计算题专题(一)
1． （16 分）计划发射一颗距离地面高度为地球半径 R0 的圆形轨道地球卫星,卫星轨道*面与 赤道片面重合，已知地球表面重力加速度为 g, （1）求出卫星绕地心运动周期 T. （2）设地球自转周期 T0,该卫星绕地旋转方向与地球自转方向相同，则在赤道上一点的人能 连续看到该卫星的时间是多少？
2． （16 分）如图所示，有两根足够长的光滑金属导轨 PQ 和 MN，固定在水*面上，相距为 L，在两导轨之间分布着竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为 B。将两根长均为 L，电 阻均为 R 的金属棒 ab 和 cd 放置在导轨上，ab 的质量为 m，cd 的质量为 2m。现用水*恒力 F 作用在金属棒 ab 上，使金属棒由静止开始沿导轨向左运动，经过一段时间后，金属棒 ab 和 cd 具有相同的加速度，且此时金属棒 ab 的速度是 cd 速度的 2 倍。若导轨的电阻不计， 求： ⑴金属棒 ab 和 cd 所具有的相同加速度的大小； ⑵当金属棒 ab、cd 具有相同加速度时的 ab 棒的速度大小；
B
P
a
c
Q
F M b d N
3. (18 分)如图所示,在 xoy 坐标*面的第一象限内有一沿 y 轴正方向的匀强电场,在第四象限 内有一垂直于*面向内的匀强磁场,现有一质量为 m 带电量为 q 的负粒子(重力不计)从电场 中坐标为(3L,L)的 P 点与 x 轴负方向相同的速 度 v0 射入，从 O 点与 y 轴正方向成 45 夹角 射出,求: (1) 粒子在 O 点的速度大小. (2) 匀强电场的场强 E. (3) 粒子从 P 点运动到 O 点所用的时间.
0
y
(3L,L)
v0 P
450 O
× × × × × × × × × × × × × × × × × × × ×
A1
× × × × × × × × × × ×
x
×· × × ×
4.（18分）如下图所示,轻质弹簧将质量为m的小物块连接在质量为M(M=3m)的光滑框架内。 小物块位于框架中心位置时弹簧处于自由长度。现设框架与小物块以共同速度 v0沿光滑水 *面向左匀速滑动。 (1)若框架与墙壁发生碰撞后速度为零,但与墙壁不粘连,求框架脱离墙壁后的运动过 程中,弹簧弹性势能的最大值。 (2) 若框架与墙壁发生碰撞以一定速度反弹 , 在以后过程中弹簧的最大弹性势能为
2 2 mv o , 求框架与墙壁碰撞时损失的机械能 3
? E1。
v0 m M (3)在(2)情形下试判定框架与墙壁能否 发生第二次碰撞?若不能,说明理由。若能,试 求出第二次碰撞时损失的机械能 ? E2。(设框架与墙壁每次碰撞前后速度大小之比不变)
5.(19 分)如图 9 所示，质量为 M＝3.0kg 的小车 静止在光滑的水*面上，其 AD 部分是粗 糙的水*导轨， DC 部分是光滑的四分之一圆轨道,整个导轨由绝缘材料做成， 并处于 B=1.0T 方向垂直纸面向里的匀强磁场中，今有一质量为 m＝1.0kg 的金属块(可视为质点)带有 q： =2× 10-3c 的负电，它以 v0=8m/s 的速度冲上小车，当它将要通过 D 点时，它对水*导轨的压 力为 9.8lN，(g 取 9．8m/s)求： (1)m 从 A 到 D 的过程中，系统损失的机械能是多少? (2)若 m 刚过 D 点时立即撤去磁场，则在这以后小车所能获 得的最大速度为多少?
参考答案 1.
GMm 4? 2 ? m (2 R0 ) (2 R0 ) 2 T2
3 8R0 8R0 T ? 2? ? 2? GM g
A1
B1
B2 A2
(2)设人在 B1 位置刚好看见卫星出现在 A1 位置，最后 在 B2 位置看到卫星从 A2 位置消失， OA1=2OB1 有 ∠A1OB1=∠A2OB2=π/3
O
从 B1 到 B2 时间为 t
2? t t ? 2? ? 2? 3 T0 T
则有
t?
TT0 ? 3(T0 ? T )
2?
8 R0 T0 g 8 R0 ) g
3(T0 ? 2?
2． ⑴当金属棒 ab 和 cd 的速度相同时，对它们构成的系统， F=ma＋2ma 得加速度 a ?
F 3m
vab=2vcd
⑵当金属棒 ab 的速度是金属棒 cd 的速度的 2 倍时，即 对金属棒 ab，由牛顿第二定律得
B 2 L2 (v ab ? vcd ) F? ? ma 2R
得
vcd ?
4 FR 3B 2 L2
v ab ?
8FR 3B 2 L2
3. (1)粒子运动轨迹如图所示,设粒子在 P 点时速度大小为 v ,OQ 段为四分之一圆弧,QP 段 为抛物线,根据对称性可知,粒子在 Q 点的速度大小也为 v ,方向与 x 轴正方向成 450.可得
v ? v0 / cos 450
分） y
（ 2分）
得， v ? 2v0
（1
v0 (3L,L)
P v 45
0
x Q v
O
(2)Q 到 P 过程,由动能定理得 qEL ?
1 2 1 2 mv ? mv 0 2 2
（3 分）
即
E ?
mv 2qL
（1 分） （2 分）
(3)在 Q 点时, v y ? v0 tan450 ? v0 由 P 到 Q 过程中, 竖直方向上有: qE ? m a （1 分） 水*方向有: x1 ? v0 t1 ? 2L （1 分） 得粒子在 OQ 段圆周运动的半径 R ?
t1 ?
vy a
?
2L v0
（2 分）
则 OQ=3L-2L=L
（1 分）
2 L 2
（2 分）
1 2?R ?L ? Q 到 O 的时间: t 2 ? 4 v 4v 0
粒子从 P 到 O 点所用的时间:t=t1+t2=
（2 分）
(8 ? ? ) L 4v 0
（2 分）
4.
解：
5. 24.(1)在 D 点处 F=Bqv1 ① FN-mg-F=0 ② A→D：mv0=Mv2+mv1
③ ④
…………2 分 …………2 分 …………3 分 …………3 分 …………2 分 …………3 分 ⑥ …………2 分 …………2 分
1 2 1 1 2 2 △E= mv0 ? Mv2 ? Mv1 2 2 2
解①②③④得△E=18J (2)m 再次回到 D 点时 M 有最大速度 mv1+Mv2=mv3+Mv4 ⑤
1 2 1 1 2 1 2 2 mv1 ? Mv2 ? mv3 ? Mv4 2 2 2 2
解①②③④⑤⑥可得
v4=3(m/s)