计算题满分专练(一)
24．(12分)(2017·江苏卷)如图所示，两个半圆柱A、B紧靠着静置于水平地面上，其m上有一光滑圆柱C，三者半径均为R.C的质量为m，A、B的质量都为，与地面间的动摩擦2因数均为μ.现用水平向右的力拉A，使A缓慢移动，直至C恰好降到地面．整个过程中B保持静止．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.求： (1)未拉A时，C受到B作用力的大小F； (2)动摩擦因数的最小值μmin； (3)A移动的整个过程中，拉力做的功W. 解析：(1)对C受力分析，如图所示． 根据平衡条件有2Fcos 30°＝mg(2分) 解得F＝3mg(1分) 3(2)C恰好降到地面时，B受C压力的水平分力最大 Fxmax＝3mg(1分) 2B受地面的摩擦力Ff＝μmg(1分) 根据题意，B保持静止，则有Ffmin＝Fxmax(1分) 解得μmin＝3(1分) 2(3)C下降的高度h＝(3－1)R(1分) A的位移x＝2(3－1)R(1分) 摩擦力做功的大小Wf＝Ffx＝2(3－1)μmgR(1分) 根据动能定理W－Wf＋mgh＝0－0(1分) 解得W＝(2μ－1)(3－1)mgR(1分) 试题习题、尽在百度
、精选习题
答案：(1)33mg (2) (3)(2μ－1)(3－1)mgR 3225．(20分)两足够长的对应边平行的相同直角形导轨按图甲所示的方式固定在水平面上，其中导轨右侧所在平面的倾角θ＝53°，两导轨之间的距离为L＝0.2 m，在整个空间加上斜向左上方且与水平方向也成θ＝53°角的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B＝1.0 T．两根质量均为m＝0.1 kg、阻值均为R＝0.1 Ω的导体棒MN、PQ分别垂直导轨放在导轨左侧与右侧，两导体棒与导轨之间的动摩擦因数均为μ＝0.5.t＝0时刻，使导体棒MN以初速度v1沿左侧的导轨向下滑动，当t＝1 s时在导体棒MN上施加一个沿导轨平面向下的外力，使导体棒MN保持恒定的加速度沿导轨下滑，当t＝2 s时撤去外力，利用速度传感器描绘出导体棒PQ的速度随时间的变化规律，如图乙所示，已知在0～1 s、2～3 s的时间内对应的图线均为倾斜的直线．两导轨电阻均不计，整个过程两导体棒始终与导轨保持良好的接触，重力加速度g＝10 m/s，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6. 2 (1)0～1 s内导体棒PQ所受的安培力为多大？ (2)v1的大小为多少？ (3)如果在1～2 s内外力的功为WF＝9 J，则该过程中导体棒PQ上产生的焦耳热为多少？ 解析：(1)导体棒MN沿导轨左侧下滑，根据右手定则可知导体棒MN中的感应电流由N指向M，则导体棒PQ中的电流由P指向Q，根据左手定则可知导体棒PQ受到的安培力垂直于右侧导轨向下． 根据v－t图象可知，导体棒PQ在0～1 s内的加速度a1＝4 m/s(1分) 对导体棒PQ进行受力分析，根据牛顿第二定律有 mgsin53°－μ(mgcos53°＋F安)＝ma1(2分) 解得安培力F安＝0.2 N．(1分) (2)对导体棒PQ：F安＝BIL(1分) F安回路中电流I＝＝1 A(1分) BL试题习题、尽在百度
2、精选习题
导体棒MN产生的感应电动势为E＝I·2R＝0.2 V(1分) 根据法拉第电磁感应定律有E＝BLv1(1分) E导体棒MN的初速度v1＝＝1 m/s.(1分) BL(3)根据v－t图象可知导体棒PQ在2～3 s内做匀减速运动，其加速度为a2＝－4 m/s(1分) 对导体棒PQ进行受力分析，根据牛顿第二定律得 mgsin53°－μ(mgcos53°＋F′安)＝ma2(2分) 解得安培力F′安＝1.8 N(1分) BE′LBLv2由F′安＝BI′L＝＝可得 2R2R2 s末导体棒MN的速度大小为 2F′安Rv2＝22＝9 m/s(1分) BL1在1～2 s内导体棒MN做匀加速运动，导体棒MN的位移x2＝(v1＋v2)Δt＝5 m(1分) 2121～2 s内，对导体棒MN应用动能定理得WF＋mgx2sin37°－μmgx2cos37°＋W安＝mv2－212mv1(2分) 2解得安培力做功W安＝－6 J(1分) 回路中产生的焦耳热Q总＝－W安＝2Q1(1分) 在1～2 s内导体棒PQ上产生的焦耳热Q1＝3 J．(1分) 答案：(1)0.2 N (2)1 m/s (3)3 J 222试题习题、尽在百度
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