计算题专项练(五)(满分:46分 时间:45分钟)1.(7分)(2021北京东城高三一模)如图所示,竖直平面内的四分之一圆弧轨道半径为R,下端与水平桌面相切,小球A从圆弧轨道顶端无初速滑下,与静止在圆弧轨道底端的小球B相碰,A与B碰撞后结合为一个整体,在水平桌面上滑动。已知圆弧轨道光滑,A和B的质量相等,A、B与桌面之间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,A、B均可视为质点。求:(1)碰撞前瞬间A的速度大小v;(2)碰撞后瞬间A和B整体的速度大小v';(3)A和B整体在水平桌面上滑行的最远距离l。2.(9分)(2021江西九江高三二模)从物理学的角度看,彩虹是太阳光经过雨滴的两次折射和一次反射形成的。我们通过下列简化示意图来研究彩虹的形成。图中细光束在过球心的平面内,包含红光和紫光两种单色光,入射角θ=45°,透明球对红光折射率为n红=2,球的半径为R,真空中的光速为c。(1)分析判断,a和b哪束光是红光?(2)光线从入射方向到出射方向转过的角度称为偏向角,求红光的偏向角和红光在球内的传播时间。3.(14分)(2021广西南宁三中高三二模)如图所示,xOy平面内,OP与x轴夹角为θ=53°,在xOP范围内(含边界)存在垂直于坐标平面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B=0.1T。第二象限有平行于y轴向下的匀强电场,电场强度大小为E=8340×105V/m。一带电微粒以速度v0=5×106m/s从x轴上a(l,0)点平行于OP射入磁场,并从OP上的b点垂直于OP离开磁场,与y轴交于c点,最后回到x轴上的点d,图中点b、d未标出。已知l=54m,sin53°=45,cos53°=35,不计微粒的重力,求:(1)微粒的比荷qm;(2)d点与O点的距离l1;(3)仅改变磁场强弱而其他条件不变,当磁感应强度Bx大小满足什么条件时,微粒能到达第四象限。4.(16分)(2021安徽高三三模)如图甲所示,金属线圈与水平放置的平行板电容器两个极板相连。金属线圈置于如图乙所示的磁场中,磁场方向与线圈平面垂直,每段时间内磁感应强度随时间的变化率均为ΔBΔt=2T/s。t=0时,将一带电油滴从电容器正中央位置由静止释放,油滴在两极板间上下运动又恰与两极板不相撞。油滴无论在下降还是上升过程中,都只有一段时间没有磁场。不考虑平行板电容器的边缘效应及磁场变化对虚线左侧的影响。已知线圈匝数n=200,面积S=100cm2,两极板间距d=20cm,油滴质量m=1.0×10-6kg,电荷量q=1.0×10-6C,g取10m/s2,求:甲乙(1)存在磁场的时间内线圈中产生的感应电动势的大小及油滴在电场中的加速度大小;(2)油滴释放后第一次下降至最低点的过程中静电力的冲量大小;(3)图中t2、t3和tn的表达式。参考答案计算题专项练(五)1.答案(1)2gR (2)2gR2 (3)R4μ解析(1)设两小球质量均为m,对小球A从圆弧轨道顶端滑到底端的过程,由机械能守恒定律有mgR=12mv2解得v=2gR。(2)对A、B碰撞的过程应用动量守恒定律有mv=2mv'解得v'=2gR2。(3)对A、B整体在水平桌面上滑行的过程应用动能定理有-μ·2mgl=0-12·2mv'2解得l=R4μ。2.答案(1)b (2)150° 26Rc解析(1)同种介质时,光的频率越高,折射率越大,红光和紫光从空气进入水中时,入射角相同,a光偏折较大,b光偏折较小,可知a是紫光,b是红光。(2)从A点入射时,设折射角为γ,根据光的折射定律n红=sinθsinγ根据已知条件可知,折射角γ=30°因此在A点入射时红光沿顺时针方向旋转了Δθ1=θ-γ=15°在B点发生反射时,由于△OAB为等腰三角形,∠ABO=γ在B点红光沿顺时针方向偏转了Δθ2=180°-2γ=120°在出射点C,根据对称性,红光沿顺时针方向的偏转角也为Δθ1,因此红光的偏向角Δθ=2Δθ1+Δθ2=150°根据几何关系及对称性,红光在球内传播的路程s=4Rcosγ=23R红光在球内传播速率v=cn红因此红光在球内传播时间t=sv整理得t=26Rc。3.答案(1)5×107C/kg (2)4m (3)Bx≥0.2T解析(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动,由几何关系r=lsin53°由牛顿第二定律得qv0B=mv02r解得qm=5×107C/kg。(2)粒子进入电场后做类斜抛运动。设c点与O点的距离为l2,由几何关系得l2=lcos53°+rsin53°在y轴方向-l2=v0tcos53°-12qEmt2在x轴方向l1=v0tsin53°解得l1=4m。(3)微粒在磁场中做匀速圆周运动与边界OP相切时,恰好能到达第四象限。由几何关系知R=12lsin53°由牛顿第二定律得qv0B1=mv02R解得B1=0.2T,故当磁感应强度Bx≥0.2T时,微粒能到达第四象限。4.答案(1)4V 10m/s2(2)2×10-6N·s(3)t2=2+210s,t3=2+3210s,tn=2+2(2n-3)10s(n=2,3,4,…)解析(1)根据法拉第电磁感应定律可得,存在磁场的每一段时间内线圈中产生的感应电动势E=nΔΦΔt=nSΔBΔt=4V相应时间内两极板间的电势差U=E=4V油滴所受静电力F=qUd=2×10-5N根据牛顿第二定律可知,油滴在电场中的加速度大小a=F-mgm=10m/s2。(2)在0~t1时间内,油滴做自由落体运动,在t1时刻,油滴的速度为v1,此时两板间加有电压,油滴在重力与静电力作用下做匀减速运动,再经过时间τ1,油滴正好到达下板且速度为零,故有v1=gt10=v1-aτ112d=12gt12+v1τ1-12aτ12由以上各式可得t1=τ1=22dg=0.1s则油滴释放后第一次下降至最低点的过程中静电力的冲量大小I=F·τ1=2×10-6N·s。(3)接着,由下板处向上做匀加速运动,经过时间τ2,速度变为v2,方向向上,这时撤去电压使油滴做匀减速运动,经过时间τ3,油滴到达上板且速度为零,故有v2=aτ20=v2-gτ3d=12aτ22+v2τ3-12gτ32由上式可得τ2=τ3=dg故t2=t1+τ1+τ2=(2+1)dg=2+210s此后油滴每次在上下板间先做初速度为0的匀加速运动,后做末速度为0的匀减速直线运动,且加速度大小均为g,依照上面分析可知t3=(2+3)dg=2+3210st4=(2+5)dg=2+5210s分析得tn=(2+2n-3)dg=2+2(2n-3)10s(n=2,3,4,…)。