计算题专项练(二)

计算题专项练（二）（限时：35分钟）1．1896年贝克勒尔发现含铀矿物能放出放射线。设其中一个静止的铀核(eq\o\al(238,92)U)放出α粒子生成钍核(eq\o\al(234,90)Th)，设反应中放出的α粒子的动量大小为p。反应中释放的能量为ΔE，已知普朗克常量为h。(1)求生成钍核的物质波波长λ；(2)若反应中释放的能量全部转变为动能，求α粒子的动能Ek。答案(1)eq\f(h,p)(2)eq\f(117,119)ΔE解析(1)设生成钍核的动量大小为p1，根据动量守恒定律得p＋(－p1)＝0其物质波波长为λ＝eq\f(h,p1)＝eq\f(h,p)。(2)设α粒子和钍核的质量分别为m1、m2，动能分别为Ek、Ek1，有Ek＝eq\f(p2,2m1)，Ek1＝eq\f(peq\o\al(2,1),2m2)，ΔE＝Ek＋Ek1联立可得Ek＝eq\f(m2ΔE,m1＋m2)又eq\f(m1,m2)＝eq\f(4,234)解得Ek＝eq\f(117,119)ΔE。2．举世瞩目的北京冬奥会成功举行，比赛实况通过在地球同步轨道的“中星9B卫星”向全球直播。冬奥跳台滑雪项目被称为勇敢者的运动，运动员在落差100多米的山地间飞翔。某运动员的运动可简化成从倾角为θ斜面的跳台上做初速为v0的平抛运动，如图1所示。已知万有引力恒量为G，地球半径为R，自转周期为T，地球表面重力加速度为g。求：图1(1)该卫星离地面的高度h；(2)跳台滑雪运动员落到斜面上的速度大小v。答案(1)eq\r(3,\f(gR2T2,4π2))－R(2)v0eq\r(1＋4tan2θ)解析(1)在地球表面万有引力等于重力eq\f(GMm,R2)＝mg根据万有引力提供向心力eq\f(GMm,（R＋h）2)＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))eq\s\up12(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(R＋h))联立解得h＝eq\r(3,\f(gR2T2,4π2))－R。(2)运动员落在斜面上，则有tanθ＝eq\f(h,x)其中h＝eq\f(1,2)gt2，x＝v0t联立解得t＝eq\f(2v0tanθ,g)竖直分速度为vy＝gt跳台滑雪运动员落到斜面上的速度大小v＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y))联立解得v＝v0eq\r(1＋4tan2θ)。3．如图2所示，“eq\a\vs4\al()”形轻框架的水平细杆OM粗糙，竖直细杆ON光滑，质量分别为m、2m的金属环a、b用长为L的轻质细线连接，分别套在水平杆和竖直杆上。a、b处于静止状态，细线与水平方向的夹角θ1＝53°。已知a环与水平杆间的动摩擦因数为μ＝0.5，设最大静摩擦力约等于滑动摩擦力，重力加速度为g。图2(1)求a环受的摩擦力大小Ff；(2)若细线与水平方向的夹角θ2始终为45°，框架绕竖直杆ON匀速转动，求转动的角速度ω满足的条件；(3)若细线与水平方向的夹角θ1＝53°，框架绕竖直杆ON从静止起缓慢加速转动，使a环缓慢向右移动，直到细线与水平杆间夹角θ3＝37°的位置，求此过程中a环与水平杆OM间产生的内能Q及对整个装置做的功W。答案(1)eq\f(3,2)mg(2)eq\r(\f(g,\r(2)L))≤ω≤eq\r(\f(7g,\r(2)L))(3)eq\f(3,10)mgLeq\f(71,30)mgL解析(1)对b环竖直方向受力分析可得T1sinθ1＝2mg对a环水平方向上，受力分析可得T1cosθ1＝Ff联立解得Ff＝eq\f(3,2)mg。(2)根据整体法分析可得，a环对OM杆的压力为FN＝mg＋2mg又Ffm＝μFN框架绕竖直杆ON匀速转动，半径为r2＝Lcosθ2根据受力分析可得T2sinθ2＝2mg对a环，当摩擦力水平方向向右时有T2cosθ2－Ffm＝mωeq\o\al(2,1)r2当摩擦力水平方向向左时有T2cosθ2＋Ffm＝mωeq\o\al(2,2)r2联立解得eq\r(\f(g,\r(2)L))≤ω≤eq\r(\f(7g,\r(2)L))。(3)对b环受力分析可得T3sinθ3＝2mg又T2cosθ3＋Ffm＝mωeq\o\al(2,3)r3转动的半径为r3＝Lcosθ3摩擦力做的功，即产生的内能为Q＝FfmL(cosθ3－cosθ1)＝eq\f(3,10)mgL根据能量守恒定律可得，对整个装置做的功W为W＝2mgL(sinθ1－sinθ3)＋eq\f(1,2)m(ω3Lcosθ3)2＋Q解得W＝eq\f(71,30)mgL。4．如图3甲所示，平行金属板MN水平放置，板间距离为d，板长L＝eq\r(3)d。在竖直平面内建立xOy直角坐标系，使x轴与金属板M、N的中线O′O重合，y轴紧靠两金属板右端。在y轴右侧空间存在方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，MN板间加随时间t变化的电压uMN，如图乙所示，图中T0未知，两板间电场可看作匀强电场，板外电场可忽略。质量为m、电荷量为＋q的大量粒子以大小为v0的水平速度，从金属板左端沿中线O′O连续射入电场，进入磁场的带电粒子从y轴上的P、Q(图中未画出，P为最高点、Q为最低点)间离开磁场。在每个粒子通过电场区域的极短时间内，电场可视作恒定不变，已知UMN的最大值Um＝eq\f(mveq\o\al(2,0),q)，忽略粒子重力，求：图3(1)进入磁场的带电粒子在电场中运动的时间t0及在磁场中做圆周运动的最小半径r0；(2)P、Q两点的纵坐标yP、yQ；(3)若粒子到达Q点的同时有粒子到达P点，满足此条件的电压变化周期T0的最大值。答案(1)eq\f(L,v0)eq\f(mv0,qB)(2)eq\f(2mv0,qB)＋eq\f(d,2)eq\f(2mv0,qB)－eq\f(d,2)(3)eq\f(4πm,qB)解析(1)能从右侧离开电场的带电粒子在电场中运动的时间为t0＝eq\f(L,v0)当t＝eq\f(1,2)nT0(n＝0、1、2…)时刻射入电场的带电粒子不发生偏转，进入磁场做圆周运动的半径最小，粒子在磁场中运动时有qv0B＝eq\f(mveq\o\al(2,0),r0)解得r0＝eq\f(mv0,qB)。(2)设两板间电压为U1时，带电粒子刚好从极板边缘射出电场，则有qeq\f(U1,d)＝ma又eq\f(1,2)d＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,0)代入数据解得U1＝eq\f(mveq\o\al(2,0),3q)在电压小于等于U1时，带电粒子才能从两板间射出电场，电压大于U1时，带电粒子打在极板上，不能从两板间射出，带电粒子刚好从极板边缘射出电场时，速度最大设粒子恰好射出电场时速度为v，方向与x轴的夹角为θ，在磁场中做圆周运动的半径为r，则tanθ＝eq\f(at0,v0)又qvB＝eq\f(mv2,r)弦长为D＝2rcosθ代入数据解得θ＝30°D＝eq\f(2mv0,qB)从极板M边缘射出的带电粒子，在磁场中转过120°，经过P点，则yP＝eq\f(2mv0,qB)＋eq\f(d,2)从极板N边缘射出的带电粒子，在磁场中转过240°，经过Q点，则yQ＝eq\f(2mv0,qB)－eq\f(d,2)。(3)带电粒子在磁场中做圆周运动的周期为T＝eq\f(2πm,qB)粒子到达Q点的同时有粒子到达P点，则这两个粒子开始运动的时间差为eq\f(T,3)，到达Q点的粒子进入磁场的时刻可能是eq\f(T0,12)、eq\f(5T0,12)、eq\f(13T0,12)、eq\f(17T0,12)……，到达P点的粒子进入磁场的时刻可能是eq\f(7T0,12)、eq\f(11T0