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1、计算题题型练(五)1.(2019宁波市3月模拟)如图所示，两根一端带有挡柱的金属导轨MNF口PQ与水平面成0=37。角，两导轨间距L=1m,导轨自身电阻不计，整个装置处在磁感应强度B=2T的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向上，两根完全相同的金属棒ab和cd,每根棒长为L,质量m=1kg,电阻R=1Q,始终垂直放在导轨平面上且与导轨保持良好接触.现让金属棒cd放置在挡柱上，金属棒ab在沿斜面向上的外力F作用下从轨道上某处由静止开始做加速度a=2.5m/s2的匀加速直线运动，直到金属棒cd刚要滑动时撤去外力F;此后金属棒ab继续向上运动约0.35s后减速为0,且金属棒ab向下返回到初始出发点时
2、的速度大小可认为是1m/s.已知两金属棒与导轨间的动摩擦因数均为0.5,假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37。=0.6,cos37=0.8,重力加速度g为10m/s：求：(1)金属棒cd刚要滑动时，金属棒ab的速度大小；(2)金属棒ab沿斜面向上匀加速运动过程中外力的最大值；(3)金属棒ab从最高点返回到原始出发点过程中棒cd上所产生的焦耳热.答案(1)5m/s(2)22.5N(3)5.5J解析(1)当金属棒cd刚要滑动时满足：BIL=mgsin0+科mgcos0BLv2R联立解得v=5m/s;(2)对金属棒ab：F-m(sin0一mccos0-BIL=maBLvv=at代入数据可知F随
3、t线性变化，当v=5m/s时，F有最大值Fm=22.5N;(3)匀加速过程中，金属棒ab的位移为：X1=v=5m撤力后金属棒cd仍静止，设金属棒ab减速滑行的位移为X2,则由动量定理(mgcos0+mcsin0+BLi)At=m-Av累加求和：（科mgos0+mgsin0）t+BLX2=mv2R解得X2=0.75m设金属棒ab返回到出发点时的速度为vi,12由能重寸恒：mxi+X2)sin。=科mgcos。(xi+X2)+mv+2Q解得Q=5.5J.2.(2019嘉、丽3月联考)如图所示，斜面ABCF端与圆弧轨道CDEf切于C,整个装置竖直固定，D是圆轨道的最低点，斜面的倾角0=37。，B与圆
4、心O等高，圆弧轨道半径r=0.5m,斜面高h=1.4m.现有一个质量m=1kg的小物块P(视为质点)从斜面上端A点静止下滑，经竖直圆轨道回到最低点D点以后经直轨道DF冲上两个半径为R=0.4m的圆管轨道，2所有轨道均光滑，取sin37=0.6,cos37=0.8,g取10m/s,忽略空气阻力，求：(1)物块到达D点对轨道的压力大小；(2)若物块要不脱离轨道的基础上能通过圆管轨道最高点G,则物块释放的高度H至少为多少(距离斜面底端的高度)；(3)现在在BC段铺上不同材料，材料的动摩擦因数pW2,物块仍然从A点静止下滑，则要使物块最终停在BC的中点位置Q图中未标示)，试着讨论科可能的取值.答案(1
5、)70N(2)1.15m(3)见解析12解析(1)从A点到D点过程，由动能te理得：mgjh+r-rcos0)=-mD2VDFnmg=mr-解得FN=70N根据牛顿第三定律，物块到达D点对轨道的压力大小为70N.2VE(2)在E点，对小物块有mgFn=mr,知要不脱轨，FnR0,小物块在E点的速度ve不能小于gr12由A到E,有mgH+r-rcos0)=2m邛+2mgr解得H1.15m.因E点高于G点，由机械能守恒定律知满足条件的H至少为1.15m.(3)由几何关系，BC的长度l=/T=2mtan03从A点到Q点:,11mgh-,lsin0Nljimg-lcos。=0(N=1,3,5,7)9解
6、得科=2N(N=1,3,5,7)且满足mopos0mgsin0,即2科0.75物块能做往复运动，需满足mc(h+r-rcos0)-科mglcos。wmgr,解得解得：2.25WN2.4,所以不存在这样的动摩擦因数科值.3.(2019浙南名校联盟期末)真空中有一半径为R的圆形区域内存在方向垂直纸面的匀强磁场，如图甲所示，虚线圆的右侧放置一对水平正对放置的金属板M和N,两金属板的中心线OQ与虚线圆的圆心O在同一水平线上.在圆上P点(位于O点的正下方)处有一点状电子源，电子源可以向各个方向发射速率均为Vo的电子，当其中一个电子沿PO方向射入磁场时，电子恰好从圆上的。点沿两板中心线射出，电子在进入金属
7、板的瞬间给两板加上图乙所示的交变电压，最后电子恰好从M板的边缘水平飞出.已知金属板的板长L和板间距d都等于2R电子的质量为m电荷量为e,忽略电子的重力和相互间的作用力.求：I.W甲(1)圆形区域内的磁感应强度大小B;(2)图乙中周期T;(3)图乙中U0;(4)若使电子源均匀向磁场中各方向发射电子一小段时间，并给金属板加上合适的恒定电压，使得出磁场的电子恰好都打在N板上，求板上ab段与bc段(ab=bc)接收到的电子数之比.mv2R答案融嬴廿1,2,3)2nmv2(n=1,2,3(4)1 ： 2解析(1)根据电子的偏转和左手定则知，圆形区域内的磁场方向垂直纸面向里，对于从O点射出的电子，在磁场中
8、做圆周运动，轨迹半径为2vomvevoB=mR,得B=eR.(2)画出从。点射出磁场的电子运动轨迹图，根据电子恰好从M板的边缘水平飞出知，电子在板间的运动时间为交变电压的周期的整数倍,则t=Vo=nT，彳导丁=哈”，3)代入 y = d，a = eU, t 2 mdT2(4)设给金属板加上的恒定电压为U,水平向左发射的电子经过磁场偏转后,经上极板边缘水平入射，恰好打到下极板 C点,皿 leU 2 则 2R= 2mt112粒子在板间偏转的总位移y总=2nat2，口2nmvd=2R得U0=(n=1,2,3)eL=Voti同理，若从极板间水平射入的电子恰好打到b点，则y=2emd22,2=V0t2，解得y=260时，恰好则由几何关系可得：从p点所发射电子的方向斜向右上方且与水平方向夹角为打到b点因此，N板上ab段与bc段(ab=bc)接收到的电子数之比为1：2.
