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(qU0,Rm)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T0,2)))2解得U0＝eq\f(4R2m,3qT2)。(2)设t＝eq\f(T,4)时刻射入的粒子在eq\f(T,4)～eq\f(T,2)时间内竖直方向的位移为x如图乙，由v－t图易知乙t＝eq\f(T,4)时刻射入的粒子在射出电场时竖直方向的位移y＝x＋4x＋3x而t＝0时刻射入的粒子在射出电场时竖直方向的位移eq\f(R,2)＝4x＋8x解得y＝eq\f(1,3)R。(3)因粒子在电容器中飞行时间始终是T，故知任意时刻进入电容器的粒子在飞出时的速度大小相同，方向平行。不妨取t＝0时刻入射的粒子，其运动轨迹如图丙所示丙知竖直方向vy＝eq\f(qU0,Rm)·eq\f(T,2)＝eq\f(2R,3T)水平方向vxT＝eq\f(2\r(3),3)R,vx＝eq\f(2\r(3),3T)R由几何关系知粒子从P点进入磁场时，速度方向与水平方向的夹角θ＝eq\f(π,6)则vP＝eq\f(4R,3T)方向由P指向O又由qvPB＝meq\f(veq\o\al(2,P),