2023版高考物理创新设计二轮复习讲义计算题抢分练(三)

计算题抢分练(三)

(时间：20分钟)

24.(12分)如图1所示，质量均为m＝4 kg的两个小物块A、B(均可视为质点)放置在水平地面上，竖直平面内半径R＝0.4 m的光滑半圆形轨道与水平地面相切于C，弹簧左端固定。移动物块A压缩弹簧到某一位置(弹簧在弹性限度内)，由静止释放物块A，物块A离开弹簧后与物块B碰撞并粘在一起以共同速度v＝5 m/s向右运动，运动过程中经过一段长为s、动摩擦因数μ＝0.2的水平面后，冲上圆轨道，除s段外的其他水平面摩擦力不计。(g取10 m/s2)求：

图1

(1)若s＝1 m，两物块刚过C点时受到轨道支持力的大小；

(2)刚释放物块A时，弹簧的弹性势能；

(3)若两物块能冲上圆形轨道，且不脱离圆形轨道，s应满足什么条件。

答案　(1)500 N　(2)200J　(3)s≤1.25 m或4.25 m≤s<6.25 m

解析　(1)设物块经过C点时速度为vC，物块受到轨道支持力为FNC，两物块在s上运动过程，由动能定理得

－μ·2mgs＝×2mv－×2mv2

在C点支持力与重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得

FNC－2mg＝2m

代入数据解得FNC＝500 N。

(2)设A与B碰撞前A的速度为v0，两物块碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得mv0＝2mv

由能量守恒定律得Ep＝Ek＝mv＝200 J。

(3)物块不脱离轨道有两种情况：①能过轨道最高点，设物块经过半圆形轨道最高点的最小速度为v1，在最高点，重力提供向心力，由牛顿第二定律得2mg＝2m

物块从碰撞后到经过最高点过程中，由能量守恒定律得×2mv2－2μmgs－4mgR≥×2mv，代入数据解得s≤1.25 m。

②物块上滑最大高度不超过圆弧，设物块刚好到达圆弧处速度为v2＝0，物块从碰撞后到最高点，由能量守恒定律得

×2mv2－2μmgs≤2mgR

同时依题意，物块能滑出粗糙水平面，由能量守恒定律得×2mv2>2μmgs

代入数据解得4.25 m≤s<6.25 m

综上所述，若两物块能冲上圆形轨道，且不脱离圆形轨道，s应满足的条件是s≤1.25 m或4.25 m≤s<6.25 m。

25.(20分)在芯片制造过程中，离子注入是其中一道重要的工序。离子注入工作原理的示意图如图2所示。静止于A处的离子，经电压为U的加速电场加速后，沿图中半径为R的虚线通过圆弧形静电分析器(静电分析器通道内有均匀辐向分布的电场)后，从P点沿竖直方向进入半径也为R的圆柱形的匀强电场和匀强磁场区域，磁场方向平行于圆柱中心轴线(垂直于纸面)向外，电场的方向与磁场方向相反，电场强度E2＝。过P点的直径PQ沿竖直方向，没有加匀强电场时，离子经磁场偏转，最后垂直打在竖直放置的硅片上的O点(O点未画出)。已知离子的质量为m，电荷量为q，硅片到圆柱形磁场中心线之间的距离为，不计重力。求：

图2

(1)离子进入圆形匀强磁场区域时的速度v0和静电分析器通道内虚线处电场强度的大小E1；

(2)匀强磁场的磁感应强度B的大小；

(3)在硅片平面上，过O竖直向上为y轴，水平向内为x轴，若静电分析器和加速电场整体向右平移，圆柱形区域电场和磁场都存在时，离子最后打在硅片上的坐标。

答案　(1)　　(2)

(3)。

解析　(1)离子经加速电场加速后，根据动能定理qU＝mv

解得v0＝

离子在圆弧形静电分析器中，根据牛顿第二定律qE1＝m

解得E1＝。

(2)从P点进入圆形磁场后，垂直打在竖直放置的硅片上的O点，方向偏转90°，故粒子在磁场中的轨迹半径也为R，根据牛顿第二定律qv0B＝m

解得B＝＝。

(3)电场和磁场都存在时，粒子将做螺旋线运动，由电场E2产生的沿x轴方向的运动为初速度为0的匀加速直线运动，由磁场产生沿纸面的运动为匀速圆周运动，以由磁场产生沿纸面的运动为匀速圆周运动为研究过程，如图所示

由图中几何关系可得

cos θ＝＝0.5

即θ＝

粒子在磁场中的时间为

t1＝＝

粒子由电场E2产生的加速度为

ax＝＝

粒子沿电场方向通过的位移为

x1＝axt＝

粒子离开磁场到打在硅片上的时间为

t2＝＝＝R

故粒子打在硅片上的y坐标为

y＝v0cos θ·t2＝R

粒子离开磁场时，沿电场方向的速度为

vx＝axt1＝

粒子离开磁场到打在硅片上沿电场方向的位移为

x2＝vxt2＝R

故粒子打在硅片上的x坐标为x＝x1＋x2＝

粒子最后打到硅片上的坐标为。