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计算题专项练(一)
1.(10 分)(2025 广东东海新龙中学模拟)某陶瓷窑结构的示意图如图所示。某次烧制前,
封闭在窑内的气体压强为p0=1.0×105 Pa,温度为室温t0=27 ℃。烧制时为避免窑内气压
过高,窑上有一个单向排气阀,已知当窑内气体温度为t1=327 ℃时,单向排气阀开始排气,
此后窑内气体压强保持不变,温度逐渐升高至烧制温度t2=1 227 ℃。气体可视为理想气
体,T=t+273 K。求:
(1)排气阀开始排气时窑内气体的压强p1;
(2)本次烧制排出的气体与原有气体质量的比值。
2.(12 分)(2025 安徽合肥模拟)如图所示,足够长的两倾斜金属导轨与水平地面的夹角均
为θ=37°,间距均为L=1 m,最低处平滑连接(无能量损失),左上端接有电容C= 1
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F 的电
容器。一质量m=1 kg 的导体棒与两侧导轨间的动摩擦因数均为0.5,导体棒和导轨的电
阻均不计。两侧导轨均存在着垂直于导轨所在平面的匀强磁场,磁感应强度B=4 T。现
使导体棒从左侧导轨上某处由静止释放,经时间t1(未知)第一次到达最低点的速度v1=1
m/s,然后滑上右侧导轨,多次运动后,最终停在导轨的最低点。整个过程中电容器未被击
穿,忽略两磁场间相互影响,重力加速度g 取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求:
(1)导体棒第一次运动到最低点时,电容器所带电荷量Q;
2
(2)导体棒第一次运动到最低点时所用时间t1以及此时电容器储存的能量EC;
(3)导体棒运动的总时间t 总。
3.(16 分)(2025 山东淄博模拟)一种自动卸货装置的简化图如图所示,质量为m1=1 kg 的货
箱内装有质量为m2=5 kg 的货物,将其从半径为R=40 m 的光滑圆弧轨道AB 上的A 点由
静止释放,AB 与以v=8 m/s 的速率顺时针转动的水平传送带相切于B 点,A、B 两点的竖
直高度差为h=0.2 m,传送带与水平光滑直轨道CD 平滑连接,紧挨D 点有一与CD 等高
的小车停在光滑的水平轨道上,车的质量为m3=2 kg,货箱和货物滑上车经一段时间后与
车右端挡板发生碰撞,碰后与车速度相同但不粘连,一起向右运动至水平轨道右端,压缩
固定弹簧至最短时将车锁定,货物与货箱始终相对静止。卸下货物后解除锁定,弹簧将车
及货箱一起弹回,车与水平轨道左侧台阶碰撞后立即停止,货箱滑出车后恰好能回到A 点。
B、C 间距离L1=8 m,货箱与传送带间的动摩擦因数μ1=0.5,与车间的动摩擦因数μ2=0.2,
货箱和货物均可视为质点,重力加速度g 取10 m/s2。求:
(1)货箱和货物下滑经过圆弧轨道上B 点时对轨道的压力大小FN;
(2)货箱和货物一起由A 运动到C 过程中所用的时间t;(结果保留三位有效数字)
(3)车的长度L2。
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参考答案
1.答案 (1)2×105 Pa (2)0.6
解析 (1)由题意可知,排气阀开始排气前,气体体积不变
初状态时p0=1.0×105 Pa,温度为T0=(273+27) K=300 K
末状态时压强为p1,温度为T1=(273+327) K=600 K
对气体,由查理定律可得p0
T 0
= p1
T 1
解得排气阀开始排气时窑内气体的压强为p1=T 1
T 0
p0=600
300×1.0×105 Pa=2×105 Pa。
(2)排出气体后,气体发生等压变化,由盖-吕萨克定律可得V 1
T 1
= V 2
T 2
解得V2=1 500
600
V1=5
2
V1
则排出的气体在烧制环境下的体积为ΔV=V2-V1=3
2
V1
则排出的气体与原有气体的质量的比值为Δm
m = ρ ΔV
ρV 2
= ΔV
V 2
=0.6。
2.答案 (1)0.25 C (2)1 s 0.5 J
(3)3(1+√0.2)
2
s
解析 (1)在最低点,导体棒切割磁感线,电容器两端电压与导体棒两端电动势相等,有
U=E=BLv1=4 V
电容器的电容C=Q
U
联立解得Q=0.25 C。
(2)导体棒在左侧导轨上由静止释放后,在下滑过程中受力分析如图甲所示
4
甲
沿斜面方向由动量定理得
mgt1sin θ-μmgt1cos θ-BILt1=mv1
解得t1=1 s
沿斜面方向由牛顿第二定律得Gx-Ff-F=ma1
又F=BIL,a1= Δv
Δt
,I= ΔQ
Δt = C ΔU
Δt
=CBL Δv
Δt
=CBLa1
则mgsin θ-μmgcos θ-CB2L2a1=ma1
解得a1=1 m/s2
故导体棒在左侧导轨上由静止释放后做匀加速直线运动
导体棒释放位置与导轨的最低点距离x1=v1
2
t1=0.5 m
电容器储存的能量
EC=mgx1sin 37°-μmgcos 37°·x1-1
2 m v1
2
解得EC=0.5 J。
乙
(3)根据分析可知,导体棒冲上右侧导轨后,电容器放电,导体棒所受安培力沿斜面向
上,受力分析如图乙所示
根据牛顿第二定律得Gx'+Ff'-F'=ma2
又F'=BI'L,I'= ΔQ
Δt = C ΔU
Δt
=CBL Δv
Δt
=CBLa2
解得a2=5 m/s2
则第一次冲上右侧导轨所用时间t2=v1
a2
=0.2 s
5
导体棒上滑到右侧最高点位移x2=v1
2
t2=0.1 m
同理,导体棒从右侧斜面最高点滑下过程中电容器充电,加速度大小等于a1,导体棒第
二次经过最低点时设其速度为v2,则x2=1
2
a1t3
2,v2=a1t3
解得t3=√0.2 s,v2=√0.2 m/s
之后以v2冲上左侧导轨,导体棒上滑到左侧导轨最高点位移为x4= v2
2
2a2
=0.02 m
所用时间为t4=v2
a2
=0.2√0.2 s
从左轨道再次下滑时间为x4=1
2
a1t5
2
解得t5=0.2 s
第三次到最低点时的速度v3=a1t5=0.2 m/s
之后冲上右侧导轨,导体棒上滑到右侧导轨最高点位移为x6= v3
2
2a2
=0.004 m
所用时间为t6=v3
a2
=0.04 s
如此往复,直至停在最低点
在两侧导轨加速下滑过程时间依次为t1=1 s,t3=√0.2 s,t5=0.2 s……公比为√0.2,由
等比数列求和公式,得下滑的总时间为t 下=5(1+√0.2)
4
s
在两侧导轨减速上滑过程时间依次为t2=0.2 s,t4=0.2√0.2 s,t6=0.04 s……公比为
√0.2,由等比数列求和公式,得上滑的总时间为t 上=1+√0.2
4
s
所以全程的总时间为t 总=t 上+t 下=3(1+√0.2)
2
s。
3.答案 (1)60.6 N
(2)4.59 s
6
(3)3 m
解析 (1)对货物及货箱(以后简称系统M)在由A 到B 过程中有
(m1+m2)gh=1
2
(m1+m2)vB
2
系统M 在B 点有FN'-(m1+m2)g=(m1+m2)vB
2
R
由牛顿第三定律知,系统M 在B 点对圆轨道的压力大小FN=FN'
联立解得FN=60.6 N。
(2)系统M 由A 到B 过程中降落的高度与半径之比为h
R = 1
200
,即h≪R
则此过程可视为简谐运动,且有T=2π√
R
g
则系统M 由A 到B 的时间为t1=T
4
解得t1=3.14 s
系统M 在传送带上加速的过程有
μ1(m1+m2)g=(m1+m2)a
若系统M 与传送带能够共速,则有v=vB+at2
解得t2=1.2 s
系统M 在此加速过程中的位移为x1=vB+ v
2
t2
解得x1=6 m<L1
故系统M 与传送带共速后将做匀速直线运动
由L1-x1=vt3
得t3=0.25 s
则系统M 由A 到C 所用的时间为t=t1+t2+t3=4.59 s。
(3)在系统M 冲上小车到与之达到共速过程中由动量守恒定律有
(m1+m2)v=(m1+m2+m3)v 共
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系统M 和小车的动能先转化为弹簧的弹性势能,然后弹簧又将弹性势能完全转化为
小车和货箱组成的系统的动能,则由能量守恒定律得1
2
(m1+m2+m3)v共
2= 1
2
(m1+m3)v1
2
小车与台阶碰后对货箱由能量守恒定律有μ2m1gL2+μ1m1gL1+m1gh=1
2
m1v1
2
联立解得L2=3 m。
