計(jì)算題專(zhuān)項(xiàng)練(三)(滿(mǎn)分:46分時(shí)間:45分鐘)1.(7分)一列簡(jiǎn)諧橫波沿x軸正向傳播,M、P、N是x軸上沿正向依次分布的三個(gè)質(zhì)點(diǎn),M、N兩質(zhì)點(diǎn)平衡位置間的距離為1.3m,P質(zhì)點(diǎn)平衡位置到M、N兩質(zhì)點(diǎn)平衡位置的距離相等。M、N兩質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)圖像分別如圖甲、乙所示。(1)求P質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)周期;(2)求這列波的波長(zhǎng)。2.(9分)(2023山東濰坊二模)如圖所示,用同種透明材料制成的兩玻璃磚平放在水平桌面上,其中AB的橫截面是半徑為R的半圓形,O點(diǎn)為其圓心;CDFE的橫截面為長(zhǎng)方形,CD邊的長(zhǎng)度為2R,CE邊的長(zhǎng)度為32R,AB與CD平行且相距R4。玻璃磚右側(cè)固定一平行于DF的光屏MN,光屏離B、D兩點(diǎn)的距離均為R。整個(gè)裝置置于真空中,一束激光沿半徑方向平行于桌面射向O點(diǎn),當(dāng)該光束與AB邊的夾角α為45°時(shí),恰好無(wú)光線從AB面射出。已知光在真空中的傳播速度為c,現(xiàn)將夾角(1)光在玻璃磚下表面EF的出射點(diǎn)到光屏的距離;(2)該光束在兩玻璃磚內(nèi)傳播的總時(shí)間。3.(14分)一種探測(cè)氣體放電過(guò)程的裝置如圖甲所示,充滿(mǎn)氖氣(Ne)的電離室中有兩電極與長(zhǎng)直導(dǎo)線連接,并通過(guò)兩水平長(zhǎng)導(dǎo)線與高壓電源相連。在與長(zhǎng)直導(dǎo)線垂直的平面內(nèi),以導(dǎo)線為對(duì)稱(chēng)軸安裝一個(gè)用阻值R0=10Ω的細(xì)導(dǎo)線繞制、匝數(shù)n=5×103的圓環(huán)形螺線管,細(xì)導(dǎo)線的始末兩端c、d與阻值R=90Ω的電阻連接。螺線管的橫截面是半徑a=1.0×102m的圓,其中心與長(zhǎng)直導(dǎo)線的距離r=0.1m。氣體被電離后在長(zhǎng)直導(dǎo)線回路中產(chǎn)生順時(shí)針?lè)较虻碾娏鱅,其It圖像如圖乙所示。為便于計(jì)算,螺線管內(nèi)各處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均可視為B=kIr,其中k=2×107T·甲乙(1)求0~6.0×103s內(nèi)通過(guò)長(zhǎng)直導(dǎo)線橫截面的電荷量Q;(2)求3.0×103s時(shí),通過(guò)螺線管某一匝線圈的磁通量Φ;(3)若規(guī)定c→R→d為電流的正方向,在不考慮線圈自感的情況下,通過(guò)計(jì)算,畫(huà)出通過(guò)電阻R的iRt圖像;(4)若規(guī)定c→R→d為電流的正方向,考慮線圈自感,定性畫(huà)出通過(guò)電阻R的iRt圖像。4.(16分)下圖是一彈射游戲裝置,由安裝在水平臺(tái)面上的固定彈射器、豎直圓軌道(在最低點(diǎn)A、C分別與水平軌道OA和CD相連)、傾斜長(zhǎng)軌道DE組成。游戲時(shí)滑塊從O點(diǎn)彈出后,經(jīng)過(guò)圓軌道并滑上傾斜長(zhǎng)軌道DE,若滑塊從長(zhǎng)軌道DE滑下則反向進(jìn)入圓軌道,從圓軌道滑出,進(jìn)入AO軌道并壓縮彈射器的彈簧,隨后能再次彈出(壓縮與彈出無(wú)能量損失)算游戲成功。已知圓軌道半徑為R,軌道DE的傾角θ=37°,滑塊質(zhì)量為m,滑塊與軌道DE之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.5,其余都光滑,各軌道之間平滑連接;滑塊可視為質(zhì)點(diǎn),彈射時(shí)從靜止釋放且彈簧的彈性勢(shì)能完全轉(zhuǎn)化為滑塊動(dòng)能,忽略空氣阻力,sin37°=0.6,cos37°=0.8,重力加速度為g。(1)若滑塊第一次進(jìn)入圓軌道,恰好能過(guò)最高點(diǎn)B,求滑塊能滑上斜軌道的最大距離;(2)若某次游戲彈射釋放的彈性勢(shì)能為Ep=5mgR,求滑塊在斜軌道上通過(guò)的總路程;(3)要使游戲成功(即滑塊能返回彈射器且只能返回一次),并要求滑塊始終不脫離軌道,求彈射時(shí)彈性勢(shì)能可能的范圍。答案：1.答案(1)0.2s(2)265(4解析(1)由題意,根據(jù)振動(dòng)圖像易得,振動(dòng)周期為T(mén)=0.2s。(2)波從M向N傳播,由振動(dòng)圖像得n+34λ=1.解得λ=5.24n+3m2.答案(1)54R(2)解析(1)當(dāng)α=45°時(shí),恰好無(wú)光線從AB面射出,恰好發(fā)生全反射,則知臨界角C=45°由sinC=1n,解得玻璃磚的折射率n=當(dāng)α調(diào)整至60°時(shí),畫(huà)出光路圖如圖所示。光束在O點(diǎn)的入射角i=90°60°=30°由折射定律有n=sinrsini由幾何知識(shí)可知,光束在CD邊上入射角等于45°,由光路可逆性原理可知,光束在CD邊的折射角i=30°所以光在玻璃磚下表面EF的出射點(diǎn)H到光屏的距離為s=2RR4tanr32R解得s=54R(2)該光束在長(zhǎng)方形玻璃磚內(nèi)傳播的距離為s'=GH=32光束在玻璃磚內(nèi)傳播速度為v=cn則該光束在兩玻璃磚內(nèi)傳播的總時(shí)間為t=R解得t=223.答案(1)0.5C(2)6.28×108Wb(3)見(jiàn)解析圖(4)見(jiàn)解析圖解析(1)由q=It可知It圖像下方的面積表示電荷量,因此有Q=I1Δt1+I2Δt2+I3Δ代入數(shù)據(jù)解得Q=0.5C。(2)由磁通量的定義可得Φ=BS=kIr×πa代入數(shù)據(jù)可得Φ=6.28×108Wb。(3)在0~1.0×103s時(shí)間內(nèi)電流均勻增加,由楞次定律可知感應(yīng)電流的方向?yàn)閏→R→d,產(chǎn)生恒定的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=nΔ由閉合電路歐姆定律可得iR=E代入數(shù)據(jù)解得iR=3.14×103A在1.0×103~5.0×103s電流恒定,穿過(guò)圓形螺線管的磁場(chǎng)恒定,因此感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為0,感應(yīng)電流為0,而在5.0×103~6.0×103s時(shí)間內(nèi)電流隨時(shí)間均勻變化,斜率大小和0~1.0×103s時(shí)間內(nèi)斜率大小相同,因此電流大小相同,由楞次定律可知感應(yīng)電流的方向?yàn)閐→R→c,則圖像如圖所示。(4)考慮自感的情況下,線框會(huì)產(chǎn)生自感電動(dòng)勢(shì)阻礙電流的增加,因此電流是緩慢增加的,過(guò)一段時(shí)間電路達(dá)到穩(wěn)定后自感消失,電流的峰值和之前大小相同,在1.0×103~5.0×103s時(shí)間內(nèi)電路中的磁通量不變化,電流要減小為0,因此自感電動(dòng)勢(shì)會(huì)阻礙電流的減小,使得電流緩慢減小為0,電流圖像如圖所示。4.答案(1)52R(2)252R(3)252mgR≤E解析(1)恰好過(guò)最高點(diǎn)B,可得mg=mv得vB=gR對(duì)從B點(diǎn)第一次運(yùn)動(dòng)到斜軌道最高點(diǎn)的過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理mg(2Rlsinθ)μmglcosθ=01解得l=52R(2)首先,判斷滑塊能否通過(guò)B點(diǎn),以O(shè)D平面為參考平面,若恰好過(guò)B點(diǎn),滑塊的機(jī)械能E1=2mgR+12因Ep>E1,故滑塊能過(guò)B點(diǎn),其次,判斷滑塊第一次在斜軌道往返后,是否會(huì)脫離圓軌道,設(shè)第一次到斜軌道最高點(diǎn)與D點(diǎn)距離為l1,由能量守恒得Ep=mgl1sinθ+μmgl1cosθ得l1=5R返回到C處時(shí)滑塊的機(jī)械能E1'=Ep2μmgl1cosθ=mgR因此,此后滑塊恰好不脫離軌道,在圓軌道與斜軌道間往復(fù)運(yùn)動(dòng),最終停在D點(diǎn),全過(guò)程應(yīng)用能量守恒Ep=μmgscosθ得s=252R(3)設(shè)滑塊在D點(diǎn)的速度為v0,滑上斜軌道的距離為l',滑塊返回D點(diǎn)的速度為v,則根據(jù)動(dòng)能定理可得12mv02=(mgsinθ+μ即l'=v滑塊損失的