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(共17張PPT)
計(jì)算題專項(xiàng)練(一)
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1.(8分)(2024湖南衡陽(yáng)二模)如圖所示,將一個(gè)粗細(xì)均勻的小玻璃瓶裝入適量的水后,開(kāi)口向下倒扣入塑料水瓶中,使小玻璃瓶中封閉一段空氣,擰緊塑料水瓶的瓶蓋。用手?jǐn)D壓塑料水瓶,小玻璃瓶會(huì)緩慢下沉到底部;適當(dāng)減小擠壓塑料水瓶的力度,小玻璃瓶會(huì)緩慢上浮。已知小玻璃瓶的質(zhì)量為7.5 g,瓶子的底面積為2.5 cm2,外界大氣壓強(qiáng)為p0。環(huán)境溫度始終保持不變,忽略小玻璃瓶的厚度及小玻璃瓶上升到水面時(shí)對(duì)塑料瓶?jī)?nèi)氣體體積的影響,小瓶中的空氣視為理想氣體,水的密度ρ水=1.0×103 kg/m3。
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(1)在初始不用手?jǐn)D壓塑料水瓶時(shí),小玻璃瓶中氣柱的長(zhǎng)度至少為多少,小玻璃瓶才會(huì)浮在水面上
(2)若某時(shí)刻小玻璃瓶?jī)?nèi)氣體壓強(qiáng)為1.1p0,瓶?jī)?nèi)氣柱長(zhǎng)為5.2 cm,再用力緩慢擠壓塑料水瓶,當(dāng)小玻璃瓶?jī)?nèi)氣體壓強(qiáng)穩(wěn)定在1.3p0時(shí),小玻璃瓶?jī)?nèi)氣柱長(zhǎng)度為多少
答案 (1)3 cm　(2)4.4 cm
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解析 (1)不用手?jǐn)D壓塑料水瓶時(shí),為保證小玻璃瓶會(huì)浮在水面上,則至少應(yīng)保證小玻璃瓶剛好完全浸沒(méi)時(shí),所受浮力與重力大小相等,設(shè)小玻璃瓶中氣柱的長(zhǎng)度為h,則有ρ水gSh=mg
解得h=3 cm。
(2)由于環(huán)境溫度始終保持不變,則小玻璃瓶?jī)?nèi)氣體發(fā)生等溫變化,設(shè)此次擠壓塑料水瓶前、后小玻璃瓶?jī)?nèi)氣柱長(zhǎng)度分別為l1、l2,可得1.1p0×Sl1=1.3p0×Sl2
解得l2=4.4 cm。
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2.(8分)(2024山東棗莊一模)如圖所示,豎直平面內(nèi)
固定一彎曲剛性細(xì)桿POQ,PO部分光滑,形狀為四分
之一圓弧;OQ部分粗糙,形狀為開(kāi)口向下的拋物線的
一部分,彎曲桿O點(diǎn)處的切線水平。小圓環(huán)穿在桿上,
從P點(diǎn)由靜止釋放,到達(dá)Q點(diǎn)后與桿之間無(wú)彈力。若以
O點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn),沿水平和豎直方向建立直角坐標(biāo)系
xOy,則Q點(diǎn)的坐標(biāo)為(5 m,5 m)。已知彎曲桿PO部分
的半徑R=1.8 m,小圓環(huán)的質(zhì)量m=1 kg,重力加速度g取10 m/s2。求:
(1)小圓環(huán)在PO部分經(jīng)過(guò)O點(diǎn)時(shí)對(duì)桿壓力的大小;
(2)小圓環(huán)在OQ部分運(yùn)動(dòng)過(guò)程中克服摩擦力做的功。
答案 (1)30 N　(2)5.5 J
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解析 (1)小圓環(huán)從P到O,根據(jù)機(jī)械能守恒有mgR=
小圓環(huán)在PO部分經(jīng)過(guò)O點(diǎn)時(shí),根據(jù)牛頓第二定律有F-mg=m
聯(lián)立解得,此時(shí)小圓環(huán)受到桿的支持力大小為F=3mg=30 N
故小圓環(huán)在PO部分經(jīng)過(guò)O點(diǎn)時(shí)對(duì)桿壓力的大小為30 N。
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(2)由于OQ部分形狀為開(kāi)口向下的拋物線的一部分,到達(dá)Q點(diǎn)時(shí)恰好與桿之間無(wú)彈力,則可將小圓環(huán)從O到Q的運(yùn)動(dòng)等效為以初速度v0從O點(diǎn)拋出的平拋運(yùn)動(dòng),由數(shù)學(xué)知識(shí)可得y=x2
根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的拋物線方程y=x2 ,可得v0=5 m/s
即以初速度v0為5 m/s從O點(diǎn)拋出的運(yùn)動(dòng)軌跡恰好與該拋物線重合,則Q點(diǎn)的豎直速度為vy==10 m/s
所以經(jīng)過(guò)Q點(diǎn)時(shí)的速度大小為vQ==5 m/s
從P到Q根據(jù)動(dòng)能定理有mg(R+y)-W=
解得,小圓環(huán)在OQ部分運(yùn)動(dòng)過(guò)程中克服摩擦力做的功為W=5.5 J。
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3.(14分)(2024江西九江二模)如圖甲所示,兩根光滑平行導(dǎo)軌固定在水平面內(nèi),相距為L(zhǎng),電阻不計(jì),整個(gè)導(dǎo)軌平面處于方向豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,導(dǎo)軌左端接有阻值為R的電阻,沿導(dǎo)軌方向建立x坐標(biāo)軸。質(zhì)量為m、電阻為r的金屬棒ab垂直導(dǎo)軌放置在x=-x0處。在金屬棒ab上施加沿x軸方向的外力F,使金屬棒ab開(kāi)始做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng),將金屬棒運(yùn)動(dòng)到x=0處時(shí)作為計(jì)時(shí)起點(diǎn),其速度隨時(shí)間變化的圖線如圖乙所示,其最大速度為v1。求:
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(1)金屬棒做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)過(guò)程中流過(guò)的電流i隨時(shí)間t變化的函數(shù)關(guān)系;
(2)在0~ s時(shí)間內(nèi)通過(guò)金屬棒的電荷量;
(3)在0~ s時(shí)間內(nèi)外力F所做的功。
答案 (1)i=·cos t
(2)
(3)
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解析 (1)由圖乙可知金屬棒做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的周期T=2π s
由此可得ω==1 rad/s
根據(jù)圖乙可知速度與時(shí)間的變化關(guān)系滿足余弦函數(shù),可得其關(guān)系為
v=v1cos ωt m/s
由閉合回路的歐姆定律有
i=·cos t。
(2)根據(jù)對(duì)稱性可知在t= s時(shí),金屬棒到達(dá)x=x0處,則在0~ s時(shí)間內(nèi)通過(guò)金屬棒的電荷量q=。
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(3)金屬棒做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,回路中電流為余弦式交變電流,在0到 s時(shí)間內(nèi),電路產(chǎn)生熱量
Q=I2(R+r)t
其中I=,t= s,解得Q=
設(shè)在0到 s的時(shí)間內(nèi)外力F所做的功為WF,安培力所做的功為WA,
由動(dòng)能定理得WF-WA=0-
其中WA=Q
解得WF=。
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4.(16分)(2024重慶高三模擬)如圖所示,在第一象限中有一勻強(qiáng)磁場(chǎng)(圖中未畫出),一帶正電的粒子(不計(jì)重力)從y軸上A點(diǎn)沿x軸正向以初速度v0進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域,A點(diǎn)坐標(biāo)為,隨后從x軸上的C點(diǎn)出磁場(chǎng)并進(jìn)入第四象限的勻強(qiáng)電場(chǎng)區(qū)域,速度方向與x軸負(fù)向成60°角。粒子經(jīng)過(guò)此電場(chǎng)區(qū)域后恰好垂直于y軸進(jìn)入第三象限的電、磁場(chǎng)區(qū)域,它們的寬度都為L(zhǎng),其中磁感應(yīng)強(qiáng)度為B=,電場(chǎng)強(qiáng)度為E=。已知粒子的質(zhì)量為m、電荷量為q,虛線邊界有電場(chǎng)。求:
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(1)第一象限中勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B1的大小和方向;
(2)粒子剛進(jìn)入第三象限中的第二個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)的速度大小;
(3)整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,粒子距離y軸最遠(yuǎn)的水平距離。
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4(共24張PPT)
計(jì)算題專項(xiàng)練(二)
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1.(8分)如圖所示,光源S位于裝有某液體的容器底部A點(diǎn)處,容器右側(cè)的內(nèi)壁固定一平面鏡,平面鏡上端與容器頂端平齊、下端與液面平齊。光源S沿AO方向發(fā)射一束紅光,經(jīng)O點(diǎn)折射后照到平面鏡上的P點(diǎn),反射光線剛好過(guò)容器左側(cè)上端點(diǎn)Q。已知入射角θ=37°,容器寬度MQ為80 cm,反射點(diǎn)P到平面鏡上端點(diǎn)M、下端點(diǎn)N的距離分別為60 cm、30 cm,液體深度為40 cm,光在真空中的傳播速度c=3.0×108 m/s,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求:
(1)這束紅光在該液體中的折射率n;
(2)這束紅光在液體中的傳播時(shí)間。
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答案 (1)
(2)2.2×10-9 s
解析 (1)根據(jù)幾何關(guān)系可知,該束紅光在P點(diǎn)發(fā)生的反射,入射角α符合
tan α=
則α=37°
則這束紅光從液體中射出時(shí)的折射角
β=90°-37°=53°
根據(jù)折射定律可知
n=。
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(2)設(shè)液體深度為h=40 cm,則這束紅光在液體中的傳播距離s=
傳播速度v=
則傳播時(shí)間
t==2.2×10-9 s。
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2.(8分)(2024遼寧鞍山二模)如圖所示,質(zhì)量為m的小球A通過(guò)長(zhǎng)為L(zhǎng)的不可伸長(zhǎng)輕繩懸掛于天花板上,質(zhì)量為2m的小球B放在高也為L(zhǎng)的豎直支架上。現(xiàn)將A球拉至水平位置由靜止釋放,在最低點(diǎn)與靜止的B球發(fā)生碰撞,碰后瞬間B球的速度大小為。求:
(1)從碰后至B球落地時(shí)B球的水平位移x;
(2)A、B碰后瞬間輕繩對(duì)A的拉力大小FT。
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答案 (1)L
(2)mg
解析 (1)設(shè)B球在空中做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t,則有
L=gt2
x=vB·t
得x=L。
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(2)設(shè)A球碰前的速度為v0,由動(dòng)能定理有
mgL=
A、B兩球碰撞滿足動(dòng)量守恒,設(shè)碰后A球速度為vA,水平向右為正,則有
mv0=mvA+2mvB
得vA=-
由牛頓第二定律得FT-mg=
得FT=mg。
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3.(14分)(2024山東棗莊一模)如圖甲所示,三維坐標(biāo)系O-xyz所在的空間中,有平行于y軸且沿其正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng),電場(chǎng)強(qiáng)度的大小E1=。一帶正電的粒子從A點(diǎn)由靜止開(kāi)始經(jīng)加速電場(chǎng)加速后,沿xOy平面從x軸上的P(L,0,0)點(diǎn)進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng),經(jīng)過(guò)P點(diǎn)時(shí)速度的大小為v0、方向平行于xOy平面且與x軸負(fù)方向的夾角α=53°。當(dāng)粒子運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間Δt=到達(dá)Q(未畫出)點(diǎn)時(shí),勻強(qiáng)電場(chǎng)的方向突然變?yōu)閦軸正方向,以此刻為計(jì)時(shí)起點(diǎn),此后電場(chǎng)強(qiáng)度的大小E2隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖乙所示,同時(shí)加上沿z軸正方向、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B=的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。已知帶電粒子的質(zhì)量為m,電荷量為q,粒子的重力忽略不計(jì),求:
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(1)A、P兩點(diǎn)間的電壓UAP;
(2)Q點(diǎn)的位置及帶電粒子到達(dá)Q點(diǎn)時(shí)的速度;
(3)t=時(shí)帶電粒子的位置坐標(biāo)。
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答案 (1)
(2)v0,速度方向跟x軸負(fù)方向的夾角為45°
(3)
解析 (1)在加速電場(chǎng)中,對(duì)帶電粒子由動(dòng)能定理得
qUAP=-0
解得UAP=。
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(2)對(duì)帶電粒子,在從P點(diǎn)到Q點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,根據(jù)牛頓第二定律得
qE1=ma
粒子在xOy平面內(nèi)的運(yùn)動(dòng)為類斜拋運(yùn)動(dòng),軌跡如圖所示
設(shè)粒子到達(dá)Q點(diǎn)時(shí)的速度大小為v,跟x軸負(fù)方向的夾角為θ,根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成與分解,粒子在Q點(diǎn)滿足
x=-v0cos α·Δt+L=-
y=-v0sin α·Δt+a(Δt)2=-
vx=-v0cos α=-v0
vy=-v0sin α+aΔt=v0
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則有v=v0
tan θ==1
可知粒子到達(dá)Q點(diǎn)時(shí)的速度方向跟x軸負(fù)方向的夾角為45°,大小為v=v0。
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(3)根據(jù)第(2)問(wèn)計(jì)算結(jié)果可知,帶電粒子到達(dá)Q點(diǎn)時(shí)的速度與OQ連線垂直,電場(chǎng)變化后粒子的運(yùn)動(dòng)可以看成在xOy平面內(nèi)的勻速圓周運(yùn)動(dòng)與沿z軸方向的變速直線運(yùn)動(dòng)的合成,由洛倫茲力提供向心力得qvB=m
解得R=L
R與OQ的長(zhǎng)度相等,即O點(diǎn)為粒子軌跡的圓心,
設(shè)粒子運(yùn)動(dòng)的周期為T,則有
T=
由于t==4T+T
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可知該時(shí)刻粒子位置的x、y坐標(biāo)值均為
在z軸方向,設(shè)加速度大小為az,根據(jù)牛頓第二定律得qE2=maz
該方向的坐標(biāo)值為
z=az×5+az·
則當(dāng)t=時(shí)帶電粒子的位置坐標(biāo)為。
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4.(16分)(2024山東煙臺(tái)一模)如圖所示,半徑R=1 m的光滑圓環(huán)形滑桿MNP豎直固定放置,左側(cè)端點(diǎn)M和圓心O1的連線與豎直方向夾角的余弦值cos θ=0.15,右側(cè)端點(diǎn)Р和圓心O1、O2在同一水平線上,P點(diǎn)的切線沿豎直方向。現(xiàn)有一質(zhì)量m1=0.2 kg的小橡膠環(huán)A以v0=1.2 m/s的初速度水平拋出,恰好沿滑桿左側(cè)端點(diǎn)M的切線套入滑桿,在滑桿的最高點(diǎn)靜止著質(zhì)量m2=0.2 kg的小橡膠環(huán)B。在右側(cè)端點(diǎn)Р的正下方h=4.15 m處,有一質(zhì)量m3=0.1 kg、長(zhǎng)度L=3 m的長(zhǎng)直木桿C豎直靜止在水平面上,但跟水平面并不黏合。已知小橡膠環(huán)B與長(zhǎng)直木桿C之間的滑動(dòng)摩擦力大小f=2 N,最大靜摩擦力大小等于滑動(dòng)摩擦力,小橡膠環(huán)A、B均可視為質(zhì)點(diǎn),兩小橡膠環(huán)之間和小橡膠環(huán)與水平面間的碰撞都是彈性碰撞;小橡膠環(huán)B套入長(zhǎng)直木桿C后,長(zhǎng)直木桿C不傾倒,且每次與水平面碰撞瞬間都會(huì)立即停下而不反彈、不傾倒。不計(jì)空氣阻力,重力加速度g取10 m/s2。
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(1)小橡膠環(huán)A到達(dá)滑桿最低點(diǎn)Q時(shí)所受彈力大小;
(2)小橡膠環(huán)B在長(zhǎng)直木桿C上上滑的最大距離;
(3)長(zhǎng)直木桿C跟水平面第一次碰撞瞬間損失的機(jī)械能;
(4)小橡膠環(huán)B在長(zhǎng)直木桿C上運(yùn)動(dòng)的總路程。
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解析 (1)小橡膠環(huán)A恰好沿滑桿左側(cè)端點(diǎn)M的切線套入滑桿,設(shè)小橡膠環(huán)A在M點(diǎn)時(shí)的速度為vM,則vMcos θ=v0
解得vM=8 m/s
小橡膠環(huán)A從M點(diǎn)到Q點(diǎn),根據(jù)動(dòng)能定理
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(2)設(shè)小橡膠環(huán)A從Q點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)與小橡膠環(huán)B碰撞前的速度為vA,
根據(jù)動(dòng)能定理
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小橡膠環(huán)B,從碰撞后到與長(zhǎng)直木桿接觸前瞬間,
設(shè)接觸前速度為v,根據(jù)動(dòng)能定理
解得v=12 m/s
小橡膠環(huán)B沿長(zhǎng)直木桿下滑時(shí),長(zhǎng)直木桿靜止不動(dòng),根據(jù)受力分析m2g=f
可得小橡膠環(huán)B在長(zhǎng)直木桿C上受力平衡做勻速直線運(yùn)動(dòng),小橡膠環(huán)B沿長(zhǎng)直木桿上滑時(shí),小橡膠環(huán)B做勻減速直線運(yùn)動(dòng),長(zhǎng)直木桿C做勻加速直線運(yùn)動(dòng),設(shè)共速時(shí)速度大小為v1,所需時(shí)間為t1,對(duì)小橡膠環(huán)B有
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m2g+f=m2a1
v1=v-a1t1
對(duì)長(zhǎng)直木桿有
f-m3g=m3a2
v1=a2t1
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(4)長(zhǎng)直木桿跟水平面第一次碰撞后,小橡膠環(huán)B先沿長(zhǎng)直木桿做勻速下滑,小橡膠環(huán)B跟水平面碰撞后小橡膠環(huán)B沿長(zhǎng)直木桿上滑時(shí),小橡膠環(huán)B做勻減速直線運(yùn)動(dòng),長(zhǎng)直木桿做勻加速直線運(yùn)動(dòng),第二次共速后又一起做豎直上拋運(yùn)動(dòng),直到長(zhǎng)直木桿跟水平面第二次碰撞,設(shè)第二次達(dá)到共速時(shí)速度為v2,則有
v2=v1'-a1t2
v2=a2t2
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小橡膠環(huán)B沿長(zhǎng)直木桿第一次下滑的路程為L(zhǎng),小橡膠環(huán)B跟水平面碰撞后小橡膠環(huán)沿長(zhǎng)直木桿上滑,(共20張PPT)
計(jì)算題專項(xiàng)練(三)
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1.(8分)(2024山西一模)如圖所示,一水平的公路由兩直道AB、CD段以及圓弧段環(huán)島BC組成。一輛在AB上以72 km/h的速率行駛的汽車,接近環(huán)島時(shí)以4 m/s2的加速度勻減速剎車,在以最大安全速率通過(guò)環(huán)島后,在CD上以2 m/s2的加速度恢復(fù)到原速率繼續(xù)行駛。已知環(huán)島的半徑為28 m,BC段的長(zhǎng)度是56 m,橡膠輪胎與路面的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.7,認(rèn)為汽車轉(zhuǎn)彎所需向心力僅由輪胎所受徑向摩擦力提供且最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力,重力加速度g取10 m/s2。
(1)汽車需在進(jìn)入環(huán)島前多遠(yuǎn)處開(kāi)始剎車
(2)汽車從剎車開(kāi)始至恢復(fù)到原速率所用時(shí)間是多少
答案 (1)25.5 m　(2)8.5 s
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解析 (1)根據(jù)題意,汽車進(jìn)入環(huán)島后做勻速圓周運(yùn)動(dòng),
當(dāng)以最大速率行駛時(shí)有
μmg=m
代入數(shù)據(jù)解得汽車在環(huán)島行駛的最大速率為vm=14 m/s
汽車的初始速度v=72 km/h=20 m/s
汽車進(jìn)入環(huán)島前剎車距離為x= m=25.5 m
則汽車需在距環(huán)島x=25.5 m處開(kāi)始剎車。
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(2)汽車進(jìn)入環(huán)島前剎車時(shí)間t1= s=1.5 s
汽車在環(huán)島段行駛的時(shí)間t2= s=4 s
汽車出環(huán)島后加速到原速所用的時(shí)間t3= s=3 s
可得汽車從剎車開(kāi)始至恢復(fù)到原速率所用時(shí)間
t=t1+t2+t3=8.5 s。
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2.(8分)(2024山東聊城一模)瓷器是“泥琢火燒”的藝術(shù),是人類智慧的結(jié)晶,是全人類共有的珍貴財(cái)富。如圖所示,氣窯是對(duì)陶瓷泥坯進(jìn)行升溫?zé)Y(jié)的一種設(shè)備。某次燒制前,封閉在窯內(nèi)的氣體壓強(qiáng)為p0,溫度為室溫27 ℃,為避免窯內(nèi)氣壓過(guò)高,窯上裝有一個(gè)單向排氣閥,當(dāng)窯內(nèi)氣壓達(dá)到2p0時(shí),單向排氣閥開(kāi)始排氣。開(kāi)始排氣后,氣窯內(nèi)氣體壓強(qiáng)保持2p0不變,窯內(nèi)氣體溫度逐漸升高,最后的燒制溫度恒定為1 327 ℃。
求:
(1)單向排氣閥開(kāi)始排氣時(shí)窯內(nèi)
氣體的溫度t;
(2)本次燒制排出的氣體與原有
氣體的質(zhì)量比。
4
1
2
3
答案 (1)327 ℃　(2)
解析 (1)以封閉在氣窯內(nèi)的氣體為研究對(duì)象,排氣前體積不變,則有初態(tài)
p1=p0
T1=(27+273) K=300 K
末態(tài)
p2=2p0
T2=(273+t) K
由查理定律可得
代入數(shù)據(jù)解得t=327 ℃。
4
1
2
3
(2)開(kāi)始排氣后,氣窯內(nèi)氣體壓強(qiáng)保持2p0不變,
則有T3=(1 327+273) K=1 600 K
設(shè)排出氣體溫度為T3、壓強(qiáng)為2p0時(shí)的氣體的體積為V',質(zhì)量為m',
由蓋-呂薩克定律可得
則有
代入數(shù)據(jù)解得。
4
1
2
3
3.(14分)如圖所示,在平面直角坐標(biāo)系xOy中,O為坐標(biāo)原點(diǎn),A點(diǎn)的坐標(biāo)為(3L,0),B點(diǎn)坐標(biāo)為(0,2L),三角形ABC為直角三角形,其中∠C為直角,在直角三角形ABC中有沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng),三角形OBD為等腰直角三角形,P點(diǎn)為OD的中點(diǎn),等腰直角三角形OBD中存在沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng),電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E0,第三象限和第四象限存在范圍足夠大的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁場(chǎng)方向垂直于紙面向外。一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的帶電粒子,從P點(diǎn)靜止釋放,粒子從第二象限進(jìn)入第一象限,經(jīng)過(guò)直角三角形ABC內(nèi)的勻強(qiáng)電場(chǎng)后恰好從A點(diǎn)進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng),經(jīng)勻強(qiáng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后直接打到坐標(biāo)原點(diǎn)O,不計(jì)粒子重力,sin 37°=0.6。求:
4
1
2
3
(1)直角三角形ABC中勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小E1;
(2)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B;
(3)粒子從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)的總時(shí)間t總。
4
1
2
3
答案 (1)E0
(2)
(3)
4
1
2
3
解析 (1)粒子在第二象限的電場(chǎng)中加速運(yùn)動(dòng),設(shè)射入第一象限時(shí)速度為v1,P為OD的中點(diǎn),根據(jù)幾何關(guān)系可得加速的距離為L(zhǎng),
根據(jù)動(dòng)能定理得qE0L=-0,解得v1=
粒子在第一象限中先做勻速直線運(yùn)動(dòng),
進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)后做類平拋運(yùn)動(dòng),運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示
x方向上有L=v1t
y方向上有at2
根據(jù)牛頓第二定律qE1= ma
以上各式聯(lián)立解得E1=E0。
4
1
2
3
(2)設(shè)粒子從A點(diǎn)射出電場(chǎng)時(shí)的速度大小為v,
根據(jù)動(dòng)能定理有qE1L=mv2-,解得v=
設(shè)射入磁場(chǎng)時(shí)速度方向與x軸正方向的夾角為θ,則有cos θ=
解得θ=53°
根據(jù)幾何關(guān)系可得帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)半徑為r=L
帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)洛倫茲力提供向心力,有qvB=
以上各式聯(lián)立解得勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=。
4
1
2
3
(3)設(shè)粒子在第二象限運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1,根據(jù)動(dòng)量定理有qE0t1=mv1-0
解得t1=
設(shè)粒子在第一象限中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t2,水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng),
則有3L=v1t2,解得t2=
設(shè)帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)周期為T,則有T=,解得T=
在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t3=T=
運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間t總=t1+t2+t3,解得t總=。
4
1
2
3
4
4.(16分)(2024福建龍巖一模)如圖所示,在同一豎直平面內(nèi)有由絕緣傳送帶AB、光滑圓弧軌道BCP及水平軌道QN組成的裝置。傳送帶與圓弧軌道平滑相接,水平軌道QN略低于P點(diǎn),O為圓心,圓弧軌道半徑R=0.5 m,OC水平,傳送帶長(zhǎng)L=5 m,與水平面夾角θ=37°,滑塊(視為質(zhì)點(diǎn))質(zhì)量m=1.0 kg,最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37° =0.8。
1
2
3
4
(1)傳送帶靜止時(shí),滑塊以速度v0=6.8 m/s從A點(diǎn)沿傳送帶AB向上滑行一段距離x=1.7 m停下,求滑塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ;
(2)若傳送帶以速率v帶1=4 m/s順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng),將滑塊輕放于A點(diǎn),求滑塊經(jīng)過(guò)C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力;
(3)將圓弧軌道改成光滑圓弧細(xì)管,各軌道平滑相接,水平軌道Q處放一質(zhì)量M=3.0 kg的另一滑塊(視為質(zhì)點(diǎn)),傳送帶以速率v帶2=8 m/s順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng),滑塊以初速度v1=3 m/s從A點(diǎn)沿傳送帶AB、光滑圓弧細(xì)管BCP滑到P處與另一滑塊發(fā)生彈性正碰,求滑塊最終經(jīng)過(guò)B點(diǎn)的速率(結(jié)果可帶根號(hào));
(4)若滑塊帶有電荷量q=+0.4 C,DB區(qū)間有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B=0.5 T、方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng),DB長(zhǎng)d=4.8 m,在(2)的條件下,滑塊在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為1.86 s,求滑塊第一次離開(kāi)B點(diǎn)時(shí)的速率。
1
2
3
4
答案 (1)0.95
(2)16 N,方向水平向右
(3) m/s
(4)4 m/s
解析 (1)由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有=2a1x
解得滑塊上滑加速度大小a1=13.6 m/s2
由牛頓第二定律,滑塊上滑加速度大小
a1=
解得μ=0.95。
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3
4
(2)由牛頓第二定律,得滑塊上滑加速度大小
a2==1.6 m/s2
假設(shè)滑塊從A做勻加速直線運(yùn)動(dòng)到B,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有=2a2L
解得vB=4 m/s=v帶1
假設(shè)成立
滑塊從B到C,由機(jī)械能守恒定律有=mgRcos 37°
滑塊在C點(diǎn),由牛頓第二定律有FN=m
解得FN=16 N
由牛頓第三定律知滑塊對(duì)軌道的壓力大小為16 N,方向水平向右。
1
2
3
4
(3)假設(shè)滑塊從A做勻加速直線運(yùn)動(dòng)到B,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有
=2a2L
解得滑塊到B點(diǎn)時(shí)的速率vB1= m/s假設(shè)成立
滑塊從B到P,由機(jī)械能守恒定律有
=mg(Rcos 37°+R)
解得滑塊到達(dá)P處時(shí)速度vP=4 m/s
兩滑塊碰撞過(guò)程,由動(dòng)量守恒定律有
mvP=mvm+MvM
由能量守恒定律有
1
2
3
4
解得碰后滑塊以速度vm=-2 m/s沿細(xì)管PCB返回傳送帶。
滑塊從P到B,由機(jī)械能守恒定律有mvm'2-=mg(R+Rcos 37°)
解得滑塊以速度vm'= m/s從B點(diǎn)返回傳送帶,在傳送帶上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)
假設(shè)滑塊減速到零通過(guò)的位移為
x'==6.875 m>L
說(shuō)明滑塊減速到零之前已從A點(diǎn)離開(kāi)傳送帶,則滑塊最終經(jīng)過(guò)B點(diǎn)的速率為 m/s。
1
2
3
4
(4)由(2)可知滑塊從A到D,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有
=2a2(L-d)
解得滑塊進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度vD=0.8 m/s
假設(shè)滑塊能從D加速到B,由動(dòng)量定理有
-mgtsin 37°+∑μ(mgcos 37°+qviB)ti=mvB2-mvD
即-mgtsin 37°+μmgtcos 37°+μqdB=mvB2-mvD
解得滑塊離開(kāi)B點(diǎn)時(shí)的速率
vB2=4.688 m/s>v帶1
假設(shè)不成立。
則滑塊到達(dá)B點(diǎn)前已與傳送帶共速,再與傳送帶一起勻速運(yùn)動(dòng),則滑塊第一次離開(kāi)B點(diǎn)時(shí)的速率為4 m/s。(共18張PPT)
計(jì)算題專項(xiàng)練(四)
1
2
3
1.(8分)如圖所示,半徑為R的半球形玻璃體置于水平桌面上,半球的上表面水平,球面與桌面相切于A點(diǎn)。一細(xì)束單色光經(jīng)球心O從空氣中射入玻璃體內(nèi)(入射面即紙面),入射角為45°,出射光線射在桌面上B點(diǎn)處。測(cè)得A、B之間的距離為R。現(xiàn)將入射光束在紙面內(nèi)向左平移,平移到過(guò)E點(diǎn)時(shí),恰好在球面上D點(diǎn)發(fā)生全反射,不考慮光線在玻璃體內(nèi)的多次反射,求:
(1)玻璃體的折射率n;
(2)O、E之間的距離。
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2
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4
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3
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2.(8分)(2024陜西寶雞二模)某同學(xué)在操場(chǎng)練習(xí)籃球的控球能力。他單手托著籃球,使籃球由靜止隨手一起豎直向上運(yùn)動(dòng)h1=0.3 m的高度后豎直拋出,籃球離開(kāi)手上升h2=1.2 m的高度到達(dá)最高點(diǎn)。籃球落回拋出點(diǎn)時(shí)再單手接住,籃球隨手一起向下運(yùn)動(dòng)h3=0.2 m的高度后速度減為零。已知籃球質(zhì)量m=0.6 kg,重力加速度g取10 m/s2,空氣阻力忽略不計(jì),手和籃球一起的運(yùn)動(dòng)近似看作勻變速直線運(yùn)動(dòng)。求:
(1)拋球過(guò)程和接球過(guò)程手對(duì)籃球的作用力之比;
(2)拋球過(guò)程和接球過(guò)程手對(duì)籃球的沖量之比。
答案 (1)5∶7　(2)15∶14
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解析 (1)設(shè)拋球過(guò)程和接球過(guò)程手對(duì)籃球的作用力分別為F1、F2,兩過(guò)程籃球運(yùn)動(dòng)的加速度大小分別為a1、a2,拋出瞬間球的速度大小為v,由勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律可得
v2=2gh2
v2=2a1h1
由于籃球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中不計(jì)空氣阻力,拋球和接球速度大小相等,
所以v2=2a2h3
聯(lián)立解得a1=40 m/s2,a2=60 m/s2
由牛頓第二定律可得F1-mg=ma1
F2-mg=ma2
解得F1∶F2=5∶7。
4
1
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3
(2)設(shè)拋球和接球過(guò)程中手對(duì)籃球的沖量分別為I1、I2,籃球運(yùn)動(dòng)時(shí)間分別為t1、t2,由題意可得
I1=F1t1
I2=F2t2
v=a1t1=a2t2
解得I1∶I2=15∶14。
4
1
2
3
3.(14分)(2024山西朔州二模)如圖所示,一足夠長(zhǎng)的長(zhǎng)方體O1a1b1c1-O3a3b3c3被正方形O2a2b2c2分成上下兩個(gè)長(zhǎng)方體空間Ⅰ和空間Ⅱ,以O(shè)1為坐標(biāo)原點(diǎn),建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系O1-xyz,其中O1a1=O1c1=O2O3=4L。整個(gè)長(zhǎng)方體空間存在沿z軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)(圖中未畫出),另外空間Ⅱ內(nèi)同時(shí)還存在沿z軸正方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(圖中未畫出),一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子從O3c3邊的中點(diǎn)P以初速度v0平行于y軸正方向射入長(zhǎng)方體區(qū)域,粒子恰好經(jīng)過(guò)正方形O2a2b2c2的中心點(diǎn)Q,且粒子在空間Ⅱ內(nèi)運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中,恰好未從長(zhǎng)方體側(cè)面飛出長(zhǎng)方體區(qū)域,不計(jì)粒子重力,求:
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(1)勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小;
(2)粒子經(jīng)過(guò)Q點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能;
(3)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小。
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將v分解為沿y軸方向的速度vy=v0和沿z軸方向的速度v=4v0,
由于vz方向與磁場(chǎng)方向平行,不受洛倫茲力,如圖乙所示,
在xO1y平面內(nèi)的分運(yùn)動(dòng)由洛倫茲力提供向心力,
4
1
2
3
4
4.(16分)(2024福建泉州統(tǒng)考二模)如圖所示,一質(zhì)量為3m、長(zhǎng)度為L(zhǎng)的木板靜止在傾角θ=30°的固定斜面上,木板的上表面光滑,下表面與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=,木板的下端固定有垂直于木板的薄擋板。一與斜面平行的輕彈簧下端固定在斜面的底端,上端由原長(zhǎng)被壓縮后用觸控鎖釘鎖定。現(xiàn)將質(zhì)量為m的小滑塊從木板的中點(diǎn)由靜止釋放,經(jīng)過(guò)一段時(shí)間,滑塊與擋板發(fā)生第一次碰撞后,木板開(kāi)始運(yùn)動(dòng)。經(jīng)過(guò)多次碰撞后,當(dāng)滑塊位于擋板處且和木板速度都為零時(shí),木板剛好接觸彈簧并觸發(fā)鎖釘立即解除鎖定。已知重力加速度大小為g,彈簧的勁度系數(shù)k=,滑塊與擋板間的碰撞為彈性正碰,且碰撞時(shí)間極短,不計(jì)空氣阻力。求:
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(1)滑塊第一次與擋板碰撞前瞬間,滑塊的速度大小v0;
(2)滑塊第一次與擋板碰撞后瞬間,木板的速度大小v1和加速度大小a1;
(3)木板在初始位置時(shí),其下端與鎖釘?shù)木嚯xd;
(4)鎖釘解除后,當(dāng)滑塊與擋板第一次分離時(shí)木板的速度大小v'。
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2
3
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2
3
4
解析 (1)設(shè)滑塊釋放時(shí)加速度大小為a0,由牛頓第二定律得mgsin θ=ma0
滑塊在從釋放后到第一次與擋板碰撞前的過(guò)程中做勻加速直線運(yùn)動(dòng),有
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3
4
(2)設(shè)第一次碰撞后瞬間,木板的速度為v1,滑塊的速度為v2,由動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律可得mv0=3mv1+mv2
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4
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(4)當(dāng)板塊分離時(shí),設(shè)彈簧的形變量為x,此時(shí)擋板與滑塊間的彈力N=0,兩者的加速度相等,都為a=gsin θ
對(duì)板塊整體4μmgcos θ+4mgsin θ-kx=4ma(共25張PPT)
計(jì)算題專項(xiàng)練(五)
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3
1.(8分)如圖甲所示,一粗細(xì)均勻的U形細(xì)管右側(cè)豎直部分長(zhǎng)為L(zhǎng),左側(cè)豎直管長(zhǎng)度未知,在細(xì)管中倒入長(zhǎng)度為的水銀后封閉左側(cè)管口,右側(cè)管口蓋一輕質(zhì)薄活塞,此時(shí)水平部分水銀柱長(zhǎng)度為,兩側(cè)豎直管內(nèi)水銀面距底部的高度均為。現(xiàn)緩慢向右側(cè)活塞上加水銀,直到左側(cè)水銀面上升到距底部高度為處,如圖乙所示。若將細(xì)管中空氣視為理想氣體,活塞與管壁無(wú)摩擦且不漏氣,整個(gè)過(guò)程溫度不變,水銀密度為ρ,重力加速度為g,大氣壓強(qiáng)p=ρgL。求:
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1
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(1)圖乙狀態(tài)下右側(cè)細(xì)管中空氣的壓強(qiáng);
(2)U形細(xì)管左側(cè)豎直管的長(zhǎng)度。
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1
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3
解析 (1)設(shè)右側(cè)活塞上加的水銀高度為L(zhǎng)0,兩側(cè)細(xì)管水平截面面積為S,對(duì)右側(cè)氣柱,活塞上加水銀前
壓強(qiáng)p1=p=ρgL
加水銀后,壓強(qiáng)p2=ρgL+ρgL0
體積V2=(L-L0)S
又p1V1=p2V2
4
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3
(2)設(shè)左側(cè)豎直管長(zhǎng)度為L(zhǎng),對(duì)左側(cè)氣柱,活塞上加水銀前
壓強(qiáng)p11=p=ρgL
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2.(8分)如圖所示,質(zhì)量均為m的物塊A、B用繞過(guò)光滑輕質(zhì)定滑輪的不可伸長(zhǎng)的輕繩連接, A與地面接觸,B離地面的高度h為1.2 m,質(zhì)量為2m的圓環(huán)C套在輕繩上,C在B上方d=0.8 m處。由靜止釋放圓環(huán)C,C下落后與B碰撞并粘在一起,碰撞時(shí)間極短,不計(jì)C與繩之間的摩擦和空氣阻力,A、B、C均可視為質(zhì)點(diǎn),重力加速度g取10 m/s2,求:
(1)C、B碰撞后瞬間,共同速度為多大;
(2)碰撞后,B經(jīng)過(guò)多長(zhǎng)時(shí)間到達(dá)地面。
答案 (1)2 m/s　(2)0.4 s
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3.(14分)(2024江蘇泰州一模)高能微粒實(shí)驗(yàn)裝置,是用以發(fā)現(xiàn)高能微粒并研究和了解其特性的主要實(shí)驗(yàn)工具。為了簡(jiǎn)化計(jì)算,一個(gè)復(fù)雜的高能微粒實(shí)驗(yàn)裝置可以被最簡(jiǎn)化為空間中的復(fù)合場(chǎng)模型。如圖甲所示,三維坐標(biāo)系中,yOz平面的右側(cè)存在平行z軸方向周期性變化的磁場(chǎng)B(圖中未畫出)和沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)E。有一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的高能微粒從xOy平面內(nèi)的P點(diǎn)沿x軸正方向水平射出,微粒第一次經(jīng)過(guò)x軸時(shí)恰好經(jīng)過(guò)O點(diǎn),此時(shí)速度大小為v0,方向與x軸正方向的夾角為45°。已知電場(chǎng)強(qiáng)度大小E=,從微粒通過(guò)O點(diǎn)開(kāi)始計(jì)時(shí),磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間的變化關(guān)系如圖乙所示,已知B0=,t0=,規(guī)定當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度沿z軸正方向時(shí)為正,重力加速度大小為g。
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甲 乙
(1)求拋出點(diǎn)P到x軸的距離y;
(2)求微粒從通過(guò)O點(diǎn)開(kāi)始做周期性運(yùn)動(dòng)的周期T;
(3)若t=時(shí)撤去yOz右側(cè)的原電場(chǎng)和磁場(chǎng),同時(shí)在整個(gè)空間加上沿y軸正方向,大小為B'=B0的勻強(qiáng)磁場(chǎng),求微粒向上運(yùn)動(dòng)到離xOz平面最遠(yuǎn)處時(shí)的坐標(biāo)。
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結(jié)合題中信息可知:0~t0,微粒剛好轉(zhuǎn)過(guò)180°;t0~2t0,微粒轉(zhuǎn)過(guò)90°;2t0~3t0與0~t0的運(yùn)動(dòng)軌跡大小一樣,只是偏轉(zhuǎn)方向不一樣;3t0~4t0與t0~2t0的運(yùn)動(dòng)軌跡大小一樣,只是偏轉(zhuǎn)方向不一樣,綜上所述,微粒第一個(gè)周期的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示
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4.(16分)(2024湖南二模)超市里用的購(gòu)物車為顧客提供了購(gòu)物方便,又便于收納,收納時(shí)一般采用完全非彈性碰撞的方式把購(gòu)物車收到一起,如圖甲所示。某興趣小組在超市對(duì)同款購(gòu)物車(以下簡(jiǎn)稱“車”)的碰撞進(jìn)行了研究,分析時(shí)將購(gòu)物車簡(jiǎn)化為可視為質(zhì)點(diǎn)的小物塊,已知車的凈質(zhì)量為m=15 kg,重力加速度g取10 m/s2。
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(1)首先測(cè)車與超市地面間的動(dòng)摩擦因數(shù):取一輛車停在水平地面上,現(xiàn)給它向前的水平初速度v0=2 m/s,測(cè)得該車能沿直線滑行x0=2 m,求車與超市地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ;
(2)取編號(hào)為A、B的車,B車裝上m0=15 kg的貨物后停在超市水平地面上,空車A的前端裝上輕彈簧,將A車停在B車的正后方且相距x=5.5 m處。現(xiàn)給A車施加向前的水平推力F0=75 N,作用時(shí)間t0=1 s后撤除。設(shè)A車與B車間的碰撞為彈性正碰(忽略相互作用時(shí)間),兩車所在直線上沒(méi)有其他車,求在A車運(yùn)動(dòng)的全過(guò)程中A車與地面間產(chǎn)生的摩擦熱Q;
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(3)如圖乙所示,某同學(xué)把n(n>2)輛空車等間距擺在超市水平地面上的一條直線上,相鄰兩車間距為d=1 m,用向前的水平恒力F=300 N一直作用在1車上,推著1車與正前方的車依次做完全非彈性正碰(碰撞時(shí)間極短),通過(guò)計(jì)算判斷,他最多能推動(dòng)多少輛車
答案 (1)0.1　(2)90 J　(3)30輛
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(2)A車運(yùn)動(dòng)時(shí)受摩擦力FfA=μmg=15 N
由牛頓第二定律有F0-FfA=ma
解得a=4 m/s2
A車在t0時(shí)的速度vA0=at0=4 m/s,t0內(nèi)A車的位移
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得vA=3 m/s
A車與B車碰撞過(guò)程,根據(jù)動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律有
mvA=mvA'+(m+m0)vB
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3(共19張PPT)
計(jì)算題專項(xiàng)練(六)
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1.(8分)保齡球運(yùn)動(dòng)既可以鍛煉身體,又可以緩解心理壓力,而且老少皆宜,廣受大眾的喜愛(ài)。某同學(xué)設(shè)想了如下過(guò)程來(lái)模擬一次保齡球投擲、運(yùn)行、撞擊的過(guò)程。如圖所示,將一質(zhì)量為M=2.8 kg的保齡球從A點(diǎn)開(kāi)始由靜止向前擲出,球沿曲線運(yùn)動(dòng),脫手后,在B點(diǎn)以v0=6 m/s的速度切入水平球道。球做直線運(yùn)動(dòng)經(jīng)t=4 s時(shí)間后在C點(diǎn)與質(zhì)量為m=1.4 kg的球瓶發(fā)生正碰。已知在A點(diǎn)時(shí)保齡球的下沿距離球道表面的高度為h=1 m,保齡球在球道上運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的阻力大小恒為重力的,重力加速度g取10 m/s2,忽略空氣阻力,忽略保齡球的滾動(dòng),球與球瓶的碰撞時(shí)間極短,碰撞過(guò)程中沒(méi)有能量損失,球與球瓶均可看成質(zhì)點(diǎn)。求:
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(1)運(yùn)動(dòng)員在擲球過(guò)程中對(duì)保齡球做的功W;
(2)在撞上球瓶前的瞬間,保齡球的速度v1的大小;
(3)碰撞后,球瓶的速度v2的大小。
答案 (1)22.4 J
(2)4 m/s
(3) m/s
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解析 (1)運(yùn)動(dòng)員在擲球過(guò)程中,根據(jù)動(dòng)能定理可得
W+Mgh=-0
解得運(yùn)動(dòng)員對(duì)保齡球做的功為W=22.4 J。
(2)保齡球從B到C的過(guò)程,根據(jù)動(dòng)量定理可得-Mgt=Mv1-Mv0
解得在撞上球瓶前的瞬間,保齡球的速度大小為v1=4 m/s。
(3)球與球瓶的碰撞過(guò)程時(shí)間極短,碰撞中沒(méi)有能量損失,
可知碰撞過(guò)程滿足動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒,則有Mv1=Mv3+mv2
聯(lián)立解得碰撞后,球瓶的速度大小為v2= m/s。
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2.(8分)(2024四川一模)如圖所示,某玻璃薄板截面為正三角形,A、B、C為三角形的三個(gè)頂點(diǎn),以正三角形ABC的幾何中心O點(diǎn)為圓心挖出一圓孔,現(xiàn)將一點(diǎn)光源放置在O點(diǎn)處,該光源向各方向均勻發(fā)射真空中波長(zhǎng)為λ0=650 nm的紅光,CH為AB邊的中垂線。已知玻璃薄板對(duì)紅光的折射率為n=,光在真空中的傳播速度為c,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,
求:
(1)該紅光在玻璃薄板中傳播時(shí)的波長(zhǎng);
(2)射到AB邊的光子中能直接從AB邊射出
和不能直接從AB邊射出的光子個(gè)數(shù)比
(不考慮多次反射)。
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解析 (1)設(shè)該紅光在玻璃薄板中的波速為v,波長(zhǎng)為λ介,
由波速公式、折射率和波速關(guān)系可得c=λ0f
v=λ介f
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(2)如圖所示
設(shè)在HB區(qū)域恰好發(fā)生全反射的點(diǎn)為D,玻璃介質(zhì)的臨界角為θ,
由臨界角公式可得sin θ=,解得θ=37°
易得∠HOD=θ
由幾何關(guān)系可得光線在DB段的入射角大于臨界角θ,發(fā)生全反射無(wú)光線射出,在HD段的入射角小于臨界角θ,會(huì)發(fā)生折射,直接射出,由于光源向各方向發(fā)光均勻,則輻射區(qū)域光子數(shù)目與輻射角成正比,對(duì)HB區(qū)域,設(shè)能夠射出的光子數(shù)為N1,不能射出的光子數(shù)為N2,可得
由于AH段和HB段對(duì)稱,故射到AB邊的光子能直接從AB邊射出和不能直接從AB邊射出的光子個(gè)數(shù)比為。
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3.(14分)(2024江蘇連云港一模)如圖甲所示,立方體空間的邊長(zhǎng)為L(zhǎng),側(cè)面CDHG為熒光屏,能完全吸收打在屏上的帶電粒子并發(fā)光,三維坐標(biāo)系坐標(biāo)原點(diǎn)O位于底面EFGH的中心,Ox∥FG,Oy∥GH。已知原點(diǎn)O有一粒子源,能向xOy平面內(nèi)各個(gè)方向均勻持續(xù)發(fā)射速率為v0、質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子,不計(jì)粒子重力及粒子間的相互作用。
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(1)若在立方體空間內(nèi)存在方向平行于z軸的勻強(qiáng)磁場(chǎng),沿y軸正方向射出的粒子恰好打在熒光屏上的H點(diǎn),求該勻強(qiáng)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B1;
(2)若磁場(chǎng)與(1)問(wèn)中的相同,求粒子從原點(diǎn)O運(yùn)動(dòng)到熒光屏的最長(zhǎng)時(shí)間t1和最短時(shí)間t2;
(3)若在立方體空間內(nèi)平行y軸加如圖乙所示隨時(shí)間t按余弦規(guī)律變化的磁場(chǎng),同時(shí)平行z軸加如圖丙所示隨時(shí)間t按正弦規(guī)律變化的磁場(chǎng),圖中峰值B2=,粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間遠(yuǎn)小于磁場(chǎng)變化周期,不計(jì)電磁感應(yīng)現(xiàn)象影響。求沿x軸正方向射出的粒子打在熒光屏上落點(diǎn)的痕跡長(zhǎng)度l。
答案 (1)　(2)　(3)
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解析 (1)粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),由幾何關(guān)系可得r1=
根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qv0B1=m,解得B1=。
(2)粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期為T=
根據(jù)半徑一定時(shí),弦長(zhǎng)越長(zhǎng),圓心角越大,粒子運(yùn)動(dòng)時(shí)間越長(zhǎng),即當(dāng)粒子從H處射出時(shí)弦OH最長(zhǎng),圓心角最大為90°,運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長(zhǎng)為t1=T=
當(dāng)粒子從x軸上的點(diǎn)射出時(shí),弦長(zhǎng)最短為,圓心角最小,由幾何關(guān)系知圓心角為60°,運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間為t2=T=。
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(3)根據(jù)題中兩個(gè)方向上的正弦和余弦磁場(chǎng)變化規(guī)律可知By=B2cos
Bz=B2sin
故可知y和z軸方向的合磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B==B2
故可知合磁場(chǎng)大小始終不變,方向垂直于x軸勻速改變,沿x軸正方向射出的粒子速度始終與該合磁場(chǎng)方向垂直,故粒子軌跡為一個(gè)固定大小的圓,當(dāng)磁場(chǎng)旋轉(zhuǎn)時(shí)可知粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡圓繞著Ox軸旋轉(zhuǎn),與右側(cè)屏的交點(diǎn)是個(gè)圓,又因?yàn)橛覀?cè)屏只在z≥0處存在,故痕跡為一個(gè)半圓
根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qv0B2=m
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粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡半徑為r2=L
沿x軸正方向射出的粒子,粒子分別在兩個(gè)截面的軌跡如圖所示,
設(shè)粒子射出點(diǎn)距x的距離分別為y和z,
由幾何關(guān)系知
解得y=,z=
故可得痕跡圓的半徑為r=
故粒子打在熒光屏上落點(diǎn)的痕跡長(zhǎng)度為l=πr=。
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4.(16分)(2024浙江二模)“自由落體塔”是一種驚險(xiǎn)刺激的游樂(lè)設(shè)備,如圖甲所示,它可以將游客升至數(shù)十米高空,自由下落至近地面再減速停下,讓游客體驗(yàn)失重的樂(lè)趣。某興趣小組設(shè)計(jì)了如圖乙所示的減速模型,線圈代表乘客乘坐艙,質(zhì)量為m,匝數(shù)為N,線圈半徑為r,總電阻為R。減速區(qū)設(shè)置一輻向磁場(chǎng),俯視圖如圖丙所示,其到中心軸距離為r處磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=。線圈被提升到離地h1處時(shí)由靜止釋放做自由落體運(yùn)動(dòng),減速區(qū)高度為h2,忽略空氣阻力,重力加速度為g。
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(1)判斷線圈剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)其內(nèi)的感應(yīng)電流方向(從上往下看),以及受到的安培力大小。
(2)若落地時(shí)速度為v0,求全程運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t0。
(3)為增加安全系數(shù),加裝三根完全相同的輕質(zhì)彈力繩(關(guān)于中心軸對(duì)稱)如圖丁所示,已知每一條彈力繩形變量為Δx時(shí),都能提供彈力F=k2Δx,同時(shí)儲(chǔ)存彈性勢(shì)
能k2,其原長(zhǎng)等于懸掛點(diǎn)到磁場(chǎng)上沿的距離。
線圈仍從離地h1處?kù)o止釋放,由于彈力繩的作用會(huì)上下往復(fù)運(yùn)動(dòng)(未碰地),運(yùn)動(dòng)時(shí)間t后靜止。求線圈在往復(fù)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱Q,及每根彈力繩彈力提供的沖量大小I0。
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(2)全過(guò)程對(duì)線圈用動(dòng)量定理,取向下為正,有
mgt0-∑NBIiLti=mv0-0
其中由(1)知
BL=2πk1
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