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计算题专项练(三)
1.(2023 山东日照二模)如图甲所示,一根足够长的固定细杆与水平方向的夹角θ=37°,质量m=2 kg 的
带电小球穿在细杆上并静止于细杆底端的O 点。t=0 开始在空间施加一电磁辐射区,使小球受到水
平向右的力F=kt(k=10 N/s),t=6 s 后小球离开电磁辐射区,小球在电磁辐射区内的加速度a 随着时间t
变化的图像如图乙所示,认为细杆对小球的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。g 取10 m/s2,sin
37°=0.6。求:
(1)t=6 s 时小球的加速度am的大小;
(2)小球离开电磁辐射区后沿着细杆上升的最大距离l。
2.(2023 浙江绍兴模拟)一款游戏装置的示意图如图所示,它由固定的竖直轨道和水平轨道两部分组成。
竖直轨道由倾角θ=60°的直轨道AB、半径r1=0.1 m 的螺旋圆形轨道BC 和半径r2=1.2 m、圆心角
θ=60°的圆弧轨道BD 组成,水平轨道由长L=1.5 m 的直轨道EF 和两个半径为R 的半圆轨道组成,半
圆轨道的外侧均有光滑的圆弧挡板(图中未画出)。竖直轨道和水平轨道通过轨道DE 连接,所有轨道
均光滑且相互平滑连接。G 和H 之间的地面光滑,靠近G 处放置与轨道等高、长度为L0=1.0 m、质
量为m0=1.0 kg 的长木板。现将质量m=1.0 kg、可视为质点的小滑块从离B 点高度为h 处由静止释
2
放,滑块恰好能通过圆弧轨道的最高点C,并进入水平轨道,调节半圆轨道的半径R 的大小,使滑块最终
停在长木板上。已知滑块与长木板上表面的动摩擦因数μ=0.4,长木板与G 和H 处固定桩的相碰均
为弹性碰撞,且碰撞时间极短,不计空气阻力,重力加速度g 取10 m/s2。
(1)求滑块释放的高度h;
(2)求滑块经圆弧轨道最低点D 时对轨道的压力大小;
(3)求滑块最终停下的位置。
3
3.如图所示,在平面直角坐标系xOy 中,O 为坐标原点,A 点的坐标为(3L,0),B 点坐标为(0,2L),三角形
ABC 为直角三角形,其中∠C 为直角,在直角三角形ABC 中有沿y 轴负方向的匀强电场,三角形OBD
为等腰直角三角形,P 点为OD 的中点,等腰直角三角形OBD 中存在沿x 轴正方向的匀强电场,电场强
度大小为E0,第三象限和第四象限存在范围足够大的匀强磁场,磁场方向垂直于纸面向外。一质量为
m、电荷量为q(q>0)的带电粒子,从P 点静止释放,粒子从第二象限进入第一象限,经过直角三角形
ABC 内的匀强电场后恰好从A 点进入匀强磁场,经匀强磁场偏转后直接打到坐标原点O,不计粒子重
力,sin 37°=0.6。求:
(1)直角三角形ABC 中匀强电场的电场强度大小E1;
(2)匀强磁场的磁感应强度大小B;
(3)粒子从P 点运动到O 点的总时间t 总。
4
计算题专项练(三)
1.答案 (1)5 m/s2
(2)1.25 m
解析 (1)根据题意,对小球受力分析,如图所示
由题图乙可知,t=4 s 时,小球的加速度恰好为0,则有
Fcos θ=mgsin θ+Ff
Fsin θ+mgcos θ=FN
Ff=μFN
F=10×4 N=40 N
解得μ=0.5
t=6 s 时,有
F'cos θ-mgsin θ-Ff'=mam
F'sin θ+mgcos θ=FN'
Ff'=μFN'
F'=10×6 N=60 N
解得am=5 m/s2。
(2)t=6 s 后,小球离开电磁辐射区,由牛顿第二定律有mgsin θ+μmgcos θ=ma
解得a=10 m/s2
根据题意,由a-t 图像中面积表示速度变化量可知,由于小球由静止开始运动,则t=6 s 时小球的速
度为v=1
2
×(6-4)×5 m/s=5 m/s
由v2=2al 可得,小球离开电磁辐射区后沿着细杆上升的最大距离为l= v
2
2a
=1.25 m。
2.答案 (1)0.2 m
(2)23.3 N
(3)滑块最终停在长木板的最右端,与H 点相距0.5 m
解析 (1)设滑块运动到最高点C 时的速度为vC,由向心力公式mg=mvC
2
r1
得vC=1.0 m/s
滑块由静止释放运动到C 的过程中,由动能定理可得mgh-mgr1(1+cos θ)=1
2 m vC
2
解得h=0.2 m。
5
(2)设滑块运动到最低点D 时的速度为vD,由动能定理可得mg[h+r2(1-cos θ)]=1
2 m v D
2-0
得vD=4.0 m/s
设滑块经最低点D 时,轨道对滑块的支持力大小为FD,由向心力公式FD-mg=mv D
2
r2
得FD=23.3 N
由牛顿第三定律,滑块经过最低点D 时对轨道压力大小为23.3 N。
(3)假设滑块到达H 点前能达到共同速度,设共同速度为v,由动量守恒定律
mvD=(m0+m)v
得v=2.0 m/s
滑块在长木板上相对运动时,滑块和长木板的加速度大小均为a,则
a=μg=4.0 m/s2
设刚达到共同速度时,滑块位移为x1,长木板位移为x2,由运动学公式
v2-v D
2=-2ax1
得x1=1.5 m
由v2=2ax2
得x2=0.5 m
由题中条件可知,达到共同速度时滑块和长木板均刚好到达H 处
滑块第二次滑上长木板时,两者速度相同,长木板在G 处碰撞后速度反向,由动量守恒定律可知两
者同时停下,由能量关系1
2
mv2+1
2
m0v2=μmgΔx
得Δx=1.0 m=L0
即滑块最终停在长木板的最右端,与H 点相距0.5 m。
3.答案 (1)16
9
E0
(2)8
9√
2m E0
qL
(3)400+127 π
160
√
2mL
q E0
解析 (1)粒子在第二象限的电场中加速运动,设射入第一象限时速度为v1,P 为OD 的中点,根据几
何关系可得加速的距离为L,根据动能定理得qE0L=1
2 m v1
2-0
解得v1=√
2q E0 L
m
粒子在第一象限中先做匀速直线运动,进入匀强电场后做类平抛运动,运动轨迹如图所示
6
x 方向上有3
2
L=v1t
y 方向上有2 L
2 = 1
2
at2
根据牛顿第二定律qE1= ma
以上各式联立解得E1=16
9
E0。
(2)设粒子从A 点射出电场时的速度大小为v,根据动能定理有qE1L=1
2
mv2-1
2 m v1
2
解得v=5
3√
2q E0 L
m
设射入磁场时速度方向与x 轴正方向的夹角为θ,则有cos θ=v1
v
解得θ=53°
根据几何关系可得带电粒子在磁场中运动半径为r=
3
2 L
sin53° = 15
8
L
带电粒子在磁场中运动时洛伦兹力提供向心力,有qvB=mv
2
r
以上各式联立解得匀强磁场的磁感应强度大小B=8
9√
2m E0
qL
。
(3)设粒子在第二象限运动的时间为t1,根据动量定理有qE0t1=mv1-0
解得t1=√
2mL
q E0
设粒子在第一象限中运动时间为t2,水平方向上做匀速直线运动,则有3L=v1t2
解得t2=√
9mL
2q E0
设带电粒子在磁场中运动周期为T,则有T=2π r
v
解得T=9 π
4 √
mL
2q E0
7
在磁场中运动时间为t3=360°-2×53°
360°
T=127 π
80 √
mL
2q E0
运动的总时间t 总=t1+t2+t3
解得t 总=400+127 π
160
√
2mL
q E0
。
