压轴计算题抢分练(一)

压轴计算题抢分练(一)(时间：30分钟)1.某离子发动机简化结构如图1甲所示，其横截面半径为R的圆柱腔分为Ⅰ、Ⅱ两个工作区：Ⅰ区为电离区，其内有沿轴向分布的匀强磁场，磁感应强度的大小B＝eq\f(3mv0,eR)，其中，m为电子质量，e为电子电荷量。Ⅱ区为加速区，其内电极P、Q间加有恒定电压U，形成沿轴向分布的匀强电场。在Ⅰ区内离轴线eq\f(R,2)处的C点垂直于轴线持续射出一定速率范围的电子，过C点的圆柱腔横截面如图乙所示(从左向右看)，电子的初速度方向与OC的连线成α角(0<α<90°)。图1(1)向Ⅰ区注入某种稀薄气体，电子要电离该气体，电子的速率至少应为v0。电子在Ⅰ区内不与器壁相碰且能到达的区域越大，其电离气体的效果越好。为取得好的电离效果，请判断Ⅰ区中的磁场方向(按图乙说明是“垂直于纸面向外”或“垂直于纸面向里”)；(2)不考虑电子间的碰撞及相互作用，电子碰到器壁即被吸收。在取得好的电离效果下，当α＝30°时，求从C点射出的电子速率v的最大值；(3)Ⅰ区产生的离子以接近0的初速度飘入Ⅱ区，被加速后形成离子束，从右侧喷出。已知气体被电离成质量为M的1价正离子，且单位时间内飘入Ⅱ区的离子数目为定值n，求推进器获得的推力。答案(1)垂直纸面向里(2)eq\f(3,2)v0(3)neq\r(2MeU)解析(1)根据左手定则，为取得好的电离效果，磁场方向是垂直纸面向里。(2)如图所示，当电子轨迹与横截面圆内切时，电子能到达的区域最大，电离效果最好。根据几何关系OA＝R－r，OC＝eq\f(R,2)，AC＝r根据余弦定理eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(R,2)))eq\s\up12(2)＋r2－2·eq\f(R,2)·rcos(90°－α)＝(R－r)2当α＝30°时，解得r＝eq\f(R,2)根据洛伦兹力提供向心力evmaxB＝eq\f(mveq\o\al(2,max),r)解得vmax＝eq\f(eBR,2m)＝eq\f(3,2)v0。(3)在Δt时间内，对飞出的离子应用动量定理得F0′Δt＝nΔtMv1对离子由动能定理得eU＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,1)根据牛顿第三定律得F0＝F0′联立得F0＝neq\r(2MeU)。2.(2022·福建精创预测卷)如图2所示，光滑竖直墙壁底端与四分之一光滑圆弧轨道连接，圆弧轨道半径R＝0.4m，光滑水平面上并排放两块木板B、C，两木板的上表面恰好与圆弧轨道的最低点相切，小滑块A(可视为质点)从墙壁P点无初速度释放，P点高出圆心h＝0.4m，已知小滑块与两木板质量均为1kg，小滑块A与木板B间的动摩擦因数μ1＝0.5，木板B的长度L1＝1m，小滑块A与木板C间的动摩擦因数随距离而变化，满足μ2＝eq\f(1,15)－eq\f(X,15)，X为距木板C左端的距离，木板C的长度L2＝2m，重力加速度g＝10m/s2，求：图2(1)小滑块A对轨道最低点的压力；(2)木板B获得的最大速度；(3)求小滑块A的最终速度，若小滑块A脱离木板C，求木板C的最终速度；若小滑块A不脱离木板C，求出小滑块与木板C相对静止的位置。答案(1)50N，方向向下(2)1m/s(3)1.5m/s距木板C左端0.5m处解析(1)小滑块A下滑过程机械能守恒，有mg(R＋h)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得v0＝4m/s由牛顿第二定律得FN－mg＝meq\f(veq\o\al(2,0),R)解得FN＝50N由牛顿第三定律可知，小滑块A对轨道最低点的压力大小为50N，方向向下。(2)小滑块A滑过木板B的过程中，系统动量守恒，设小滑块A刚滑离木板B时，小滑块A的速度为v1，木板B的速度为v2，有mv0＝mv1＋2mv2μ1mgL1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,2)解得v1＝2m/s，v2＝1m/s。(3)由于μ2＝eq\f(1,15)－eq\f(X,15)，即木板C中央右侧光滑，设小滑块A刚好滑到木板C中央时达到共同速度，由动量守恒定律得mv1＋mv2＝2mv3解得v3＝1.5m/s系统动能损失ΔEk＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,3)＝0.25J由图像可知滑块到达木板C中点时产生内能Q＝μ2mgX＝eq\f(1,3)J>ΔEk即小滑块A滑到木板C中央左侧就与木板相对静止了，设小滑块A停在木板C距左端x处，则ΔEk′＝μ2mgx由图像可知μ2x＝eq\f(1,2)×eq