計(jì)算規(guī)范練(二)(時間：20分鐘分值：32分)24．(14分)(2017·虎林市摸底考試)如圖1所示，水平地面上OP段是粗糙的，OP長為L＝1.6m，滑塊A、B與該段間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.5，水平地面的其余部分是光滑的，滑塊B靜止在O點(diǎn)，其質(zhì)量mB＝2kg，滑塊A在O點(diǎn)左側(cè)以v0＝5m/s的水平速度向右運(yùn)動，并與B發(fā)生正碰，A質(zhì)量是B質(zhì)量的k(k取正整數(shù))倍，滑塊均可視為質(zhì)點(diǎn)．取g＝10m/s2.圖1(1)若滑塊A與B發(fā)生完全非彈簧碰撞，求A、B碰撞過程中損失的機(jī)械能；(2)若滑塊A與B發(fā)生彈性碰撞，試討論k在不同取值范圍時，滑塊A克服摩擦力所做的功．【解析】(1)設(shè)滑塊A碰B后的共同速度為v，A、B碰撞過程中損失的機(jī)械能為ΔE由動量守恒定律有mAv0＝(mA＋mB)v ①(2分)由能量守恒定律有ΔE＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(mA＋mB)v2 ②(2分)聯(lián)立①②式并代入數(shù)據(jù)解得ΔE＝eq\f(25k,1＋k)J． ③(1分)(2)設(shè)碰撞后A、B速度分別為vA、vB，且設(shè)向右為正方向，由于彈性碰撞，則有：mAv0＝mAvA＋mBvB ④(1分)eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B) ⑤(1分)聯(lián)立④⑤式并代入數(shù)據(jù)解得vA＝eq\f(5k－1,k＋1)m/s ⑥(1分)vB＝eq\f(10k,k＋1)m/s ⑦(1分)假設(shè)滑塊A、B都能在OP段滑動，滑塊A、B在OP段的加速度(aA＝aB＝μg)相等，由⑥⑦式知在任意時刻vB>vA，滑塊A、B不會再一次發(fā)生碰撞．由題知，當(dāng)滑塊A剛好能夠到達(dá)P點(diǎn)有eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＝μmAgL ⑧(1分)代入數(shù)據(jù)解得k＝9 ⑨(1分)討論：①當(dāng)k＝1時，vA＝0，滑塊A停在O點(diǎn)，A克服摩擦力所做的功為WfA＝0 ⑩(1分)②當(dāng)1<k≤9時，滑塊A停在OP之間，A克服摩擦力所做的功為WfA＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＝25k(eq\f(k－1,k＋1))2J (1分)③當(dāng)k>9時，滑塊A從OP段右側(cè)離開，A克服摩擦力所做的功為WfA＝μmAgL＝16kJ． (1分)【答案】(1)eq\f(25k,1＋k)J(2)見解析25．(18分)如圖2甲所示，豎直虛線MN、PQ間有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，MN左側(cè)有水平的平行金屬板，板的右端緊靠虛線MN，在兩板的電極E、F上加上如圖乙所示的電壓，在板的左側(cè)沿兩板的中線不斷地射入質(zhì)量為m、電荷量為＋q的帶電粒子，粒子的速度均為v0，側(cè)移最大的粒子剛好從板的右側(cè)邊緣射入磁場，兩板長為L，若eq\f(L,v0)遠(yuǎn)小于T，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，U0＝eq\f(mv\o\al(2,0),3q)，不計(jì)粒子的重力，求：圖2(1)兩板間的距離d為多少？(2)要使所有粒子均不能從邊界PQ射出磁場，PQ、MN間的距離至少多大？(3)若將下板下移(eq\r(3)－1)d，則所有粒子進(jìn)入磁場后，要使所有粒子均不能從邊界PQ射出磁場，PQ、MN間的距離至少為多大？【導(dǎo)學(xué)號：】【解析】(1)由于eq\f(L,v0)遠(yuǎn)小于T，因此每個粒子穿過電場時可以認(rèn)為電場強(qiáng)度大小不變，當(dāng)兩板間的電壓為U0時，粒子穿過兩板間的側(cè)移最大，設(shè)板間距離為d，則t＝eq\f(L,v0) (1分)eq\f(1,2)d＝eq\f(1,2)·eq\f(qU0,md)·t2 (2分)求得d＝eq\f(\r(3)L,3). (2分)(2)設(shè)粒子進(jìn)磁場時速度與水平方向的夾角為θ，則粒子在磁場中運(yùn)動的速度v＝eq\f(v0,cosθ) (1分)粒子在磁場中運(yùn)動時qvB＝meq\f(v2,R) (1分)R＝eq\f(mv0,qBcosθ) (1分)粒子在磁場中做圓周運(yùn)動時，軌跡上點(diǎn)離MN的最遠(yuǎn)距離s＝R＋Rsinθ＝eq\f(mv0,qB)(eq\f(1,cosθ)＋tanθ) (2分)可見，θ越大，s越大，則從平行板邊緣飛出的粒子速度與水平方向夾角最大，此時tanθ＝eq\f(\f(1,2)d,\f(1,2)L)＝eq\f(d,L)＝eq\f(\r(3),3) (1分)θ＝30° (1分)因此PQ、MN間的距離至少為s＝eq\f(mv0,qB)(eq\f(1,cosθ)＋tanθ)＝eq\f(\r(3)mv0,qB).(2分)(3)若將下板下移(eq\r(3)－1)d，則兩板間的距離為eq\r(3)d(1分)則所有粒子在電場中的側(cè)移最大值y＝eq\f(1,2)·eq\f(qU0,m×\r(3)d)(eq\f(L,v0))2＝eq\f(1,6)L (1分)設(shè)最大偏向角為α，則tanα＝eq\f(y,\f(1,2)L)＝eq\f(1,3)，則cosα＝eq\f(3,\r(10)) (1分)因此要使所有粒子均不能從PQ邊射出磁場，需要PQ、MN間的距離至少為s′＝eq\f(mv0,qB)(eq\f(