计算题专项练(六)

计算题专项练（六）（限时：35分钟）如图1所示，图中阴影部分ABC为一透明材料做成的柱形光学元件的横截面，AC为一半径为R的eq\f(1,4)圆弧，D为圆弧面圆心，ABCD构成正方形，在D处有一点光源。若只考虑首次从圆弧AC直接射向AB、BC的光线，从点光源射入圆弧AC的光中，有一部分不能从AB、BC面直接射出(不考虑顶点B)，已知这部分光照射圆弧AC的弧长为eq\f(πR,6)，光在真空中传播速度为c。求：图1(1)该材料的折射率；(2)直接从AB、BC面射出的光线中，在此光学元件中传播的最长时间。答案(1)2(2)2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)－1))eq\f(R,c)解析(1)设弧长为eq\f(πR,6)的圆弧所对应的圆心角为α，则α＝eq\f(\f(πR,6),R)＝eq\f(π,6)＝30°根据几何知识，全反射的临界角为C＝30°根据全反射条件sinC＝eq\f(1,n)解得n＝2。(2)直接从AB、BC面射出的光线中，在此光学元件中传播的最长路径的长度l＝eq\f(R,cos30°)－R＝eq\f(2\r(3),3)R－R光在此光学元件中传播的速度v＝eq\f(c,n)光在此光学元件中传播的最长时间t＝eq\f(l,v)解得t＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)－1))eq\f(R,c)。2．某卫星A在赤道平面内绕地球做圆周运动，运行方向与地球自转方向相同，赤道上有一卫星测控站B，已知卫星距地面的高度为R，地球的半径为R，自转周期为T0，地球表面的重力加速度为g。求：(1)卫星A做圆周运动的周期T；(2)卫星A和测控站B能连续直接通讯的最长时间t。(卫星信号传输时间可忽略)答案(1)4πeq\r(\f(2R,g))(2)eq\f(4π\r(2R)T0,3T0\r(g)－12π\r(2R))解析(1)设地球质量为M，卫星A的质量为m，根据万有引力提供向心力，有Geq\f(Mm,（2R）2)＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))2·2Rm0g＝Geq\f(Mm0,R2)解得T＝4πeq\r(\f(2R,g))。(2)如图所示，卫星的通讯信号视为沿直线传播，由于地球遮挡，使卫星A和地面测控站B不能一直保持直接通讯。设无遮挡时间为t，则它们转过的角度之差最大为2θ。cosθ＝eq\f(R,2R)eq\f(2π,T)t－eq\f(2π,T0)t＝2θ解得t＝eq\f(4π\r(2R)T0,3T0\r(g)－12π\r(2R))。3．如图2所示为某网红秋千打卡示意图，由两根长度相同的绳子悬挂在水平横梁A、B两点，绳子另一端固定在秋千座椅上(可绕AB中点D摆动)，静止时绳子与竖直方向CD的夹角均为θ，CD距离为h。图3为某次工作人员助力游客荡秋千的示意图，当游客自由摆动到最高点G时，工作人员恰好跃起并抓紧座椅，此后同游客一起无初速的由G点向下摆至最低点时，工作人员突然发力将游客水平快速推出，然后工作人员自由竖直下落到E处。若游客、座椅的总质量为m，工作人员的质量也为m，GD与DC的夹角为α，重力加速度为g，忽略一切阻力以及绳子质量，游客(含座椅)、工作人员近似视为质点模型，求：(1)游客与工作人员自由下摆到C处分离前时的速度大小；(2)游客与工作人员分离前后瞬间绳子上拉力大小的增加量ΔF。答案(1)eq\r(2gh（1－cosα）)(2)eq\f(（3－4cosα）mg,2cosθ)解析(1)根据动能定理有2mgh(1－cosα)＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,1)解得v1＝eq\r(2gh（1－cosα）)。(2)分离前后：根据动量守恒定律2mv1＝mv2分离前根据牛顿第二定律2F1cosθ－2mg＝2meq\f(veq\o\al(2,1),h)分离后根据牛顿第二定律2F2cosθ－mg＝meq\f(veq\o\al(2,2),h)联立解得ΔF＝F2－F1＝eq\f(（3－4cosα）mg,2cosθ)。4．半径为R和eq\f(R,2)的同轴柱形金属网横截面如图4所示，给两金属网接在电压为U的恒压电源上，两网之间产生径向的电场，在半径为R(较大的金属网外)和2R之间的区域内，存在轴向的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子从轴心O处以速度v0沿半径方向运动，经小金属网的M点后再经过时间Δt到达大金属网上的N点，不计粒子重力，设粒子运动中未碰到金属网上。图4(1)若使粒子不能从磁场区域的外边界射出，磁感应强度的大小应满足什么条件？(2)调整磁感应强度的大小，使粒子在磁场中运动的半径为eq\f(\r(3),3)R，求粒子连续两次经过N点的时间。答案(1)B>eq\f(4m,3qR)eq\r(veq\o\al(2,0)＋\f(2qU,m))(2)eq\f(3R,v0)＋6Δt＋eq\f(4\r(3)πR,3)eq\r(\f(m,2qU＋mveq\o\al(2,0)))解析(1)设粒子进入磁场时的速度大小为v，则在由M运动到N点的过程中有qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)当带电粒子在磁场中的运动轨迹与磁场的外边界相切时为临界情况，如图甲，由几何关系可知eq\r(R2＋req\o\al(2,m))＋rm＝2R根据牛顿运动定律，得qvB＝eq\f(mv2,rm)整理得B＝eq\f(4m,3qR)eq\r(veq\o\al(2,0)＋\f(2qU,m))即当B>eq\f(4m,3qR)eq\r(veq\o\al(2,0)＋\f(2qU,m))时，粒子才不会从磁场的外边界射出。(2)如图乙为粒子从N点回到O点的运动轨迹，粒子在磁场中运动的轨道半径r＝eq\f(\r(3),3)R时，根据几何关系知tanθ＝eq\f(r,R)即θ＝30°由对称性知，粒子回到磁场内边界时，速度方向指向圆心，OP与ON间的夹角为60°，圆弧轨迹对应的圆心角为240°，经历的时间t3＝eq\f(2,3)·eq\f(2πr,v)粒子从O到M的时间t1＝eq\f(\f(R,2),v0)从M到N的时间t2＝Δt粒子从磁场再回到电场时，速度沿半径指向圆心，通过电场的时间仍为t2＝Δt即从O出发再回到O经历的时间t＝2t1＋2t2＋t3整理得t＝eq\f(R,v0)＋2Δt＋eq\f(4\r(3)πR,9)eq\r(\f(m,2qU＋mveq\o\al(2,0)))粒子回到O点后与初速度v0的夹角为120°，再重复前面的过程，粒子经三次磁场偏转后沿ON方向通过N点，轨迹如图丙