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1、（京津瓊）2022高考物理總復(fù)習(xí) 專用優(yōu)編提分練：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(dá)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(dá)圓弧軌道末端D點時對軌道
2、的壓力；
(2)若長木板長度L＝2.4 m，小物塊能否滑出長木板？
答案 見解析
解析 (1)物塊到達(dá)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(dá)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(shè)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
3、方向
由動量守恒定律得：mvD＝(M＋m)v
解得：v＝ m/s
設(shè)物塊與木板的相對位移為l，由功能關(guān)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(biāo)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
4、方向垂直紙面向外的勻強磁場，區(qū)域Ⅰ的磁感應(yīng)強度大小為B0，區(qū)域Ⅱ的磁感應(yīng)強度大小可調(diào)，D點坐標(biāo)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(rèn)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(yīng)強度大?。?
(3)若粒子能到達(dá)M點，求區(qū)域Ⅱ磁場的磁感應(yīng)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
5、區(qū)域Ⅰ中運動的速度大小
v＝，
根據(jù)洛倫茲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(yīng)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(dá)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(dá)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.
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