（京津琼）2019高考物理总复习专用优编提分练：计算题专练（一）.doc

1、1计算题专练(一)1如图 1 所示，有一个可视为质点的质量为 m1 kg 的小物块，从光滑平台上的 A 点以v02 m/s 的初速度水平抛出，到达 C 点时，恰好沿 C 点的切线方向进入固定在水平地面上的光滑圆弧轨道，最后小物块滑上紧靠轨道末端 D 点的质量为 M3 kg 的长木板，已知木板上表面与圆弧轨道末端切线相平，木板下表面与水平地面之间光滑，小物块与长木板间的动摩擦因数 0.3，圆弧轨道的半径为 R0.4 m， C 点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角 60，不计空气阻力， g 取 10 m/s2.求：图 1(1)小物块刚要到达圆弧轨道末端 D 点时对轨道的压力；(2)若长木板长度 L2

2、.4 m，小物块能否滑出长木板？答案 见解析解析 (1)物块到达 C 点的速度与水平方向的夹角为 60，则vC 2 v04 m/sv0cos 60小物块由 C 到 D 的过程中，由动能定理得：mgR(1cos 60) mv mv12 D2 12 C2代入数据解得： vD2 m/s5小物块在 D 点时，由牛顿第二定律得： FN mg mvD2R解得： FN60 N由牛顿第三定律得：小物块刚要到达圆弧轨道末端 D 点时对轨道的压力 FN FN60 N，方向竖直向下(2)设小物块始终在长木板上，共同速度大小为 v，小物块在木板上滑行的过程中，小物块与长木板组成的系统动量守恒，取向左为正方向由动量守恒

3、定律得： mvD( M m)v解得： v m/s52设物块与木板的相对位移为 l，由功能关系得：2mgl mv (m M)v212 D2 12解得： l2.5 m L2.4 m，所以小物块能滑出长木板2如图 2 所示，在平面直角坐标系中，第三象限里有一加速电场，一个电荷量为 q、质量为 m 的带正电粒子(不计重力)，从静止开始经加速电场加速后，垂直 x 轴从 A(4 L,0)点进入第二象限，在第二象限的区域内，存在着指向 O 点的均匀辐射状电场，距 O 点 4L 处的电场强度大小均为 E ，粒子恰好能垂直 y 轴从 C(0,4L)点进入第一象限，如图所示，在qLB0216m第一象限中有两个全等

4、的直角三角形区域和，均充满了方向垂直纸面向外的匀强磁场，区域的磁感应强度大小为 B0，区域的磁感应强度大小可调， D 点坐标为(3 L,4L)， M 点为 CP 的中点粒子运动轨迹与磁场区域相切时认为粒子能再次进入磁场从磁场区域进入第二象限的粒子可以被吸收掉求：图 2(1)加速电场的电压 U；(2)若粒子恰好不能从 OC 边射出，求区域磁感应强度大小；(3)若粒子能到达 M 点，求区域磁场的磁感应强度大小的所有可能值答案 见解析解析 (1)粒子在加速电场中加速，根据动能定理有：qU mv212粒子在第二象限辐射状电场中做半径为 R 的匀速圆周运动，则： qE mv24L联立解得： v ， Uq

5、B0L2m qL2B028m(2)粒子在区域中运动的速度大小3v ，qB0L2m根据洛伦兹力提供粒子在磁场中做匀速圆周运动的向心力，有 qB0v m ，得半径 r ，v2r mvqB0 L2若粒子在区域中的运动半径 R 较小，则粒子会从 OC 边射出磁场恰好不从 OC 边射出时，作出对应的运动轨迹，如图满足 O2O1Q2 ，sin 2 2sin cos ，2425又 sin 2 rR r解得： R r L4924 4948又 R ，代入 vmvqB qB0L2m可得： B24B049(3)若粒子由区域达到 M 点每次前进 2( R r)cos (R r)CP285由周期性得： n (n1,2,3)，CM CP2即 L n(R r)52 85R r L L，2516n 4948解得 n3n1 时 R L， B B03316 833n2 时 R L， B B0，4132 1641n3 时 R L， B B04948 2449若粒子由区域达到 M 点由周期性： n (n0,1,2,3)CM CP1 CP2即 L R n(R r)52 85 854解得： R L L52 45n851 n 4948解得： n ， n0 时 R L， B B02625 2516 825n1 时 R L， B B0.3332 1633