（京津瓊）2019高考物理總復習 專用優(yōu)編提分練：計算題專練（一）

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1、 計算題專練(一) 1．如圖1所示，有一個可視為質(zhì)點的質(zhì)量為m＝1 kg的小物塊，從光滑平臺上的A點以v0＝2 m/s的初速度水平拋出，到達C點時，恰好沿C點的切線方向進入固定在水平地面上的光滑圓弧軌道，最后小物塊滑上緊靠軌道末端D點的質(zhì)量為M＝3 kg的長木板，已知木板上表面與圓弧軌道末端切線相平，木板下表面與水平地面之間光滑，小物塊與長木板間的動摩擦因數(shù)μ＝0.3，圓弧軌道的半徑為R＝0.4 m，C點和圓弧的圓心連線與豎直方向的夾角θ＝60°，不計空氣阻力，g取10 m/s2.求： 圖1 (1)小物塊剛要到達圓弧軌道末端D點時對軌道的壓力； (2)若長木板長度L＝2.4 m，

2、小物塊能否滑出長木板？ 答案　見解析 解析　(1)物塊到達C點的速度與水平方向的夾角為60°，則 vC＝＝2v0＝4 m/s 小物塊由C到D的過程中，由動能定理得： mgR(1－cos 60°)＝mv－mv 代入數(shù)據(jù)解得：vD＝2 m/s 小物塊在D點時，由牛頓第二定律得：FN－mg＝m 解得：FN＝60 N 由牛頓第三定律得：小物塊剛要到達圓弧軌道末端D點時對軌道的壓力FN′＝FN＝60 N，方向豎直向下． (2)設小物塊始終在長木板上，共同速度大小為v，小物塊在木板上滑行的過程中，小物塊與長木板組成的系統(tǒng)動量守恒，取向左為正方向 由動量守恒定律得：mvD＝(M＋m)v

3、 解得：v＝ m/s 設物塊與木板的相對位移為l，由功能關系得： μmgl＝mv－(m＋M)v2 解得：l＝2.5 m>L＝2.4 m，所以小物塊能滑出長木板． 2．如圖2所示，在平面直角坐標系中，第三象限里有一加速電場，一個電荷量為q、質(zhì)量為m的帶正電粒子(不計重力)，從靜止開始經(jīng)加速電場加速后，垂直x軸從A(－4L,0)點進入第二象限，在第二象限的區(qū)域內(nèi)，存在著指向O點的均勻輻射狀電場，距O點4L處的電場強度大小均為E＝，粒子恰好能垂直y軸從C(0,4L)點進入第一象限，如圖所示，在第一象限中有兩個全等的直角三角形區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，均充滿了方向垂直紙面向外的勻強磁場，區(qū)域Ⅰ的磁感應強度

4、大小為B0，區(qū)域Ⅱ的磁感應強度大小可調(diào)，D點坐標為(3L,4L)，M點為CP的中點．粒子運動軌跡與磁場區(qū)域相切時認為粒子能再次進入磁場．從磁場區(qū)域Ⅰ進入第二象限的粒子可以被吸收掉．求： 圖2 (1)加速電場的電壓U； (2)若粒子恰好不能從OC邊射出，求區(qū)域Ⅱ磁感應強度大小； (3)若粒子能到達M點，求區(qū)域Ⅱ磁場的磁感應強度大小的所有可能值． 答案　見解析 解析　(1)粒子在加速電場中加速，根據(jù)動能定理有： qU＝mv2 粒子在第二象限輻射狀電場中做半徑為R的勻速圓周運動，則：qE＝m 聯(lián)立解得：v＝，U＝ (2)粒子在區(qū)域Ⅰ中運動的速度大小 v＝， 根據(jù)洛倫茲

5、力提供粒子在磁場中做勻速圓周運動的向心力， 有qB0v＝m，得半徑r＝＝， 若粒子在區(qū)域Ⅱ中的運動半徑R較小，則粒子會從OC邊射出磁場． 恰好不從OC邊射出時，作出對應的運動軌跡，如圖． 滿足∠O2O1Q＝2θ， sin 2θ＝2sin θcos θ＝， 又sin 2θ＝ 解得：R＝r＝L 又R＝，代入v＝ 可得：B＝ (3)①若粒子由區(qū)域Ⅰ達到M點 每次前進＝2(R－r)cos θ＝(R－r) 由周期性得：＝n(n＝1,2,3……)， 即L＝n(R－r) R＝r＋L≥L， 解得n≤3 n＝1時R＝L，B＝B0 n＝2時R＝L，B＝B0， n＝3時R＝L，B＝B0 ②若粒子由區(qū)域Ⅱ達到M點 由周期性：＝＋n(n＝0,1,2,3……) 即L＝R＋n(R－r) 解得：R＝L≥L 解得：n≤，n＝0時R＝L，B＝B0 n＝1時R＝L，B＝B0. 4