計(jì)算題專項(xiàng)練4 2025高考總復(fù)習(xí)優(yōu)化設(shè)計(jì)二輪專題物理L課后習(xí)題題型專項(xiàng)練含答案

2025高考總復(fù)習(xí)優(yōu)化設(shè)計(jì)二輪專題物理L課后習(xí)題題型專項(xiàng)練含答案計(jì)算題專項(xiàng)練(四)1.(8分)如圖所示,半徑為R的半球形玻璃體置于水平桌面上,半球的上表面水平,球面與桌面相切于A點(diǎn)。一細(xì)束單色光經(jīng)球心O從空氣中射入玻璃體內(nèi)(入射面即紙面),入射角為45°,出射光線射在桌面上B點(diǎn)處。測(cè)得A、B之間的距離為12R?，F(xiàn)將入射光束在紙面內(nèi)向左平移,平移到過E點(diǎn)時(shí),恰好在球面上D(1)玻璃體的折射率n;(2)O、E之間的距離。答案(1)102(2)2解析(1)當(dāng)光線經(jīng)球心O入射時(shí),光路圖如圖甲所示甲根據(jù)折射定律n=sin其中sinr=AB解得n=102(2)如圖乙所示,入射光束平移到過E點(diǎn)時(shí),在D點(diǎn)發(fā)生全反射,則sin∠EDO=1乙在△EDO內(nèi),有OD聯(lián)立得OE=22R2.(8分)(2024陜西寶雞二模)某同學(xué)在操場(chǎng)練習(xí)籃球的控球能力。他單手托著籃球,使籃球由靜止隨手一起豎直向上運(yùn)動(dòng)h1=0.3m的高度后豎直拋出,籃球離開手上升h2=1.2m的高度到達(dá)最高點(diǎn)?；@球落回拋出點(diǎn)時(shí)再單手接住,籃球隨手一起向下運(yùn)動(dòng)h3=0.2m的高度后速度減為零。已知籃球質(zhì)量m=0.6kg,重力加速度g取10m/s2,空氣阻力忽略不計(jì),手和籃球一起的運(yùn)動(dòng)近似看作勻變速直線運(yùn)動(dòng)。求:(1)拋球過程和接球過程手對(duì)籃球的作用力之比;(2)拋球過程和接球過程手對(duì)籃球的沖量之比。答案(1)5∶7(2)15∶14解析(1)設(shè)拋球過程和接球過程手對(duì)籃球的作用力分別為F1、F2,兩過程籃球運(yùn)動(dòng)的加速度大小分別為a1、a2,拋出瞬間球的速度大小為v,由勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律可得v2=2gh2v2=2a1h1由于籃球運(yùn)動(dòng)過程中不計(jì)空氣阻力,拋球和接球速度大小相等,所以v2=2a2h3聯(lián)立解得a1=40m/s2,a2=60m/s2由牛頓第二定律可得F1-mg=ma1F2-mg=ma2解得F1∶F2=5∶7。(2)設(shè)拋球和接球過程中手對(duì)籃球的沖量分別為I1、I2,籃球運(yùn)動(dòng)時(shí)間分別為t1、t2,由題意可得I1=F1t1I2=F2t2v=a1t1=a2t2解得I1∶I2=15∶14。3.(14分)(2024山西朔州二模)如圖所示,一足夠長(zhǎng)的長(zhǎng)方體O1a1b1c1-O3a3b3c3被正方形O2a2b2c2分成上下兩個(gè)長(zhǎng)方體空間Ⅰ和空間Ⅱ,以O(shè)1為坐標(biāo)原點(diǎn),建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系O1-xyz,其中O1a1=O1c1=O2O3=4L。整個(gè)長(zhǎng)方體空間存在沿z軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)(圖中未畫出),另外空間Ⅱ內(nèi)同時(shí)還存在沿z軸正方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(圖中未畫出),一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子從O3c3邊的中點(diǎn)P以初速度v0平行于y軸正方向射入長(zhǎng)方體區(qū)域,粒子恰好經(jīng)過正方形O2a2b2c2的中心點(diǎn)Q,且粒子在空間Ⅱ內(nèi)運(yùn)動(dòng)的過程中,恰好未從長(zhǎng)方體側(cè)面飛出長(zhǎng)方體區(qū)域,不計(jì)粒子重力,求:(1)勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小;(2)粒子經(jīng)過Q點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能;(3)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小。答案(1)2mv02qL解析(1)帶正電粒子在空間Ⅰ中做類平拋運(yùn)動(dòng),運(yùn)動(dòng)軌跡如圖甲所示甲則2L=v0t1,4L=1由牛頓第二定律qE=ma聯(lián)立可得,勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E=2m(2)在空間Ⅰ中,由動(dòng)能定理qE×4L=Ek-1解得,粒子經(jīng)過Q點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為Ek=172(3)粒子進(jìn)入空間Ⅱ時(shí)速度為v=2Ek將v分解為沿y軸方向的速度vy=v0和沿z軸方向的速度v=4v0,由于vz方向與磁場(chǎng)方向平行,不受洛倫茲力,如圖乙所示,在xO1y平面內(nèi)的分運(yùn)動(dòng)由洛倫茲力提供向心力,有qv0B=mv由幾何關(guān)系可知r=2L可得勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B=mv乙4.(16分)(2024福建泉州統(tǒng)考二模)如圖所示,一質(zhì)量為3m、長(zhǎng)度為L(zhǎng)的木板靜止在傾角θ=30°的固定斜面上,木板的上表面光滑,下表面與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=32,木板的下端固定有垂直于木板的薄擋板。一與斜面平行的輕彈簧下端固定在斜面的底端,上端由原長(zhǎng)被壓縮L2后用觸控鎖釘鎖定?，F(xiàn)將質(zhì)量為m的小滑塊從木板的中點(diǎn)由靜止釋放,經(jīng)過一段時(shí)間,滑塊與擋板發(fā)生第一次碰撞后,木板開始運(yùn)動(dòng)。經(jīng)過多次碰撞后,當(dāng)滑塊位于擋板處且和木板速度都為零時(shí),木板剛好接觸彈簧并觸發(fā)鎖釘立即解除鎖定。已知重力加速度大小為g,彈簧的勁度系數(shù)k=(1)滑塊第一次與擋板碰撞前瞬間,滑塊的速度大小v0;(2)滑塊第一次與擋板碰撞后瞬間,木板的速度大小v1和加速度大小a1;(3)木板在初始位置時(shí),其下端與鎖釘?shù)木嚯xd;(4)鎖釘解除后,當(dāng)滑塊與擋板第一次分離時(shí)木板的速度大小v'。答案(1)gL(2)gL8(3)L(4)3解析(1)設(shè)滑塊釋放時(shí)加速度大小為a0,由牛頓第二定律得mgsinθ=ma0滑塊在從釋放后到第一次與擋板碰撞前的過程中做勻加速直線運(yùn)動(dòng),有v02=2a得v0=gL2(2)設(shè)第一次碰撞后瞬間,木板的速度為v1,滑塊的速度為v2,由動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律可得mv0=3mv1+mv212mv0聯(lián)立解得v1=12v0=gL8,v2=-12v對(duì)木板由牛頓第二定律可得4μmgcosθ-3mgsinθ=3ma1解得a1=12方向沿斜面向上。(3)從滑塊開始運(yùn)動(dòng)到滑塊位于擋板處且和木板速度都為零時(shí),木板一直向下運(yùn)動(dòng),在這一過程中,滑塊重力做功WG1=mgL2+d木板重力做功WG2=3mgdsinθ木板所受摩擦力做功Wf=-4μmgdcosθ由功能關(guān)系得WG1+WG2+Wf=0解得d=L4(4)當(dāng)板塊分離時(shí),設(shè)彈簧的形變量為x,此時(shí)擋板與滑塊間的彈力N=0,兩者的加速度相等,都為a=gsinθ對(duì)板塊整體4μmgcosθ+4mgsinθ-kx=4ma得x=L對(duì)彈簧和板塊系統(tǒng),由能量守恒得12kL22-12kx2=4μmgcosθ·L2-x+解得v'=380gL。計(jì)算題專項(xiàng)練(1.(8分)如圖甲所示,一粗細(xì)均勻的U形細(xì)管右側(cè)豎直部分長(zhǎng)為L(zhǎng),左側(cè)豎直管長(zhǎng)度未知,在細(xì)管中倒入長(zhǎng)度為L(zhǎng)2的水銀后封閉左側(cè)管口,右側(cè)管口蓋一輕質(zhì)薄活塞,此時(shí)水平部分水銀柱長(zhǎng)度為3L8,兩側(cè)豎直管內(nèi)水銀面距底部的高度均為L(zhǎng)16。現(xiàn)緩慢向右側(cè)活塞上加水銀,直到左側(cè)水銀面上升到距底部高度為L(zhǎng)8處,如圖乙所示。若將細(xì)管中空氣視為理想氣體,活塞與管壁無摩擦且不漏氣,整個(gè)過程溫度不變,水銀密度為ρ,重力加速度為g,大氣壓強(qiáng)(1)圖乙狀態(tài)下右側(cè)細(xì)管中空氣的壓強(qiáng);(2)U形細(xì)管左側(cè)豎直管的長(zhǎng)度。答案(1)5ρgL4(2)解析(1)設(shè)右側(cè)活塞上加的水銀高度為L(zhǎng)0,兩側(cè)細(xì)管水平截面面積為S,對(duì)右側(cè)氣柱,活塞上加水銀前壓強(qiáng)p1=p=ρgL體積V1=L-116加水銀后壓強(qiáng)p2=ρgL+ρgL0體積V2=(L-L0)S又p1V1=p2V2聯(lián)立得L0=14則p2=5ρgL(2)設(shè)左側(cè)豎直管長(zhǎng)度為L(zhǎng),對(duì)左側(cè)氣柱,活塞上加水銀前壓強(qiáng)p11=p=ρgL體積V11=L1加水銀后壓強(qiáng)p22=p2-18ρgL=98體積V22=L1又p11V11=p22V22聯(lián)立得L1=58L2.(8分)如圖所示,質(zhì)量均為m的物塊A、B用繞過光滑輕質(zhì)定滑輪的不可伸長(zhǎng)的輕繩連接,A與地面接觸,B離地面的高度h為1.2m,質(zhì)量為2m的圓環(huán)C套在輕繩上,C在B上方d=0.8m處。由靜止釋放圓環(huán)C,C下落后與B碰撞并粘在一起,碰撞時(shí)間極短,不計(jì)C與繩之間的摩擦和空氣阻力,A、B、C均可視為質(zhì)點(diǎn),重力加速度g取10m/s2,求:(1)C、B碰撞后瞬間,共同速度為多大;(2)碰撞后,B經(jīng)過多長(zhǎng)時(shí)間到達(dá)地面。答案(1)2m/s(2)0.4s解析(1)設(shè)C與B碰撞前瞬間的速度大小為vC,碰撞前,由動(dòng)能定理有2mgd=12×2mvC得vC=2gd=4設(shè)碰撞后共同速度為v,碰撞過程由動(dòng)量守恒有2mvC=4mv得v=2m/s。(2)C與B碰撞后粘在一起,一起向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng),根據(jù)牛頓第二定律3mg-mg=4ma得a=12g=5m/s由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有h=vt+12at得t=0.4s故碰撞后,B經(jīng)過t=0.4s后到達(dá)地面。3.(14分)(2024江蘇泰州一模)高能微粒實(shí)驗(yàn)裝置,是用以發(fā)現(xiàn)高能微粒并研究和了解其特性的主要實(shí)驗(yàn)工具。為了簡(jiǎn)化計(jì)算,一個(gè)復(fù)雜的高能微粒實(shí)驗(yàn)裝置可以被最簡(jiǎn)化為空間中的復(fù)合場(chǎng)模型。如圖甲所示,三維坐標(biāo)系中,yOz平面的右側(cè)存在平行z軸方向周期性變化的磁場(chǎng)B(圖中未畫出)和沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)E。有一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的高能微粒從xOy平面內(nèi)的P點(diǎn)沿x軸正方向水平射出,微粒第一次經(jīng)過x軸時(shí)恰好經(jīng)過O點(diǎn),此時(shí)速度大小為v0,方向與x軸正方向的夾角為45°。已知電場(chǎng)強(qiáng)度大小E=mgq,從微粒通過O點(diǎn)開始計(jì)時(shí),磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間的變化關(guān)系如圖乙所示,已知B0=mgqv0,t0=πv甲乙(1)求拋出點(diǎn)P到x軸的距離y;(2)求微粒從通過O點(diǎn)開始做周期性運(yùn)動(dòng)的周期T;(3)若t=t02時(shí)撤去yOz右側(cè)的原電場(chǎng)和磁場(chǎng),同時(shí)在整個(gè)空間加上沿y軸正方向,大小為B'=52π2答案(1)v(2)4(3)2解析(1)粒子到達(dá)O點(diǎn)前做平拋運(yùn)動(dòng),由于經(jīng)過O點(diǎn)時(shí)速度方向與x軸正方向的夾角為45°,則有vy=v0sin45°=22v根據(jù)類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律得22v0解得y=v0(2)根據(jù)題意,在平面yOz右側(cè),粒子所受重力與電場(chǎng)力平衡,即qE=mg由洛倫茲力提供向心力,有qv0B=mv02R,周期T解得R=mv0qB,T當(dāng)B=B0時(shí)粒子軌跡半徑R1=v02g,周期T當(dāng)B=B0R2=2v02g,結(jié)合題中信息可知:0~t0,微粒剛好轉(zhuǎn)過180°;t0~2t0,微粒轉(zhuǎn)過90°;2t0~3t0與0~t0的運(yùn)動(dòng)軌跡大小一樣,只是偏轉(zhuǎn)方向不一樣;3t0~4t0與t0~2t0的運(yùn)動(dòng)軌跡大小一樣,只是偏轉(zhuǎn)方向不一樣,綜上所述,微粒第一個(gè)周期的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示由圖可知T=4t0=4π(3)t=t0時(shí),把速度分解到水平方向和豎直方向,即vx'=vy'=v0sin45°=22v粒子在豎直方向上做豎直上拋運(yùn)動(dòng),則有22v02=2gy2,2解得y2=v024g,粒子在水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng),則有R3=mvxqB'=可知t2=54T則有x'=2R1+R3=2y'=y2=vz'=R3=v因此粒子向上運(yùn)動(dòng)到離xOz平面最遠(yuǎn)處時(shí)的坐標(biāo)為(2+14.(16分)(2024湖南二模)超市里用的購(gòu)物車為顧客提供了購(gòu)物方便,又便于收納,收納時(shí)一般采用完全非彈性碰撞的方式把購(gòu)物車收到一起,如圖甲所示。某興趣小組在超市對(duì)同款購(gòu)物車(以下簡(jiǎn)稱“車”)的碰撞進(jìn)行了研究,分析時(shí)將購(gòu)物車簡(jiǎn)化為可視為質(zhì)點(diǎn)的小物塊,已知車的凈質(zhì)量為m=15kg,重力加速度g取10m/s2。(1)首先測(cè)車與超市地面間的動(dòng)摩擦因數(shù):取一輛車停在水平地面上,現(xiàn)給它向前的水平初速度v0=2m/s,測(cè)得該車能沿直線滑行x0=2m,求車與超市地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ;(2)取編號(hào)為A、B的車,B車裝上m0=15kg的貨物后停在超市水平地面上,空車A的前端裝上輕彈簧,將A車停在B車的正后方且相距x=5.5m處?，F(xiàn)給A車施加向前的水平推力F0=75N,作用時(shí)間t0=1s后撤除。設(shè)A車與B車間的碰撞為彈性正碰(忽略相互作用時(shí)間),兩車所在直線上沒有其他車,求在A車運(yùn)動(dòng)的全過程中A車與地面間產(chǎn)生的摩擦熱Q;(3)如圖乙所示,某同學(xué)把n(n>2)輛空車等間距擺在超市水平地面上的一條直線上,相鄰兩車間距為d=1m,用向前的水平恒力F=300N一直作用在1車上,推著1車與正前方的車依次做完全非彈性正碰(碰撞時(shí)間極短),通過計(jì)算判斷,他最多能推動(dòng)多少輛車?[已知∑nk=1k(k+1)=n(n+1答案(1)0.1(2)90J(3)30輛解析(1)由功能關(guān)系,該車的動(dòng)能全部轉(zhuǎn)化成摩擦熱能,有12mv0則μ=v代入數(shù)據(jù)得μ=0.1。(2)A車運(yùn)動(dòng)時(shí)受摩擦力FfA=μmg=15N由牛頓第二定律有F0-FfA=ma解得a=4m/s2A車在t0時(shí)的速度vA0=at0=4m/s,t0內(nèi)A車的位移x0=12at02=設(shè)A車與B車碰前瞬間的速度為vA,由動(dòng)能定理有F0x0-μmgx=12m得vA=3m/sA車與B車碰撞過程,根據(jù)動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律有mvA=mvA'+(m+m0)vB12mvA2=12mvA'解得vA'=-1m/s由功能關(guān)系,有Q=μmgx+12mvA'代入數(shù)據(jù)得Q=90J。(3)設(shè)1車與2車碰前的速度為v1',由動(dòng)能定理Fd-μmgd=12mv1'2-1車與2車碰撞過程系統(tǒng)動(dòng)量守恒mv1'=(m+m)v2解得v2=12v1v22=設(shè)1、2車與3車碰前的速度為v2',由動(dòng)能定理Fd-μ·2mgd=12×2mv2'2-12×21、2車與3車碰撞前后系統(tǒng)動(dòng)量守恒2mv2'=3mv3解得v3=23v2v32=232[122×2Fd-μmgdm+設(shè)1、2、3車與4車碰前的速度為v3',由動(dòng)能定理Fd-μ·3mgd=12×3mv3'2-12×31、2、3與4碰撞前后系統(tǒng)動(dòng)量守恒3mv3'=4mv4解得v4=34v3v42=342[132=[142×2Fd-μmgdm+2同理可得與n車碰后速度vn滿足vn2=[1n2×2Fd-μmgdm+2n2×2Fd=2=2dn2m[n-1n2令vn=0,即F2=解得n=30.5可知最多能推動(dòng)30輛車。計(jì)算題專項(xiàng)練(六)1.(8分)保齡球運(yùn)動(dòng)既可以鍛煉身體,又可以緩解心理壓力,而且老少皆宜,廣受大眾的喜愛。某同學(xué)設(shè)想了如下過程來模擬一次保齡球投擲、運(yùn)行、撞擊的過程。如圖所示,將一質(zhì)量為M=2.8kg的保齡球從A點(diǎn)開始由靜止向前擲出,球沿曲線運(yùn)動(dòng),脫手后,在B點(diǎn)以v0=6m/s的速度切入水平球道。球做直線運(yùn)動(dòng)經(jīng)t=4s時(shí)間后在C點(diǎn)與質(zhì)量為m=1.4kg的球瓶發(fā)生正碰。已知在A點(diǎn)時(shí)保齡球的下沿距離球道表面的高度為h=1m,保齡球在球道上運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的阻力大小恒為重力的120,重力加速度g取10m/s2(1)運(yùn)動(dòng)員在擲球過程中對(duì)保齡球做的功W;(2)在撞上球瓶前的瞬間,保齡球的速度v1的大小;(3)碰撞后,球瓶的速度v2的大小。答案(1)22.4J(2)4m/s(3)163解析(1)運(yùn)動(dòng)員在擲球過程中,根據(jù)動(dòng)能定理可得W+Mgh=12M解得運(yùn)動(dòng)員對(duì)保齡球做的功為W=22.4J。(2)保齡球從B到C的過程,根據(jù)動(dòng)量定理可得-120Mgt=Mv1-Mv解得在撞上球瓶前的瞬間,保齡球的速度大小為v1=4m/s。(3)球與球瓶的碰撞過程時(shí)間極短,碰撞中沒有能量損失,可知碰撞過程滿足動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒,則有Mv1=Mv3+mv212聯(lián)立解得碰撞后,球瓶的速度大小為v2=163m/s2.(8分)(2024四川一模)如圖所示,某玻璃薄板截面為正三角形,A、B、C為三角形的三個(gè)頂點(diǎn),以正三角形ABC的幾何中心O點(diǎn)為圓心挖出一圓孔,現(xiàn)將一點(diǎn)光源放置在O點(diǎn)處,該光源向各方向均勻發(fā)射真空中波長(zhǎng)為λ0=650nm的紅光,CH為AB邊的中垂線。已知玻璃薄板對(duì)紅光的折射率為n=53,光在真空中的傳播速度為c,sin37°=0.6,cos37°=0.(1)該紅光在玻璃薄板中傳播時(shí)的波長(zhǎng);(2)射到AB邊的光子中能直接從AB邊射出和不能直接從AB邊射出的光子個(gè)數(shù)比(不考慮多次反射)。答案(1)390nm(2)37解析(1)設(shè)該紅光在玻璃薄板中的波速為v,波長(zhǎng)為λ介,由波速公式、折射率和波速關(guān)系可得c=λ0fv=λ介fn=c解得λ介=λ0n=390(2)如圖所示設(shè)在HB區(qū)域恰好發(fā)生全反射的點(diǎn)為D,玻璃介質(zhì)的臨界角為θ,由臨界角公式可得sinθ=1解得θ=37°易得∠HOD=θ由幾何關(guān)系可得光線在DB段的入射角大于臨界角θ,發(fā)生全反射無光線射出,在HD段的入射角小于臨界角θ,會(huì)發(fā)生折射,直接射出,由于光源向各方向發(fā)光均勻,則輻射區(qū)域光子數(shù)目與輻射角成正比,對(duì)HB區(qū)域,設(shè)能夠射出的光子數(shù)為N1,不能射出的光子數(shù)為N2,可得N由于AH段和HB段對(duì)稱,故射到AB邊的光子能直接從AB邊射出和不能直接從AB邊射出的光子個(gè)數(shù)比為37233.(14分)(2024江蘇連云港一模)如圖甲所示,立方體空間的邊長(zhǎng)為L(zhǎng),側(cè)面CDHG為熒光屏,能完全吸收打在屏上的帶電粒子并發(fā)光,三維坐標(biāo)系坐標(biāo)原點(diǎn)O位于底面EFGH的中心,Ox∥FG,Oy∥GH。已知原點(diǎn)O有一粒子源,能向xOy平面內(nèi)各個(gè)方向均勻持續(xù)發(fā)射速率為v0、質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子,不計(jì)粒子重力及粒子間的相互作用。(1)若在立方體空間內(nèi)存在方向平行于z軸的勻強(qiáng)磁場(chǎng),沿y軸正方向射出的粒子恰好打在熒光屏上的H點(diǎn),求該勻強(qiáng)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B1;(2)若磁場(chǎng)與(1)問中的相同,求粒子從原點(diǎn)O運(yùn)動(dòng)到熒光屏的最長(zhǎng)時(shí)間t1和最短時(shí)間t2;(3)若在立方體空間內(nèi)平行y軸加如圖乙所示隨時(shí)間t按余弦規(guī)律變化的磁場(chǎng),同時(shí)平行z軸加如圖丙所示隨時(shí)間t按正弦規(guī)律變化的磁場(chǎng),圖中峰值B2=8mv05qL答案(1)2mv0qL(2)解析(1)粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),由幾何關(guān)系可得r1=L根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qv0B1=mv解得B1=2m(2)粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期為T=2根據(jù)半徑一定時(shí),弦長(zhǎng)越長(zhǎng),圓心角越大,粒子運(yùn)動(dòng)時(shí)間越長(zhǎng),即當(dāng)粒子從H處射出時(shí)弦OH最長(zhǎng),圓心角最大為90°,運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長(zhǎng)為t1=90°360當(dāng)粒子從x軸上的點(diǎn)L2,0,0射出時(shí),弦長(zhǎng)最短為L(zhǎng)2,圓心角最小,由幾何關(guān)系知圓心角為60°,運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間為t(3)根據(jù)題中兩個(gè)方向上的正弦和余弦磁場(chǎng)變化規(guī)律可知By=B2cos2Bz=B2sin2故可知y和z軸方向的合磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B=By2故可知合磁場(chǎng)大小始終不變,方向垂直于x軸勻速改變,沿x軸正方向射出的粒子速度始終與該合磁場(chǎng)方向垂直,故粒子軌跡為一個(gè)固定大小的圓,當(dāng)磁場(chǎng)旋轉(zhuǎn)時(shí)可知粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡圓繞著Ox軸旋轉(zhuǎn),與右側(cè)屏的交點(diǎn)是個(gè)圓,又因?yàn)橛覀?cè)屏只在z≥0處存在,故痕跡為一個(gè)半圓根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qv0B2=mv粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡半徑為r2=mv沿x軸正方向射出的粒子,粒子分別在兩個(gè)截面的軌跡如圖所示,設(shè)粒子射出點(diǎn)距x的距離分別為y和z,由幾何關(guān)系知((r解得y=L4,z=故可得痕跡圓的半徑為r=L故粒子打在熒光屏上落點(diǎn)的痕跡長(zhǎng)度為l=πr=πL4.(16分)(2024浙江二模)“自由落體塔”是一種驚險(xiǎn)刺激的游樂設(shè)備,如圖甲所示,它可以將游客升至數(shù)十米高空,自由下落至近地面再減速停下,讓游客體驗(yàn)失重的樂趣