计算题增分练(四)

计算题增分练(四)(时间：40分钟)1.如图1所示，一个三棱镜DEF－D′E′F′的横截面为直角三角形，A、B、C分别为三条棱的中点，∠CAB＝30°，∠ACB＝90°，AB的长度为L，该三棱镜材料的折射率n＝eq\r(3)。现有一细光束，其入射方向始终保持与A、B连线平行，入射点从A点沿A、C连线向C点移动，若不考虑光线在三棱镜内的多次反射。求：图1(1)光线从EFF′E′面射出时的折射角；(2)光线从A点向C点移动的过程中，在AB边有光线射出的长度范围。答案(1)0(2)eq\f(L,4)解析(1)设光线从M点入射时，经折射后恰好射向B点。光线在AC边上的入射角为θ1，折射角为θ2，由折射定律n＝eq\f(sinθ1,sinθ2)因θ1＝60°，n＝eq\r(3)，所以θ2＝30°在AM范围内入射时，经折射后在AB边上的入射角为θ3，则θ3＝60°因临界角sinC＝eq\f(1,n)＝eq\f(\r(3),3)<sin60°所以在AB边上发生全反射，由几何关系知，全反射后的光线垂直于BC边，则从BC边射出的光线的折射角为0。(2)在MC范围内入射时，经折射后在BC边上的入射角为θ5，则θ5＝90°－θ2＝60°，在BC边上发生全反射，由几何关系知，全反射后的光线垂直于AB边，AB边上有光线射出的部分长度为BN＝BC·sin30°＝L(sin30°)2＝eq\f(L,4)。2.(2024·山东临沂一模)据史载，战国时期秦楚之战中就有使用投石机的战例。最初的投石车结构很简单，一根巨大的杠杆，长端是用皮套或是木筐装载的石块，短端系上几十根绳索，当命令下达时，数十人同时拉动绳索，利用杠杆原理将石块抛出。某学习小组用如图2所示的模型演示抛石过程，质量m＝1kg的石块装在长臂末端的口袋中，开始时口袋位于水平面并处于静止状态。现对短臂施力，当长臂转到与竖直方向夹角为θ＝53°时立即停止转动，石块以v0＝20m/s的速度被抛出后打在地面上，石块抛出点P离地面高度h＝1.65m，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，sin53°＝0.8，求：图2(1)抛出后石块距离地面的最大高度；(2)在石块运动轨迹最高点左侧竖立一块长度L＝3.2m的木板充当城墙挡住石块，木板离石块抛出点的最近距离。答案(1)14.45m(2)37.2m解析(1)石块抛出时沿竖直方向分速度为v0y＝v0sinθ＝16m/s则石块从抛出到最高点的高度为h1＝eq\f(veq\o\al(2,0y),2g)＝12.8m抛出后石块距离地面的最大高度为H＝h1＋h＝14.45m。(2)当石块刚好被木板上端挡住时，木板离石块抛出点距离最近；石块从最高点到木板上端过程做平抛运动，竖直方向有H－L＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)解得t2＝eq\r(\f(2（H－L）,g))＝1.5s石块从抛出到最高点所用时间为t1＝eq\f(v0y,g)＝1.6s石块抛出时的水平分速度为v0x＝v0cosθ＝12m/s则木板离石块抛出点的最近距离为x＝v0x(t1＋t2)＝37.2m。3.(2024·广东江门一模)如图3所示，在x<0的区域存在方向竖直向上、大小为E的匀强电场，在x＞0区域存在垂直纸面向外的匀强磁场B(B未知)。一个质量为m的带正电粒子甲从A点(－eq\r(3)d，0)以速度v0沿x轴正方向进入电场，粒子从B点(0，eq\f(3,2)d)进入磁场后，恰好与静止在C点质量为eq\f(m,3)的中性粒子乙沿x轴正方向发生弹性正碰，且有一半电荷量转移给粒子乙。已知C点横坐标为xC＝eq\r(3)d，不计粒子重力及碰撞后粒子间的相互作用。求：图3(1)粒子甲的比荷；(2)粒子甲刚进入磁场时的速率和磁感应强度B的大小；(3)若两粒子碰撞后，立即撤去电场，同时在x<0的区域加上与x＞0区域内相同的磁场，试通过计算判断两粒子碰撞后能否再次相遇，如果能，求再次相遇的时间Δt。答案(1)eq\f(veq\o\al(2,0),Ed)(2)2v0eq\f(E,v0)(3)能eq\f(2πd,v0)解析(1)如图所示，粒子甲在电场中沿x轴方向做匀速直线运动，有eq\r(3)d＝v0t沿y轴方向做匀加速直线运动有eq\f(3,2)d＝eq\f(1,2)at2，a＝eq\f(qE,m)联立求得eq\f(q,m)＝eq\f(veq\o\al(2,0),Ed)。(2)粒子甲在B点沿y轴方向的速度vy＝at＝eq\r(3)v0进入磁场中粒子甲速度方向与x轴的夹角tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\r(3)即θ＝60°则进入磁场时的速率v＝eq\f(v0,cos60°)＝2v0由几何关系可得sin60°＝eq\f(\r(3)d,r)又由qvB＝eq\f(mv2,r)求得B＝eq\f(E,v0)。(3)甲、乙粒子在C点发生弹性碰撞，设碰后速度为v1、v2，碰撞过程中由动量守恒定律和能量守恒定律可得mv＝mv1＋eq\f(1,3)mv2eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)×eq\f(1,3)mveq\o\al(2,2)求得v1＝v0，v2＝3v0两粒子碰后在磁场中运动，有eq\f(1,2)qv1B＝eq\f(mveq\o\al(2,1),r1)，eq\f(1,2)qv2B＝eq\f(mveq\o\al(2,2),3r2)求得r1＝r2＝2d两粒子在磁场中一直做轨迹相同的匀速圆周运动，周期分别为T1＝eq\f(2πr1,v1)＝eq\f(4πd,v0)，T2＝eq\f(2πr2,v2)＝eq\f(4πd,3v0)则两粒子碰后再次相遇需满足eq\f(2π,T2)Δt－eq\f(2π,T1)Δt＝2π解得再次相遇时间Δt＝eq\f(2πd,v0)。4.(2024·浙江台州二模)如图4所示装置放置在水平地面上，质量m1＝0.5kg的滑块P从四分之一光滑圆弧A端点滑到B端点，随后通过顺时针转动的传送带。已知圆弧半径R＝0.5m，传送带长d＝1m，与地面高度h＝1.8m。滑块可视为质点，滑块P与传送带间的动摩擦因数μ＝0.3，不计空气阻力与传送带转轮的大小。图4(1)求滑块P滑到圆弧B端点时受到轨道的作用力大小；(2)求滑块P由C点抛出的水平距离x与传送带速度v的关系；(3)若传送带速度v＝6m/s，将木块M与N并排静置在光滑地面上，木块M上固定一竖直轻杆，轻杆上端小横杆上系一长为l＝2m的轻细线，细线下端系一质量为m2＝0.5kg的小球Q。滑块P从传送带飞出后恰好与小球Q碰撞并连结为一整体S(可视为质点)，随后绕悬点小角度摆动(不与竖直杆碰撞)。已知木块M与N的质量分别为m3＝1kg与m4＝2kg。求木块M与N分离时S的速度大小。答案(1)15N(2)见解析(3)1m/s解析(1)滑块P从圆弧A端点滑到B端点，根据动能定理有m1gR＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,B)解得vB＝eq\r(10)m/s在B点，根据牛顿第二定律有FN－m1g＝m1eq\f(veq\o\al(2,B),R)解得FN＝15N。(2)滑块P由C点抛出后，做平抛运动，则h＝eq\f(1,2)gt2解得t＝0.6s若滑块P滑上传送带后一直做减速运动，根据动能定理，有－μm1gd＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,B)解得v1＝2m/s若滑块P滑上传送带后一直做加速运动，根据动能定理，有μm1gd＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,B)解得v2＝4m/s则若传送带速度0<v≤2m/s，滑块P由C点抛出的水平距离为x＝v1t＝1.2m若传送带速度2m/s<v<4m/s，滑块P由C点抛出的水平距离为x＝vt＝0.6vm若v≥4m/s，滑块P由C点抛出的水平距离为x＝v2t＝2.4m。(3)由(2)知滑块由C点飞出时速度为v2＝4m/s滑块P与小球Q碰撞过程动量守恒，则m1v2＝(m1＋m2)v3解得v3＝2m/s根据S与木块M、N组成的系统动量守恒和机械能守恒，有(m1