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计算题提分练(3)
［分值：30分］
(限时：40分钟)
1.(15分)(2024·浙江1月选考·18)某固定装置的竖直截面如图所示，由倾角θ=37°的直轨道AB，半径R=1 m
的圆弧轨道BCD，长度L=1.25 m、倾角为θ的直轨道DE，半径为R、圆心角为θ的圆弧管道EF组成，轨
道间平滑连接。在轨道末端F的右侧光滑水平面上紧靠着质量m=0.5 kg滑块b，其上表面与轨道末端F所
在的水平面平齐。质量m=0.5 kg的小物块a从轨道AB上高度为h处静止释放，经圆弧轨道BCD滑上轨道
DE，轨道DE由特殊材料制成，小物块a向上运动时动摩擦因数μ =0.25，向下运动时动摩擦因数μ =0.5，
1 2
且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当小物块a在滑块b上滑动时动摩擦因数恒为μ ，小物块a运动到滑块
1
右侧的竖直挡板能发生完全弹性碰撞。(其他轨道均光滑，小物块视为质点，不计空气阻力，重力加速度
g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8)
(1)(9分)若h=0.8 m，求小物块
①第一次经过C点的向心加速度大小；
②在DE上经过的总路程；
③在DE上向上运动时间t 和向下运动时间t 之比。
上 下
(2)(6分)若h=1.6 m，滑块至少多长才能使小物块不脱离滑块。
答案 (1)①16 m/s2 ②2 m ③1∶2 (2)0.2 m
1
解析 (1)①对小物块a从A处由静止释放到第一次经过C的过程，根据机械能守恒定律有mgh= mv 2
2 C
v 2
第一次经过C点的向心加速度大小为a= C
R
联立解得a=16 m/s2。
②小物块a在DE上时，因为μ mgcos θ<mgsin θ
2
所以小物块a无法在DE上静止，每次在DE上升至最高点后一定会下滑，之后经过若干次在DE上的滑动
使机械能损失，最终小物块a将在B、D间往复运动，且易知小物块每次在DE上向上运动和向下运动的距
离相等，设其在DE上经过的总路程为s，根据功能关系有
s
mg［h-R(1-cos θ)］=(μ mgcos θ+μ mgcos θ)
1 2 2
解得s=2 m。
③根据牛顿第二定律可知小物块a在DE上向上运动和向下运动的加速度大小分别为
a =gsin θ+μ gcos θ=8 m/s2
上 1
a =gsin θ-μ gcos θ=2 m/s2
下 2将小物块a在DE上的若干次运动等效看作是一次完整的上滑和下滑，则根据运动学公式有
1 1
a t 2= a t 2
2 上 上 2 下 下
t 1
上
解得 = 。
t 2
下
(2)对小物块a从A到F的过程，根据动能定理有
1
mg［h-Lsin θ-2R(1-cos θ)］-μ mgLcos θ= mv 2
1 2 F
解得v =2 m/s
F
设滑块长度为l时，小物块恰好不脱离滑块，且此时二者达到共同速度v，根据动量守恒定律和能量守恒定
律有mv =2mv
F
1 1
mv 2= ×2mv2+μ mg·2l
2 F 2 1
解得l=0.2 m。
2.(15分)(2024·黑吉辽·15)现代粒子加速器常用电磁场控制粒子团的运动及尺度。简化模型如图：Ⅰ、Ⅱ区
宽度均为L，存在垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度等大反向；Ⅲ、Ⅳ区为电场区，Ⅳ区电场足够宽，
各区边界均垂直于x轴，O为坐标原点。甲、乙为粒子团中的两个电荷量均为+q，质量均为m的粒子。如
3
图，甲、乙平行于x轴向右运动，先后射入Ⅰ区时速度大小分别为 v 和v 。甲到P点时，乙刚好射入Ⅰ
2 0 0
区。乙经过Ⅰ区的速度偏转角为30°，甲到O点时，乙恰好到P点。已知Ⅲ区存在沿+x方向的匀强电场，
9mv 2
电场强度大小E = 0 。不计粒子重力及粒子间相互作用，忽略边界效应及变化的电场产生的磁场。
0
4πqL
(1)(3分)求磁感应强度的大小B；
(2)(5分)求Ⅲ区宽度d；
(3)(7分)Ⅳ区x轴上的电场方向沿x轴，电场强度E随时间t、位置坐标x的变化关系为E=ωt-kx，其中常系
数ω>0，ω已知、k未知，取甲经过O点时t=0。已知甲在Ⅳ区始终做匀速直线运动，设乙在Ⅳ区受到的电
场力大小为F，甲、乙间距为Δx，求乙追上甲前F与Δx间的关系式(不要求写出Δx的取值范围)。
mv 3 qω
答案 (1) 0 (2) πL (3)F= ·Δx
2qL 2 3v
0
解析 (1)对乙粒子，如图所示由洛伦兹力提供向心力
v 2
qv B=m 0
0
R
1
L
由几何关系sin 30°=
R
1
mv
联立解得磁感应强度的大小为B= 0
2qL
30° 2πm 2πL
(2)由题意可知，根据对称性，乙在磁场中运动的时间为t =2× × =
1 360° qB 3v
0
对甲粒子，由对称性可知，甲粒子沿着直线从P点到O点，
3 1
由运动学公式d= v t + at 2
2 01 2 1
qE 9v 2
由牛顿第二定律a= 0= 0
m 4πL
3
联立可得Ⅲ区宽度为d= πL
2
(3)甲粒子经过O点时的速度为
3
v = v +at =3v
甲 2 0 1 0
因为甲在Ⅳ区始终做匀速直线运动，
则E=0，
即ωt=kx=k×3v t
0
ω
可得k=
3v
0
设乙粒子经过Ⅲ区的时间为t ，乙粒子在Ⅳ区运动时间为t ，则t=t +t
2 0 0 2
F
对乙可得 =ω(t +t )-kx
q 0 2 2
3v F
整理可得x =3v (t +t )- 0
2 0 0 2 qω
对甲可得x =3v (t +t )
1 0 0 2
3v F
则Δx=x -x = 0
1 2 qω
化简可得乙追上甲前F与Δx间的关系式为qω
F= ·Δx。
3v
0
