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2009屆高三三輪沖刺物理題型專練系列

計算題部分(十三)

計算題

1.如圖所示，靜止在光滑水平面上的小車質量為M=20kg. 從水槍中噴的水柱，橫截面積為S=10cm²，速度為v=10m/s，水的密度為ρ=1.0×10³kg/m³. 若用水槍噴出的水從車后沿水平方向沖擊小車的前壁，且沖擊到小車前壁的水全部沿前壁淌入小車中. .

(1) 求當有質量為m=5kg的水進入小車時，小車的速度�。� (2) 若將小車固定在水平面上，且水沖擊到小車前壁后速度立即變為零，求水對小車的沖擊力大小。.

.

2．神奇的黑洞是近代引力理論所預言的一種特殊天體，探尋黑洞的方案之一是觀測雙星系統的運動規律。天文學家觀測河外星系麥哲倫云時，發現了LMCX-3雙星系統，它由可見星A和不可見的暗星B構成，兩星視為質點，不考慮其它天體的影響，A、B圍繞兩者連線上的O點做勻速圓周運動，它們之間的距離保持不變，如圖所示。引力常量為G，由觀測能夠得到可見星A的速率v和運行周期。

（1）可見得A所受暗星B的引力F_A可等效為位于O點處質量為m^/的星體（視為質點）對它的引力，設A和B的質量分別為m₁、m₂。試求m^/的（用m₁、m₂表示）；

（2）求暗星B的質量m₂與可見星A的速率v、運行周期T和質量m₁之間的關系式；

（3）恒星演化到末期，如果其質量大于太陽質量m_I的兩倍，它將有可能成為黑洞。若可見星A的速率v＝2.7m/s，運行周期T＝4.7π×10⁴s，質量m₁＝6m_I，試通過估算來判斷暗星B有可能是黑洞嗎？

（G＝6.67×10N?m/kg²，m_I＝2.0×10³⁰kg）

3．如圖1是一種家用電熨斗的電路原理圖（額定電壓為220 V），虛線框內為加熱電路，R₀是定值電值，R是可變電阻（調溫開關）。該電熨斗溫度最低時的耗電功率為121 W，溫度最高時的耗電功率為484 W。求：.

（1）R₀的阻值及R的阻值變化范圍；.

（2）假定電熨斗每秒鐘散發的熱量Q跟電熨斗表面溫度與環境溫度的溫差關系如圖2所示，現在溫度為20℃的房間使用該電熨斗來熨燙毛料西服，要求熨斗表面溫度為200 ℃，且保持不變，問應將R的阻值調為多大？.

.

4．從陰極K發射的電子經電勢差U₀=4500V的陽極加速后，沿平行于板面的方向從中央射入兩塊長L₁=10cm，間距d=4cm的平行金屬板AB之后，在離金屬板邊緣L₂=75cm處放置一個直徑D=20cm的帶有記錄紙的圓筒（如圖所示），整個裝置放在真空內，電子發射的初速度不計。已知電子質量m=0.9×10^-30 kg。

（1）若在兩金屬板上加上U₁=1000V的直流電壓（_A>_B），為使電子沿入射方向做勻速直線運動，應加怎樣的磁場？

（2）若在兩金屬板上加上U₂=1000cos2πt（V）的交流電壓，并使圓筒繞中心軸按圖示方向以=4πrad/s的角速度勻速轉動，確定電子在記錄紙上的軌跡形狀并畫出1s鐘內所記錄的圖形。（要求算出記錄紙上的最大偏移距離）

5．2003年1月5日晚，在太空遨游92圈的"神舟"四號飛船返回艙按預定計劃，載著植物種子、郵品、紀念品等實驗品，安全降落在內蒙古中部草原。"神舟"四號飛船在返回時先要進行姿態調整，飛船的返回艙與留軌艙分離，返回艙以近8km/s的速度進入大氣層，當返回艙距地面30km時，返回艙上的回收發動機啟動，相繼完成拉出天線、拋掉底蓋等動作。在飛船返回艙距地面20km以下的高度后，速度減為200m/s而勻速下降，此段過程中返回艙所受空氣阻力為，式中為大氣的密度，v是返回艙的運動速度，S為與形狀特征有關的阻力面積。當返回艙距地面高度為10km時，打開面積為1200m²的降落傘，直到速度達到8.0m/s后勻速下落。為實現軟著陸（即著陸時返回艙的速度為0），當返回艙離地面1.2m時反沖發動機點火，使返回艙落地的速度減為零，返回艙此時的質量為2.7×10³kg 取g=10m/s² 。

（1）用字母表示出返回艙在速度為200m/s時的質量。

（2）分析打開降落傘到反沖發動機點火前，返回艙的加速度和速度的變化情況。

（3）求反沖發動機的平均反推力的大小及反沖發動機對返回艙做的功。

6.在半徑為R的半圓形區域中有一勻強磁場，磁場的方向垂直于紙面，磁感應強度為B。一質量為m，帶有電量q的粒子以一定的速度沿垂直于半圓直徑AD方向經P點（AP＝d）射入磁場（不計重力影響）。

 (1) 如果粒子恰好從A點射出磁場，求入射粒子的速度。

(2)如果粒子經紙面內Q點從磁場中射出，出射方向與半圓在Q點切線方向的夾角為φ（如圖）。求入射粒子的速度。

7．如圖9所示，靜止在光滑水平桌面的布帶上有一質量為m＝1.0kg的小鐵塊，它離布帶的右端距離為L＝0.5 m，鐵塊與布帶間動摩擦因數為μ＝0.1．現用力從靜止開始向左以a₀＝2 m/s²的加速度將布帶從鐵塊下抽出，假設鐵塊大小不計，鐵塊不滾動，g取10m/s²）求：

(1)將布帶從鐵塊下抽出需要多長時間？

(2)布帶對鐵塊做了多少功？

8．如圖10甲所示，空間存在B＝0.5T、方向豎直向下的勻強磁場，MN、PQ是放在同一水平面內的粗糙平行長直導軌，其間距L＝0.2m，R是連在導軌一端的電阻，ab是跨接在導軌上質量m＝0.1kg的導體棒，從零時刻開始，對ab施加一個大小為F＝0.45N，方向水平向左的恒定拉力，使其從靜止開始沿導軌運動，此過程中棒始終保持與導軌垂直且良好接觸，圖乙是棒的運動速度??時間圖象，其中AO是圖象坐標原點0點時刻的切線（切線的斜率即為棒在0時刻的加速度），AB是圖象的漸近線，除R外其余部分的電阻不計。

⑴求R的阻值。

⑵當棒的位移為100m時，其速度已經達到10m/s，

求此過程中電阻上產生的熱量。

9．在場強為E = 100 v/m的豎直向下勻強電場中有一塊水平放置的足夠大的接地金屬板，在金屬板的正上方，高為h = 0.8m處有一個小的放射源放在一端開口的鉛盒內，如圖所示.放射物以v₀ = 200m/s的初速度向水平面以下各個方向均勻地釋放質量為m = 2×10^-15kg、電量為q = +10^-12C的帶電粒子．粒子最后落在金屬板上．不計粒子重力，試求：（1）粒子下落過程中電場力做的功；（2）粒子打在板上時的動能；（3）計算落在金屬板上的粒子圖形的面積大�。�（結果保留兩位有效數字）

10．如圖所示，在同時存在勻強電場和勻強磁場的空間中取正交坐標系Oxyz（x軸正方向水平向右，y軸正方向豎直向上）。勻強磁場方向與Oxy平面平行，且與x軸的夾角為，重力加速度為g。

（1）一質量為m、電荷量為的帶電質點沿平行于z軸正方向以速度v₀做勻速直線運動，求滿足條件的電場強度的最小值及對應的磁感應強度；

（2）當同樣的帶電質點沿平行于z軸負方向以速度v₀通過y軸上的點時，改變電場強度大小和方向，同時改變磁感應強度的大小，要使帶點質點做勻速圓周運動且能夠經過x軸，問電場強度E和磁感應強度B大小各滿足什么條件？

11．如圖所示，將兩條完全相同的磁鐵（磁性極強）分別固定在質量相等的小車上，水平面光滑。開始時甲車速度大小為3m/s，乙車速度大小為2m/s，方向相反并同在一條直線上。

（1）當乙車的速度為零時，甲車的速度是多少? 方向如何？

（2）由于磁鐵磁性極強，故兩車不會相碰，試求出兩車距離最短時乙車速度為多少? 方向如何？

12．如圖所示，在直角坐標系的第Ⅱ象限和第Ⅳ象限中的直角三角形區域內，分布著磁感應強度均為B＝5.0×10^－2T的勻強磁場，方向分別垂直紙面向外和向里。質量為m＝6.64×10^－27┧、電荷量為q＝＋3.2×10^－19C的α粒子（不計α粒子重力），由靜止開始經加速電壓為U＝1205V的電場（圖中未畫出）加速后，從坐標點M（－4，）處平行于x軸向右運動，并先后通過勻強磁場區域。

⑴求出α粒子在磁場中的運動半徑；

⑵在圖中畫出α粒子從直線x＝－4到直線x＝4之間的運動軌跡，并在圖中標明軌跡與直線x＝4交點的坐標；

⑶求出α粒子在兩個磁場區域偏轉所用的總時間。

2009屆高三三輪沖刺物理題型專練系列

計算題部分(十三)答案

計算題

1、

解：(1)淌入小車的水與小車組成的系統動量守恒，當淌入質量為m的水后，小車速度為v₁，則有.

                          .

解得  m/s=2m/s   …………………（6分）     .

(2)在極短的時間Δt內，沖擊小車的水的質量為Δm=                         .

此時，水對車的沖擊力為F，據動量定理有.

                     .

=1.0×10³×10×10^-4×10²=100N     …………………（6分）.

2.

解析：（1）設A、B的軌道半徑分別為r₁、r₂，它們做圓周運動的周期T、角速度ω都相同，根據牛頓運動定律有

即

A、B之間的距離

根據萬有引力定律

得

(2)對可見星A有

其中

得：

(3)設m₂= nm（n>0），并根據已知條件m₁=6m_s，及相關數據代入上式得

由數學知識知在n>0是增函數

當n=2時，

所以一定存在n>2，即m₂>2m_s，可以判斷暗星B可能是黑洞．

3.

解：（1）溫度最低檔=121 W，            

溫度最高檔=484 W，                    

解得R₀=100          1分，

R_max=300          1分

所以變阻器R的阻值變化范圍是0到300                      

（2）此時電熨斗表面溫度與環境溫度之差Δt=200－20=200 ℃

由圖像知電熨斗每秒鐘散發的熱量Q=440 J                    

要保持電熨斗的表面溫度不變，則電熨斗的電功率P=440 W      

                         得R=10          

4．

由eU₀=得電子入射速度

m/sm/s     

（1）加直流電壓時，板間場強V/m       

電子做直線運動時，由條件eE₁= ev₀B，

得應加磁場的磁感應強度T，      

方向垂直紙面向里。         

（2）加交流電壓時，A、B兩極間場強（V/m）

電子飛出板間時偏距     

電子飛出板間時豎直速度    

從飛離板到達圓筒時偏距

在紙上記錄落點的總偏距 

（m）  

可見，在記錄紙上的點以振幅0.20m，周期T=1s作簡諧運動，

因圓筒每秒鐘轉2周，故在1s內，紙上圖形如圖所示。   

5.

解析：（1）當回收艙在速度為200m/s時，受到重力和阻力平衡而勻速下落，根據牛頓第二定律

    mg－f=0  根據已知條件，得  解得：

（2）在打開降落傘后，返回艙的加速度先增大而后減小，加速度方向向上。返回艙的速度不斷減少，直到速度減小到8.0 m/s后勻速下落。

（3）反沖發動工作后，使回收艙的速度由8.0 m/s減小為0，回收艙受重力和反沖力F作用做勻速運動，運動位移h=1.2M，根據動能定理，解得  F=9.9×10⁴N 

反沖發動機對返回艙的功W=Fh=1.2×10⁵J。

6.

解：⑴由于粒子在P點垂直射入磁場，故圓弧軌道的圓心在AP上，AP是直徑。

      設入射粒子的速度為v₁，由洛倫茲力的表達式和牛頓第二定律得：

                    ……3分

              解得：……3分

⑵設O^/是粒子在磁場中圓弧軌道的圓心，連接O^/Q，設O^/Q＝R^/。

  由幾何關系得： 

                  ………3分

      由余弦定理得：……3分

              解得：……3分

      設入射粒子的速度為v，由

              解出：………3分

7．

⑴設鐵塊離開帶時，相對桌面移動了x的距離，布帶移動的距離為L＋x，鐵塊滑動的加速度為a，由牛頓第二定律得：μmg＝ma，所以a＝μg＝1m/s²

根據運動學公式有：L＋x＝a₀t²/2和x＝at²/2，解得：t＝＝1s

⑵布帶對鐵塊做的功：W＝μmgx＝0.5（J）

8．

⑴由乙圖可知，t＝0時刻的加速度a₀＝2.5m/s²，由牛頓第二定律得：

F－μmg＝ma₀　　　解得：μmg＝0.2（N）

由于最后棒做勻速運動，且v_m＝10m/s，說明棒受到的合外力為零，即

F－μmg－BLI＝0

R＝BLv_m/I＝0.4（Ω）

⑵根據能量守恒得：（F－μmg）S－Q＝mv_m²/2

Q＝（F－μmg）S－mv_m²/2＝20（J）

9.

解：

(1)  W=Eqh=100×10^-12×0.8J=8×10^-11J                       (3分)

(2)  W=E_k2－E_k1   E_k2=8×10^-11+2×10^-15×200²/2 = 1.2×10^-10J    (3分) 

(3)                                      (3分)

數據代入求得 t = 5.66×10^-3s                            (1分)

圓半徑r= v₀ t = 1.13m       圓面積 S=πr² = 4.0m²       (2分)

10．

解：（1）如圖所示，帶電質點在重力mg（大小及方向均已知）、洛倫茲力qv₀B（方向已知）、電場力qE（大小及方向均未知）的作用做勻速直線運動。根據力三角形知識分析可知：當電場力方向與磁場方向相同時，場強有最小值。

根據物體的平衡規律有

                     （1分）

                     （1分）

解得                     （2分）

                          （2分）

（2）當電場力和重力平衡時，帶點質點才能只受洛倫茲力作用做勻速圓周運動

則有：                 （1分）

得：                   （1分）

要使帶電質點經過x軸，圓周的直徑為   （2分）

根據（1分）

得                           （2分）

11．

（1）取整體為研究對象，甲車原來行駛的方向為正方向，根據動量守恒定律有

                   3分

甲車速度方向水平向右                                    1分

（2）取整體為研究對象，甲車原來行駛的方向為正方向，根據動量守恒定律有

                        3分

乙車速度方向水平向右                                    1分

12．

⑴α粒子在電場中被加速，由動能定理得

 　                        （2分）

α粒子在磁場中偏轉，則牛頓第二定律得

聯立解得（m）      （2分）

⑵能正確作出圖象得        （4分）

⑶帶電粒子在磁場中的運動周期

        （2分）

α粒子在兩個磁場中分別偏轉的弧度為，在磁場中的運動總時間

（s）        （2分）

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