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计算题专项练(五)
1.(2023 河南郑州模拟)如图所示,一足够长水平传送带顺时针转动,速度大小恒为v0=4 m/s。传送带上
宽度为D=6 m 的区域内,有一方向竖直向上的矩形匀强磁场区域,磁感应强度大小为B=2.0 T,MN、
PQ 为磁场边界。有一边长为l=2 m 的正方形线框abcd,线框质量m=10 kg,电阻R=4 Ω。ab 边与磁
场边界平行,在ab 边距离MN 为d=6 m 的位置由静止释放线框,已知线框与传送带之间的动摩擦因数
为μ=0.2,重力加速度g 取10 m/s2。线框在传送带上运动的整个过程中,求:
(1)线框进入磁场阶段,通过线框某截面的电荷量;
(2)线框中产生的焦耳热;
(3)摩擦力对线框做的总功。
2.(2023 湖南张家界模拟)如图甲所示,光滑水平面上木板A 将轻弹簧压缩4L0由静止释放,被弹簧弹开
后向右运动,与右侧固定的挡板发生弹性碰撞,木板A 从释放开始运动的x-t 图像如图乙所示,其中
0~2t0、6t0~10t0是正弦曲线的一部分。如图丙所示,若在A 的左侧再叠放另一物块B 后仍将轻弹簧压
缩4L0由静止释放,弹开过程A、B 保持相对静止。已知木板A 的质量mA=3m0,木板长度L=5.5L0,物块
B 的质量mB=m0,A、B 间的动摩擦因数μ=4 L0
gt0
2,弹簧弹性势能的表达式为Ep=1
2
kx2(k 为弹簧的劲度系
数,x 为弹簧的形变量),重力加速度为g。求:
2
(1)轻弹簧被压缩的最大弹性势能Epm;
(2)从释放到B 滑离A 的过程中,A 与挡板碰撞的次数n;
(3)从释放到B 滑离A 的过程中,A 运动的路程s。
3.(2023 内蒙古包头二模)如图所示,在某平面内有一个长度为L 的线性粒子源OA,以O 点为原点,OA
所在直线为y 轴,垂直OA 方向为x 轴,在此平面内建立直角坐标系。在坐标系第一象限的圆形区域内
存在垂直坐标平面向里的匀强磁场,该圆形区域的直径也为L,且分别与x 轴和y 轴相切,在第三和第
四象限内充满垂直平面向外的匀强磁场,所有磁场的磁感应强度的大小相等。在圆形磁场与x 轴的
切点位置有一个特殊装置P,装置P 为一个较小的圆孔形状的装置,圆孔的中心与切点重合,使粒子可
以从上往下自由穿过圆孔,装置P 能向圆孔中心释放出某种不带电的粒子,并保证孔内始终有一个粒
子(粒子的速度都为零)。某时刻,粒子源向x 轴正方向同时发射出大量带负电的粒子,每当有带电粒
子要穿过P 时,带负电的粒子总会与P 释放的粒子发生正碰,并结合成一个新粒子,新粒子随即进入第
四象限。已知粒子源射出的所有粒子的动量都为p,电荷量都为-q(q>0),这些粒子都从P 经过x 轴,除
与从P 释放的粒子相碰外,其他的粒子相互作用均忽略,粒子重力不计。
3
(1)求磁场的磁感应强度的大小。
(2)求出所有新粒子在x 轴下方所经过的区域的面积。
(3)求出OA 之间的哪部分区域射出的粒子,在形成新粒子后,能再次进入圆形区域的磁场。
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计算题专项练(五)
1.答案 (1)2 C
(2)64 J
(3)144 J
解析 (1)线框由静止释放,在传送带滑动摩擦力作用下加速。由牛顿第二定律得μmg=ma
解得a=2 m/s2
经过时间t 与传送带共速,有v0=at
解得t=2 s
线框位移x=1
2
at2=4 m<d=6 m
可知线框达到共速后继续匀速运动,到达边界MN 时线框的速度为v0=4 m/s。进入磁场过程,ab
边切割磁感线,有E=Blv=16 V
I= E
R
=4 A
F 安=BIl=16 N
最大静摩擦力Ffmax=μmg=20 N>F 安
可知线框将匀速进入磁场,线框进入磁场的时间为t1= l
v0
= 2
4
s=0.5 s
线框进入磁场阶段,通过线框某截面的电荷量为q=It1=4×0.5 C=2 C。
(2)由功能关系可知,线框在传送带上运动的整个过程中,线框中产生的焦耳热Q=W 安=2F 安l=64
J。
(3)线框进入磁场前有滑动摩擦力做功为W1=μmg·x=80 J
线框匀速进出磁场过程中,受到静摩擦力作用,大小为Ff 静=F 安=16 N
静摩擦力做功为W2=W3=Ff 静·l=32 J
整个过程摩擦力对线框做的总功W=W1+W2+W3=144 J。
2.答案 (1)24 m0 L0
2
t0
2
(2)2
(3)32.625L0
解析 (1)由x-t 图像可知,A 离开弹簧后的速度大小为v=8 L0
2t0
= 4 L0
t0
由能量守恒定律可知,弹簧的弹性势能完全转化成了A 的动能,则可知弹簧开始具有的最大弹性
势能为Epm=1
2
mAv2
解得Epm=24 m0 L0
2
t0
2
。
(2)在弹开的过程中A、B 保持相对静止,设第一次离开弹簧时的速度为v1,则有
5
Epm=1
2
(mA+mB)v1
2
设A 与挡板第一次碰后,A、B 达到的共同速度为v2,A 的位移为xA,由动量守恒定律得(mA-
mB)v1=(mA+mB)v2
对A,由动能定理得-μmBgxA=1
2
mAv2
2- 1
2
mAv1
2
解得xA=27 L0
8
<8L0
假设成立,设此过程中A、B 的相对位移为Δx1,由能量守恒定律有
μmBgΔx1=1
2
(mA+mB)(v1
2- v2
2)
解得Δx1=4.5L0
设第二次与挡板碰撞后达到的共同速度为v3,由动量守恒定律有(mA-mB)v2=(mA+mB)v3
设此过程中A、B 的相对位移为Δx2,则由能量守恒定律有μmBgΔx2=1
2
(mA+mB)(v2
2- v3
2)
解得Δx2=1.125L0
而Δx1+Δx2=5.625L0>5.5L0
则从释放到B 滑离A 的过程中,A 与挡板碰撞的次数为n=2。
(3)根据题意有Epm=1
2
k(4L0)2
设A 第一次与挡板碰撞后压缩弹簧的量为x1,则
1
2 k x1
2= 1
2
(mA+mB)v2
2
解得x1=2L0
设A、B 分离时两者的速度分别为vA、vB,由动量守恒定律有(mA-mB)v2=mAvA+mBvB
由能量守恒定律有
μmBg(L-Δx1)=1
2
(mA+mB)v2
2- 1
2
mAv A
2- 1
2
mBvB
2
解得vA=2√3 L0
3t0
,vB=0
碰撞后两者分离,设A 的位移为x2,则有μmBgx2=1
2
mAv2
2- 1
2
mAv A
2
解得x2=0.625L0
在2t0~4t0内,A 运动的距离x=8L0
则从释放到B 滑离A 的过程中,A 运动的路程为s=4L0+2x1+3x+x2=32.625L0。
3.答案 (1)2 p
qL
6
(2)3
8
πL2
(3)3
4
L<y<L
解析 (1)粒子都通过P,对任一粒子画出轨迹如图所示
由几何关系可知图中四边形为菱形,故粒子圆周运动的半径r= L
2
粒子做圆周运动有qvB=mv
2
r
解得B=2 p
qL
。
(2)带负电粒子在P 处与不带电粒子发生完全非弹性碰撞,由动量守恒定律有
mv=(m+m')v 共
新粒子在磁场中做圆周运动有qv 共B=(m+m')v共
2
R
解得R= L
2
作出新粒子能够达到的区域,如图所示
则有S=1
2
πR2+1
4
π(2R)2=3
8
πL2。
(3)根据分析可知,新粒子从x 轴再次射出,恰与磁场区域圆相切的则为临界情况,对此画出粒子轨
迹圆及必要的辅助线,如图所示
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其中C、G、Q 分别为圆心,E 为切点,D、H 为交点,F 为入射点。设∠QDE=θ,由PD 与ED 同为
切线,则有∠QDP=θ,∠EDP=∠DCH=∠PCH=2θ
四边形QPCH 为菱形,则有∠PQD=∠PCH=2θ
在△QPD 中,2θ+θ=90°
解得θ=30°,∠PCH=60°,∠QFG=∠PCH=60°
则入射点到原点的间距为d=QP+QFcos 60°=3
2
R=3
4
L
故y 坐标满足3
4
L<y<L 的粒子可以再次进入圆形区域的磁场。
