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计算题题型练
(三)
1.2022年冬奥会将在北京和张家口举行,如图所示为其中一个冰雪项目的简化图,倾角为37长直轨道AB、CD与水平直轨道BC平滑连接,BC的长度为60mCD的足够长,运动员(可视为质点)从距水平轨道高h=30m处的A点静止下滑,若滑板与轨道间的动摩擦因数|1均为
0.25sin37°=
0.6cos37°=
0.8求
(1)第一次滑到B点的速度大小;
(2)在CD轨道上滑行的最大高度;
(3)在CD轨道上滑行的时间【解答】解
(1)在AB段,对运动员受力分析,根据牛顿第二定律可得mgsin0-|imgcos0=mai解得质点在AB轨道下滑的加速度大小ai=4m/s2;根据速度一位移关系可得加=2的勺解得vB=20m/s;
(2)运动员在BC轨道上运动时,根据牛顿第二定律可得:|img=ma2解得加速度大小为a2=
2.5m/s2设运动员滑到C点的速度为vc根据速度一位移关系可得一一比=2a2%bc解得:vc=10m/s设运动员在BC段的加速度大小为a3根据牛顿第二定律可得mgsin0+|imgcos0=mas,解得a3=8m/s2在CD段滑行的位移为%2==
6.25m上升的高度h=x2sin37°=
6.25X
0.6m=
3.75m
(3)运动员在CD轨道上上滑的时间ti=富==
1.25sa3b下滑的加速度为a*根据牛顿第二定律可得mgsin37°-|imgcos37°=ma4则运动员在CD上下滑过程%2=抬解得t2=¥s再次返回C点,速度为屋=a4t2=5V2m/s2由C到B的过程位移为%/=善,解得X,=10mxBC经分析,运动员不会再返回CD轨道,故在CD轨道上滑行的总时间t=tr+t2=
1.25s+孚s=|l+V2s答1第一次滑到B点的速度大小为20m/s;2在CD轨道上滑行的最大高度为
3.75m;3在CD轨道上滑行的时间为91+«s
42.如图所示,水平面上有一长为L=
14.25m的凹槽,长为1=^m、质量为M=2kg的平板车停在凹槽最左端,上表面恰好与水平面平齐.水平轻质弹簧左端固定在墙上,右端与一质量为m=4kg的小物块接触但不连接.用一水平力F缓慢向左推小物块,当力F做功W=72J时突然撤去力F.已知小物块与平板车之间的动摩擦因数为口=
0.2其他摩擦不计,gMX10m/s2平板车与凹槽两端的碰撞均为弹性碰撞,且碰撞时间极短,可以忽略不计.求1小物块刚滑上平板车时的速度大小;2平板车第一次与凹槽右端碰撞时的速度大小;3已知小物块离开平板车前,平板车未与凹槽左端相碰小物块离开平板车时,平板车右端到凹槽右端的距离【解答】解1设小物块刚滑上平板车时的速度大小为vo从F向左推物块到物块被弹出的过程,由功能关系可得W=1m^可得vo=6m/s;2假设平板车到达凹槽右端前物块与平板车已经达到共速,且设共同速度为VI物块相对于平板车滑行的距离为11取向右为正方向,由动量守恒定律得mvo=M+mvi11由能量守恒定律得-mvo2=|imgh+5M+mvi2解得vi=4m/sli=3m设达到共速VI时平板车的位移为XI对平板车,由动能定理得|imgxi=iMvi2-0解得xi=2m则l+xi=^m+2m=^m〈L=
14.25m所以假设成立,即共速时平板车还没有到达凹槽右端,共速后做匀速直线运动,因此,平板车第一次与凹槽右端碰撞时的速度大小为4m/s;3平板车第一次与凹槽右端碰撞后,物块与平板车组成的系统总动量向右,假设物块与平板车第二次共速前未与凹槽取向右为正方向,由动量守恒定律得mvi-Mvi=M+mV211由能量守恒定律得一M+mvi2=|imgl2+^-M+mV222,解得V2=^m/s12=学mkJJ因12+1尸竽m+3m=^ml=^m所以物块已从平板车上滑下,不能第二次共速设平板车向左速度减至0时位移为X2o根据动能定理得-imgx2=0-NlvJ解得X2=2m因l+x2=苧m+2m=^mL=
14.25m所以平板车没有与凹槽左端相碰即小物块离开平板车之前,未与平板车第二次共速,且平板车没有与凹槽左端相碰所以mvi-Mvi=mv3+Mv
41、1o1o-M+mvi=|imgl3++^Mv4且有1=11+1352解得:V3=0m/sV4=^m/sJJ对平板车,由动能定理得-|imgx3=JMv42-iMvi2乙乙解得X3=||m故小物块离开平板车时平板车右端到凹槽右端的距离为X3=1|mo答1小物块刚滑上平板车时的速度大小为6m/s;2平板车第一次与凹槽右端碰撞时的速度大小为4m/s;353小物块离开平板车时,平板车右端到凹槽右端的距离为一m
183.半径R的圆柱形大区域内存在匀强磁场,方向垂直于纸面向外,磁感应强度随时间均匀增加,其变化率为k(k0)其圆截面如图1所示,圆心为0已知磁场随时间均匀增加时,在垂直于磁场的平面内会产生同心圆形状的感生电场,平面内距圆心相同距离的地方,感生电场场强大小相同R
(1)若将一半径为J的金属圆环垂直磁场方向放置,金属环的中心与点重合,求金属环中产生的感生电动势;R
(2)求图1中距圆心二处的感生电场的大小并判断其方向;2R
(3)若在一半径为二且与大圆区域边界相切的小圆柱形区域内,再叠加一个方向垂直于纸面向里2的变化率也为k的同步变化的匀强磁场,叠加后小圆区域内的合磁场为零如图2所示一个质量为m、电量q、重力不计的带正电粒子,从边界上的A点以某一初速度平行001连线进入小圆区2R域,刚好可以打中两圆相切处,已知A距两圆心连线不,求此粒子初速度大小(提示利用电场叠加原理可以先研究小圆区域内某点的合感生电场的场强)【解答】解
(1)导体圆环内的磁通量发生变化,将产生感生电动势根据法拉第电磁感应定律,感生电动势为£感=器xS=kx兀(苧)2=
(2)感生电场是恒的,根据匀强电场电场强度与电势差的大小公式「4E=7
(3)两个变化的磁场产生的电场的大小均是恒定的,方向沿着切线方向如图所示的Ei和E2根11据以上结论,这两个感生电场的水平分量为Eix=-^kr1sinO1=E2x=-^kr2sin0211Eiy=Eicos01=-^kr1cos01E2y=E2sinB2=-^kr2cos02由于ncos0i+r2cos62=乙19产生的感生电动势-kiR2;4R]2图1中距圆心三处的感生电场的大小二kA其方向为顺时针沿切线方向;243已知A距两圆心连线号,此粒子初速度大小为R总
4.如图所示,在xOy平面的第
一、第四象限有方向垂直于纸面向里的匀强磁场;在第二象限有一匀强电场,电场强度的方向沿y轴负方向原点0处有一粒子源,可在xOy平面内向y轴右侧各个方向连续发射大量速度大小在0-vo之间,质量为m电荷量为+q的同种粒子在y轴正半轴垂直于xOy平面放置着一块足够长的薄板,薄板上有粒子轰击的区域的长度为Lo.已知电场强度的大小为£=察,不考虑粒子间的相互作用,不计粒子的重力1求匀强磁场磁感应强度的大小B;2在薄板上y=4处开一个小孔,粒子源发射的部分粒子穿过小孔进入左侧电场区域,求粒子经过X轴负半轴的最远点的横坐标;3若仅向第四象限各个方向发射粒子t=0时,粒子初速度为vo随着时间推移,发射的粒子初速度逐渐减小,变为多时,就不再发射不考虑粒子之间可能的碰撞,若使发射的粒子同时到达薄板上y=4处的小孔,求t时刻从粒子源发射的粒子初速度大小vt的表达式【解答】解1速度为vo的粒子沿x轴正方向发射,打在薄板的最远处,设粒子运动半径为ro;根据半径公式『0=喘根据题意Lo=2ro联立解得8=沪2如图a所示,速度为v的粒子与y轴正向成夹角a射出,恰好穿过小孔,设其半径为r由半径公式I-得由几何知识2rsina=单粒子在小孔时水平速度vx=vsina整理可得vx=孕,说明能进入电场的粒子水平方向具有相同的分速度粒子在电场中运动时,水平方向匀速运动,则x=-Vxt当丫=丫0时,由Vy=12-咚代入数据解得Vy=^V0此时竖直方向分速度最大,运动时间最长时,水平位移最大粒子在电场中,竖直方向做匀变速直线运动,设运动时间为3以向上为正方向粤=vyt—梁22乙TIT代入数据解得x=-孚Lo
(3)粒子向第四象限射入磁场,运动轨迹如图b所示,所有粒子运动周期相同,均为T=甯代入数据可得T=粤ro对以速度v射入的粒子sina=Wv粒子运动时间t=2螳TZ7T零时刻以V0射入粒子,a最小,运动时间最长,解得其在磁场中运动时间tm=,To对t时刻射入的粒子,要同时到达小孔,需满足t+t,=tm联立解得V(t)=一黑不2si《+转)答
(1)匀强磁场磁感应强度的大小为一安;qL0
(2)粒子经过x轴负半轴的最远点的横坐标为(-堂Lo0);
(3)t时刻从粒子源发射的粒子初速度大小v(t)的表达式为.)2smQ+用)1所以£合=£1丫+£2丫=a/^即带电粒子进入做类平抛运动21qE合
0.8/n由运动学公式有-R=-xx()1252mVq联立解得vo=/J§R答
(1)若将一半径为£的金属圆环垂直磁场方向放置,金属环的中心与点重合,则金属环中。