計(jì)算題專項(xiàng)練(六)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。某同學(xué)設(shè)想了如下過程來模擬一次保齡球投擲、運(yùn)行、撞擊的過程。如圖所示,將一質(zhì)量為M=2.8kg的保齡球從A點(diǎn)開始由靜止向前擲出,球沿曲線運(yùn)動(dòng),脫手后,在B點(diǎn)以v0=6m/s的速度切入水平球道。球做直線運(yùn)動(dòng)經(jīng)t=4s時(shí)間后在C點(diǎn)與質(zhì)量為m=1.4kg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=1m,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120,重力加速度g取10m/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,碰撞過程中沒有能量損失,球與球瓶均可看成質(zhì)點(diǎn)。求:(1)運(yùn)動(dòng)員在擲球過程中對(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)22.4J(2)4m/s(3)163解析(1)運(yùn)動(dòng)員在擲球過程中,根據(jù)動(dòng)能定理可得W+Mgh=12解得運(yùn)動(dòng)員對(duì)保齡球做的功為W=22.4J。(2)保齡球從B到C的過程,根據(jù)動(dòng)量定理可得120Mgt=Mv1Mv解得在撞上球瓶前的瞬間,保齡球的速度大小為v1=4m/s。(3)球與球瓶的碰撞過程時(shí)間極短,碰撞中沒有能量損失,可知碰撞過程滿足動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒,則有Mv1=Mv3+mv212聯(lián)立解得碰撞后,球瓶的速度大小為v2=163m/s2.(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=650nm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=53,光在真空中的傳播速度為c,sin37°=0.6,cos37°=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)。答案(1)390nm(2)37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=λ0fv=λ介fn=c解得λ介=λ0n=390(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sinθ=1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N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37233.(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。(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=8mv05qL,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,答案(1)2mv0qL(2)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=L根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qv0B1=mv解得B1=2m(2)粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期為T=2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=90°360當(dāng)粒子從x軸上的點(diǎn)L2,0,0射出時(shí),弦長(zhǎng)最短為L(zhǎng)2,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t(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=B2cos2Bz=B2sin2故可知y和z軸方向的合磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B=By2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=mv粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡半徑為r2=mv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((r解得y=L4,z=故可得痕跡圓的半徑為r=L故粒子打在熒光屏上落點(diǎn)的痕跡長(zhǎng)度為l=πr=πL4.(16分)(2024浙江二模)“自由落體塔”是一種驚險(xiǎn)刺激的游樂設(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=k1r。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(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12k2Δx2,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答案(1)((2)(2πk1(3)Q=mg[(h1h2)+mg6k2],I0=mg3解析(1)線圈進(jìn)入磁場(chǎng)前做自由落體運(yùn)動(dòng),由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得速度v1=2由右手定則判斷感應(yīng)電流沿順時(shí)針方向。N匝線圈切割磁感線,由歐姆定律得NBLv=IR,其中BL=k1r·2πr=2π聯(lián)立得速度為v時(shí)線圈中通過的電流I=2π則線圈所受安培力大小F=NBIL=(2(2)全過程對(duì)線圈用動(dòng)量定理,取向下為正,有mgt0∑NBIiLti=mv00其中由(1)知BL=2πk1I=2π故有∑NBIiLti=(2πk1N)2R∑解得t0=(2πk1N(3)線圈最終靜止時(shí)不切割磁感線,不受安培力,有mg=3k2Δx,解得