1、计算题专项练(五)1.(2022广东汕头三模)如图甲所示,平行长直金属导轨水平放置,间距为L,导轨右端接有阻值为R的电阻,导体棒垂直放置在导轨上,且接触良好,导体棒及导轨的电阻均不计,导轨间圆形区域内有方向垂直纸面向外的匀强磁场,直径ab与导轨垂直,长度也为L。从0时刻开始,磁感应强度B的大小随时间t的变化如图乙所示(t0和B0已知);t=0时刻,导体棒匀速向左恰好进入磁场,在t0时导体棒受到最大的安培力。导体棒在导轨上始终做匀速直线运动。答案中可含,求:甲乙(1)导体棒在运动过程中受到最大的安培力F;(2)导体棒在运动过程中的最大电流Im的大小。2.(2021广东卷)下图是一种花瓣形电子加速
2、器简化示意图。空间有三个同心圆a、b、c围成的区域,圆a内为无场区,圆a与圆b之间存在辐射状电场,圆b与圆c之间有三个圆心角均略小于90的扇环形匀强磁场区、和。各区磁感应强度恒定,大小不同,方向均垂直纸面向外。电子以初动能Ek0从圆b上P点沿径向进入电场。电场可以反向,保证电子每次进入电场即被全程加速。已知圆a与圆b之间电势差为U,圆b半径为R,圆c半径为3R,电子质量为m,电荷量为e,忽略相对论效应,取tan 22.5=0.4。(1)当Ek0=0时,电子加速后均沿各磁场区边缘进入磁场,且在电场内相邻运动轨迹的夹角均为45,最终从Q点出射,运动轨迹如图中带箭头实线所示。求区的磁感应强度大小、电
3、子在区磁场中的运动时间及在Q点出射时的动能;(2)已知电子只要不与区磁场外边界相碰,就能从出射区域出射。当Ek0=keU时,要保证电子从出射区域出射,求k的最大值。3.(2022山东泰安预测)如图甲所示,水平地面上左侧有一固定的圆弧斜槽,斜槽左端是四分之一光滑圆弧AB,圆弧半径为R=7.5 m,右端是粗糙的水平面BC,紧挨着斜槽右侧有一足够长的小车P,小车质量为m0=1 kg,小车左端和斜槽末端C平滑过渡但不粘连,在C点静止放置一滑块N(可视为质点),滑块质量为m1=2 kg。最右边有一固定的竖直墙壁,小车右端距离墙壁足够远。已知斜槽BC段长度为L=1.2 m,由特殊材料制成,从B点到C点其与
4、小球间的动摩擦因数0随到B点的距离增大而均匀减小到0,变化规律如图乙所示。滑块N与小车的水平上表面间的动摩擦因数为=0.1,水平地面光滑,现将一质量为m2=2 kg的小球M(可视为质点)从斜槽顶端A点由静止释放,经过ABC后与静止在斜槽末端的滑块N发生弹性碰撞,碰撞时间极短,碰撞后滑块滑上小车,小车与墙壁相碰时碰撞时间极短,每次碰撞后小车速度方向改变,速度大小减小为碰撞前的一半,重力加速度g取10 m/s2,求:甲乙(1)小球运动到C点(还未与滑块碰撞)时的速度大小;(2)小车与墙壁第1次碰撞后到与墙壁第2次碰撞前瞬间的过程中,滑块与小车间由于摩擦产生的热量;(3)小车与墙壁第1次碰撞后到与墙
5、壁第5次碰撞前瞬间的过程中,小车运动的路程。答案：1.答案 (1)B02L32Rt0,方向水平向右(2)B0L24t0R解析 (1)设导体棒运动的速度大小为v0,由题意可知t0时刻导体棒将运动至ab位置,则L2=v0t0解得v0=L2t0此时通过导体棒的电流为I0=E0R=B0Lv0R=B0L22Rt0导体棒在运动过程中受到最大的安培力为F=B0I0L=B02L32Rt0由楞次定律和左手定则可知,F的方向水平向右。(2)易知导体棒在2t0时离开磁场,此后回路中感生电动势大小为E1=t=SBt=B0L22t0通过导体棒的电流为I1=E1R=B0L24t0RI0所以导体棒在运动过程中的最大电流为I
6、m=I1=B0L24t0R。2.答案 (1)5RUmeR4meU8eU(2)136解析 (1)由几何关系tan452=rRr=Rtan 22.5r=0.4R设电子在区中进入磁场时速度为v,则有evB=mv2rB=mverEk-Ek0=2eUEk=12mv2v=2Ek0+4eUmB=m(2Ek0+4eU)0.4eR由几何关系,电子在区磁场中转过的圆心角=225=54t=2T,T=2rv,T=2meB则t=58T,t=0.5Rm2Ek0+4eUQ点出射时动能EQ=Ek0+8eU当Ek0=0时,区的磁感应强度为5RUme,电子在区的运动时间为R4meU,Q点出射时的动能为8eU。(2)如图所示,根据
7、几何关系,在区域有r+r2+R23R,即r33R则(r)2r2(33R)2(0.4R)2=2512又由公式r=mveB,可得r2v2Ek即r2r2=EkEk=keU+2eU0+2eU2512解得k136,所以k的最大值为136。3.答案 (1)12 m/s(2)48 J(3)10.625 m解析 (1)设小球到C点的速度为v0,B到C过程中小球克服阻力做功为WfBC,由图乙可知在此过程中摩擦力均匀减小,则有WfBC=120m2gL=6 J小球由A到C过程中,由动能定理可得m2gR-WfBC=12m2v02解得v0=12 m/s。(2)小球与滑块弹性碰撞过程有m2v0=m2v2+m1v12m2v
8、02=12m2v22+12m1v2m2=m1联立解得v2=0v=v0=12 m/s由于小球与滑块质量相等,则碰后两者速度交换,即碰后滑块速度大小为v=v0=12 m/s,设滑块滑上小车后达到的共同速度为v1,滑块和小车第一次碰前,由动量守恒定律有m1v=(m1+m0)v1第一次碰前小车和滑块速度均为v1,碰后小车变为-12v1,滑块速度仍为v1,设碰后达到的共同速度为v2,则由动量守恒定律有-12m0v1+m1v1=(m1+m0)v2设小车与墙壁第1次碰撞后到与墙壁第2次碰撞前过程中,滑块与小车间产生的热量为Q,根据能量守恒定律有12m012v12+12m1v12=12(m1+m0)v22+Q
9、联立得Q=48 J。(3)以小车第一次碰后为即时起点,根据牛顿第二定律,滑块与小车运动过程中加速度大小分别为a1=m1gm1=1 m/s2a2=m1gm0=2 m/s2小车向左减速到0用时为t1=v12a2=2 s小车与墙壁第1次碰撞后到与墙壁第2次碰撞前瞬间,小车运动的路程为s1=v14t12=8 m此时,小车速度为a2t1=4 m/s滑块的速度为v滑=v1-2a1t1=4 m/s即滑块和小车在第2次碰墙前恰好达到共同速度,分析可知,每次碰撞前两者都恰好达到共同速度小车与墙壁第1次碰撞后到第2次碰撞前过程中,路程s1=8 m同理,小车与墙壁第2次碰撞后到第3次碰撞前过程中s2=2 m第3次碰撞后到第4次碰撞前过程中s3=0.5 m第4次碰撞后到第5次碰撞前过程中s4=0.125 m所以小车与墙壁第1次碰撞后到与墙壁第5次碰撞前瞬间的过程中,小车运动的路程
