高中物理二輪復(fù)習(xí)-計(jì)算題定時(shí)規(guī)范訓(xùn)練(四)

計(jì)算題定時(shí)規(guī)范訓(xùn)練(四)(限時(shí)：35分鐘)1.(8分)(2021·湖南永州市第三次模擬)如圖1所示是由透明材料制成的柱體的橫截面圖，圓弧AB所對(duì)的圓心角∠AOB為120°，圓弧半徑為R，P為AO上的點(diǎn)?，F(xiàn)有一光線沿紙面垂直O(jiān)A從P點(diǎn)射入，射到圓弧面上的C點(diǎn)恰好發(fā)生全反射。已知OP＝eq\f(\r(3),2)R，光在真空中傳播的速度大小為c。求：圖1(1)透明材料的折射率和光線發(fā)生全反射的臨界角；(2)光從P點(diǎn)射入到第一次射出柱體所用的時(shí)間。答案(1)eq\f(2\r(3),3)60°(2)eq\f(4\r(3)R,3c)解析(1)光路圖如圖所示，設(shè)透明材料的折射率為n，光線發(fā)生全反射的臨界角為θ，則sinθ＝eq\f(1,n)，sinθ＝eq\f(OP,R)，其中OP＝eq\f(\r(3),2)R解得n＝eq\f(2\r(3),3)，θ＝60°。(2)在C點(diǎn)發(fā)生全反射的光線在圓弧面AB上D點(diǎn)恰好再次發(fā)生全反射，后垂直O(jiān)B從E點(diǎn)射出柱體。由幾何關(guān)系有PC＝DE＝eq\f(1,2)R，CD＝R光從P點(diǎn)傳播到E點(diǎn)所用的時(shí)間為t＝eq\f(PC＋CD＋DE,v)，又n＝eq\f(c,v)，解得t＝eq\f(4\r(3)R,3c)。2.(14分)(2021·天津市學(xué)業(yè)水平等級(jí)性考試模擬)如圖2，M、N為水平放置的一對(duì)平行金屬板間距為d，長(zhǎng)l＝eq\f(2\r(3),3)d，所加電壓U＝U0。金屬板右側(cè)有一以CD、EF兩豎直線為邊界的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向如圖所示?，F(xiàn)有質(zhì)量為m，帶電荷量為q的負(fù)離子(重力不計(jì))從靜止開(kāi)始經(jīng)電場(chǎng)U0加速后，沿水平方向由金屬板MN正中央射入，經(jīng)電場(chǎng)、磁場(chǎng)后從邊界EF水平射出。求：圖2(1)離子射入金屬板MN時(shí)初速度的大??；(2)離子離開(kāi)金屬板MN時(shí)速度的大小和方向；(3)離子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間。答案(1)eq\r(\f(2qU0,m))(2)2eq\r(\f(2qU0,3m))，與水平方向成30°角偏向M板(3)eq\f(πm,6qB)解析(1)加速電場(chǎng)中，由動(dòng)能定理得qU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得離子射入金屬板MN的初速度大小v0＝eq\r(\f(2qU0,m))。(2)離子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中，水平方向上有l(wèi)＝v0t豎直方向有a＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU0,dm)，vy＝at＝eq\f(qU0l,dmv0)則合速度大小為v＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y))＝2eq\r(\f(2qU0,3m))設(shè)速度與水平方向的夾角為θ，則cosθ＝eq\f(v0,v)＝eq\f(\r(3),2)可知θ＝30°，即速度方向?yàn)榕c水平方向成30°角偏向M板。(3)離子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由洛倫茲力提供向心力得qvB＝meq\f(v2,r)根據(jù)周期的定義得T＝eq\f(2πr,v)，解得T＝eq\f(2πm,qB)如圖由幾何關(guān)系得，離子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的圓弧軌跡所對(duì)應(yīng)的圓心角α＝eq\f(π,6)則離子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t′＝eq\f(α,2π)T＝eq\f(πm,6qB)。3.(18分)(2021·安徽馬鞍山市第二次質(zhì)量監(jiān)測(cè))有一水平足夠長(zhǎng)的傳送帶，以3m/s的速度沿順時(shí)針?lè)较騽蛩龠\(yùn)轉(zhuǎn)，傳送帶右端與傾角為37°的粗糙固定斜面底端B平滑連接，一質(zhì)量1kg的小滑塊從斜面上A點(diǎn)由靜止釋放，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后，最終停在傳送帶與斜面的連接處。小滑塊與斜面、傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.5，A、B間距離為4m。重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：圖3(1)小滑塊從釋放到第一次到達(dá)B點(diǎn)經(jīng)歷的時(shí)間；(2)小滑塊第三次通過(guò)B點(diǎn)的速度大??；(3)從釋放到最終停止，小滑塊運(yùn)動(dòng)的總路程。答案(1)2s(2)eq\f(3\r(5),5)m/s(3)8.775m解析(1)小滑塊從A點(diǎn)由靜止釋放向下運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得mgsinθ－μmgcosθ＝ma1代入數(shù)值解得a1＝2m/s2由sAB＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)，得第一次到達(dá)B點(diǎn)時(shí)間為t1＝2s。(2)小滑塊第一次滑上傳送帶的速度大小為v＝a1t1＝4m/s，此后先向左勻減速，而后向右勻加速，v＝4m/s>v0＝3m/s，當(dāng)滑塊和傳送帶速度相同時(shí)開(kāi)始勻速，所以滑塊返回B點(diǎn)時(shí)速度大小為v0＝3m/s，滑塊沿斜面向上運(yùn)動(dòng)的加速度為ma2＝mgsinθ＋μmgcosθ解得a2＝10m/s2滑塊第一次以初速度v0沖上斜面后上升的最大距離x1，滑塊第三次到B時(shí)速度大小為v1，則veq\o\al(2,0)＝2a2x1，veq\o\al(2,1)＝2a1x1，聯(lián)立得第三次通過(guò)B點(diǎn)的速度大小v1＝v0eq\r(\f(1,5))＝eq\f(3\r(5),5)m/s。(3)滑塊第一次以v滑上傳送帶，向左運(yùn)動(dòng)的位移為s1＝eq\f(v2,2μg)＝1.6m滑塊第二次以初速度v1滑上傳送帶，由于v1<v0，滑塊從傳送帶上返回B點(diǎn)時(shí)速度大小仍為v1，由第(2)問(wèn)的分析知，此后滑塊每次滑下斜面的速度大小是滑上斜面速度的eq\r(\f(1,5))，即v1＝v0eq\r(\f(1,5))v2＝v0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(1,5))))eq\s\up12(2)v3＝v0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(1,5))))eq\s\up12(3)……滑塊第一次滑上斜面之后在斜面上的總路程s2＝2×eq\f(veq\o\al(2,0),2a2)＋2×eq\f(veq\o\al(2,1),2a2)＋2×eq\f(veq\o\al(2,2),2a2)＋…聯(lián)立可得s2＝1.125m滑塊第三次滑上傳送帶之后在傳送帶上的總路程s3＝2