1、1计算题专练(十)(限时：25 分钟)24(12 分)如图 1所示，半径 r0.06 m的半圆形无场区的圆心在坐标原点 O处，半径R0.1 m、磁感应强度 B0.075 T的圆形有界磁场区的圆心坐标为 O1(0,0.08 m)，平行金属板的板长 L0.3 m，间距 d0.1 m，极板间所加电压 U6.410 2 V，其中 MN极板上收集的粒子全部中和吸收一位于 O处的粒子源向第、象限均匀地发射速度大小v6.010 5 m/s的带正电粒子，经圆形磁场偏转后，从第象限出射的粒子速度方向均沿x轴正方向，若粒子重力不计、比荷 1.010 8 C/kg，不计粒子间的相互作用力及电场的qm边缘效应，sin
2、 370.6，cos 370.8.求：图 1(1)打到下极板右端点 N的粒子进入电场时的纵坐标值；(2)打到 N点的粒子进入磁场时与 x轴正方向的夹角答案 (1)0.08 m (2)53解析 (1)恰能打到 N点的粒子运动轨迹如图所示，2粒子从 A点进入磁场，设进入电场时的纵坐标值为 y，粒子在电场中的加速度 aqUmd粒子穿过平行金属板的时间为 tLv粒子在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，有： y at212联立得： yqUL22mdv2代入数据得 y0.08 myd0.1 m，说明粒子能射入极板间，射入点的纵坐标值为 y0.08 m(2)P点与磁场圆心等高，则粒子从点 P(0.1 m
3、,0.08 m)射出磁场粒子做圆周运动的半径为 r0， C点为圆心，则 OC R0.1 m由牛顿第二定律有： qvBmv2r0解得 r00.08 m在直角 OAC中，由三角函数关系有：sin AOC 0.8，r0R即 AOC53.25(20 分)如图 2所示，固定斜面足够长，斜面与水平面的夹角 30，一质量为 3m的“L”形工件沿斜面以速度 v0匀速向下运动，工件上表面光滑，其下端连着一块挡板某时刻，一质量为 m的小木块从工件上的 A点沿斜面向下以速度 v0滑上工件，当木块运动到工件下端时(与挡板碰前的瞬间)，工件速度刚好减为零，后木块与挡板第 1次相碰，以后每隔一段时间，木块就与工件挡板碰撞
4、一次已知木块与挡板的碰撞都是弹性碰撞且碰撞时间极短，木块始终在工件上运动，重力加速度为 g.求：图 2(1)木块滑上工件时，木块、工件各自的加速度大小；(2)木块与挡板第 1次碰撞后的瞬间，木块、工件各自的速度大小；(3)木块与挡板第 1次碰撞至第 n(n2,3,4,5，)次碰撞的时间间隔及此时间间隔内木块和工件组成的系统损失的机械能 E.3答案 见解析解析 (1)设工件与斜面间的动摩擦因数为 ，木块加速度大小为 a1，工件加速度大小为 a2.对木块，由牛顿第二定律可得： mgsin ma1对工件，由牛顿第二定律可得： (3m m)gcos 3 mgsin 3 ma2工件匀速运动时，由平衡条件
5、可得： 3mgcos 3 mgsin 解得： a1 ， a2g2 g6(2)设碰挡板前木块的速度为 v，木块由工件上 A点运动至碰前所用时间为 t0，则对木块： v v0 a1t0对工件：0 v0 a2t0解得： v4 v0木块以 v与挡板发生弹性碰撞，碰撞时间极短，设碰后木块速度为 v1，工件速度为 v2，以碰前木块的速度方向为正方向，由动量守恒定律得： mv mv13 mv2由能量守恒定律得： mv2 mv 3mv12 12 12 12 22联立解得： v12 v0， v22 v0(3)第 1次碰撞后，木块以大小为 2v0的速度沿工件向上匀减速运动，工件以大小为 2v0的速度沿斜面向下匀减
6、速运动，工件速度再次减为零的时间： t 2v0a2 12v0g此时，木块的速度： v12 v0 a1t4 v0木块的位移： x12 v0t a1t212 12v02g工件的位移： x22 v0t a2t212 12v02g即木块、工件第 2次相碰前瞬间的速度与第 1次相碰前瞬间的速度相同，以后木块、工件重复前面的运动过程，则第 1次与第 n次碰撞的时间间隔： t( n1) t (n2,3,4,5，)12n 1v0g木块、工件每次碰撞时，木块和工件的总动能都相等， t时间内木块和工件组成的系统减少的机械能等于木块、工件减少的重力势能： E4 mg(n1) x2sin 解得： E24( n1) mv (n2,3,4,5，)02
