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1、计算题专练(一)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L2.4
2、 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 vC2v04 m/s v0 cos 60 小物块由C到D的过程中，由动能定理得： mgR(1cos 60)mvmv 1 2 D2 1 2 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：FNmgmv D2 R 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FNFN60 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 由动量守恒定律得：
3、mvD(Mm)v 解得：v m/s 5 2 设物块与木板的相对位移为l，由功能关系得： mglmv (mM)v2 1 2 D2 1 2 解得：l2.5 mL2.4 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(4L,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，在第一象 qLB02 16m 限中有两个全等的直角三角形区域和，均充
4、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(3L,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： qUmv2 1 2 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：qEmv 2 4L 联立解得：v，U qB0L 2m qL2B02 8m
5、 (2)粒子在区域中运动的速度大小 v， qB0L 2m 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qB0vm，得半径r ， v2 r mv qB0 L 2 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 22sin cos ， 24 25 又 sin 2 r Rr 解得：RrL 49 24 49 48 又R，代入v mv qB qB0L 2m 可得：B24B 0 49 (3)若粒子由区域达到M点 每次前进2(Rr)cos (Rr)CP2 8 5 由周期性得：n(n1,2,3)，CMCP2 即Ln(Rr) 5 2 8 5 RrLL， 25 16n 49 48 解得n3 n1 时RL，BB0 33 16 8 33 n2 时RL，BB0， 41 32 16 41 n3 时RL，BB0 49 48 24 49 若粒子由区域达到M点 由周期性：n(n0,1,2,3)CMCP1CP2 即LRn(Rr) 5 2 8 5 8 5 解得：RLL 5 2 4 5n 8 5 1 n 49 48 解得：n，n0 时RL，BB0 26 25 25 16 8 25 n1 时RL，BB0. 33 32 16 33