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计算题专项练(二)
1.(10 分)(2025 广东雷州模拟)陈皮茶有消暑、理气健脾等功效。一杯没有满的陈皮茶如
图所示,现用一束激光从A 点发射,刚好从陈皮茶的上表面B 点射入,激光射在杯子底面
最左端的C 点,过B 点作底边CE 的垂线交于D 点。DE 的长度d1=2.6 cm,CD 的长度
d2=2.0 cm,AB 与BC 的长度相等都是s=3.0 cm,求:
(1)陈皮茶的折射率n;
(2)激光从B 到C 的时间与从A 到B 的时间的比值。
2.(11 分)(2025 河北博野中学模拟)现代科学仪器常利用电场、磁场控制带电粒子的运动。
现有这样一个简化模型:如图所示,在xOy 平面内第一象限的角平分线OA 两侧分布着方
向竖直向下的匀强电场和垂直于纸面向外的匀强磁场,电场强度、磁感应强度的大小均
未知。第二象限内M、N 两个平行金属板之间的电压为U,一比荷为k 的带正电的粒子
(不计粒子重力)从靠近M 板中心的S 点由静止开始做加速运动,粒子经y 轴上的a(0,3d)
点垂直于y 轴进入电场区域,然后从OA 上的b(2d,2d)点离开电场进入磁场区域,最后从x
轴上的c 点离开磁场区域,且离开时速度方向与x 轴垂直。求:
(1)粒子运动到a 点时的速度大小;
2
(2)电场强度的大小;
(3)磁感应强度的大小。
3.(17 分)(2025 安徽淮南检测)如图所示,水平长直轨道上方存在一个竖直向下的匀强电
场,电场强度大小E=1.0×104 V/m。O 点左侧轨道粗糙,右侧轨道光滑。在O 点右侧放置
一个质量m0=2 kg、带有四分之一光滑圆弧轨道的绝缘槽,圆弧半径R=0.5 m,圆弧槽的
末端与水平轨道相切于O 点。在O 左侧l=6 m 处有一个质量m=1 kg、电荷量
q=2.0×10-4 C 的带负电的小物块(可视为质点),小物块受到大小F=10 N、与水平方向成
37°的推力作用,由静止开始向右运动,到达O 点时撤去力F,此时,小物块速度v=6 m/s。
不计空气阻力,以水平轨道所在平面为零势能面,重力加速度g 取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos
37°=0.8。求:
(1)小物块与O 点左侧轨道间的动摩擦因数;
(2)小物块电势能的最小值;
(3)小物块从第一次离开圆弧槽到再一次进入圆弧槽的过程中,圆弧槽运动的位移大小。
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参考答案
1.答案 (1)1.3
(2)1.3
解析 (1)入射角的正弦值为sin α= DE
AB = 13
15
折射角的正弦值为sin β=CD
BC = 2
3
根据折射定律,陈皮茶的折射率为n=1.3。
(2)激光从B 到C 的时间t1=BC
v
设光速为c,则激光在茶水中的传播速度为v=c
n
激光从A 到B 的时间t2= AB
c
激光从B 到C 的时间与从A 到B 的时间比值t1
t2
= c
v =n=1.3。
2.答案 (1)√2kU
(2)U
d
(3)√2kU
2kd
解析 (1)设粒子运动到a 点时的速度大小为v0,由动能定理得qU=1
2 mv0
2
可得粒子运动到a 点时的速度大小v0=√2kU。
(2)由题意可知,粒子从a 到b 做类平抛运动,轨迹如图所示
4
沿y 轴方向,有qE=ma,Δy1=d=v y
2
t
粒子沿x 轴正方向做匀速运动,由几何关系可得Δx1=2d=v0t
解得vy=v0
又有vy=at,v0=√2kU
可得电场强度大小为E=mv0
2
2qd = U
d
。
(3)根据上述分析,粒子从b 点垂直于OA 进入磁场,又从c 点垂直于x 轴离开磁场,由
几何关系,则粒子在磁场中做圆周运动的半径R=
2d
cos 45°
=2√2d
粒子进入磁场时的速度v=√2v0
由牛顿第二定律可得qvB=mv
2
R
又有v0=√2kU
解得磁感应强度的大小B=m v0
2qd = √2kU
2kd
。
3.答案 (1) 5
14
(2)-3 J
(3)2 m
解析 (1)方法1:小物块在O 点右侧做匀加速直线运动,依据动能定理有(Fcos 37°-Ff)l=1
2
mv2
因为FN=mg-qE+Fsin 37°
联立解得μ= 5
14
。
方法2:小物块在O 点右侧做匀加速直线运动,有v2=2al
依据牛顿第二定律有Fcos 37°-Ff=ma
因为Ff=μFN,FN=mg-qE+Fsin 37°
5
联立解得μ= 5
14
。
(2)方法1:设小物块第一次离开圆弧槽时水平速度为vx,竖直速度为vy,小物块和圆弧
槽组成的系统水平方向动量守恒,故mv=(m+m0)vx
依据能量守恒定律有(mg-qE)R=1
2
mv2-1
2
(m+m0)v x
2- 1
2 m v y
2
联立解得vx=2 m/s,vy=4 m/s
小物块第一次离开圆弧槽后,竖直方向做初速度方向向上、大小为vy的匀变速直线
运动,加速度方向向下,设大小为a',依据牛顿第二定律有mg-qE=ma'
解得a'=8 m/s2
小物块第一次离开圆弧槽后上升的最大高度h= v y
2
2a'
=1 m
小物块电势能变化量为
ΔEp=-qE(h+R)
故小物块电势能的最小值Ep=-3 J
方法2:小物块第一次离开圆弧槽后上升到最大高度时,小物块与圆弧槽速度相等
设此时速度为vx,小物块和圆弧槽组成的系统水平方向动量守恒,故mv=(m+m0)vx
依据能量守恒定律有
(mg-qE)(R+h)=1
2
mv2-1
2
(m+m0)v x
2
解得h=1 m
小物块电势能变化量为
ΔEp=-qE(h+R)
故小物块电势能的最小值
Ep=-3 J。
(3)方法1:小物块第一次离开圆弧槽到再一次进入圆弧槽的过程,小物块和圆弧槽在
水平方向均做速度为vx的匀速直线运动,此过程历时为t=2v y
a'
=1 s
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故圆弧槽此过程运动位移x=vxt=2 m
方法2:设小物块第一次离开圆弧槽时水平方向速度为vx,竖直方向速度为vy,小物块
和圆弧槽组成的系统水平方向动量守恒,故mv=(m+m0)vx
依据能量守恒有(mg-qE)R=1
2
mv2-1
2
(m+m0)v x
2- 1
2 m v y
2
解得vx=2 m/s,vy=4 m/s
小物块第一次离开圆弧槽后,竖直方向做初速度方向向上、大小为vy的匀变速直线
运动
加速度方向向下,大小为a',依据牛顿第二定律mg-qE=ma'
解得a'=8 m/s2
小物块第一次离开圆弧槽到再一次进入圆弧槽的过程,小物块和圆弧槽在水平方向
均做速度为vx的匀速直线运动,此过程历时为t=2v y
a'
=1 s
故圆弧槽此过程运动位移x=vxt=2 m。
