壓軸計(jì)算題搶分練(六)

壓軸計(jì)算題搶分練(六)(時(shí)間：30分鐘)1.(2022·廣東廣州模擬)如圖1所示，水平面上有一長度為L的平板B，其左端放置一小物塊A(可視為質(zhì)點(diǎn))，A和B的質(zhì)量均為m，A與B之間、B與水平面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.50，開始時(shí)A和B都靜止，用一個(gè)水平推力作用到平板B上，使A和B恰好能保持相對靜止一起向右勻加速運(yùn)動(dòng)。當(dāng)位移為x時(shí)，將原來的推力撤去并同時(shí)用另一水平推力作用到A上，使A保持原來的加速度繼續(xù)勻加速運(yùn)動(dòng)，直到脫離平板。已知重力加速度為g。求：圖1(1)平板B的最大速度；(2)物塊A脫離平板時(shí)的速度大小v。答案(1)eq\r(gx)(2)見解析解析(1)設(shè)A和B一起做勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a，對A，有μmg＝ma解得a＝0.5g將原推力撤去時(shí)平板B的速度最大，得veq\o\al(2,m)＝2ax解得B的最大速度vm＝eq\r(gx)。(2)推力作用到A上之后，A保持勻加速運(yùn)動(dòng)，有xA＝vmt＋eq\f(1,2)at2v＝vm＋atv2－veq\o\al(2,m)＝2axA平板B做勻減速運(yùn)動(dòng)，有μ·2mg－μmg＝ma′解得a′＝0.5g討論兩種情況：①物塊A脫離平板時(shí)平板未停下，則對B，有xB＝vmt－eq\f(1,2)a′t2A、B的位移關(guān)系滿足xA－xB＝L聯(lián)立可解得t＝eq\r(\f(2L,g))代入數(shù)據(jù)可得A脫離平板時(shí)的速度v＝eq\r(gx)＋eq\r(0.5gL)此時(shí)B的速度滿足vB＝vm－a′t>0可解得相應(yīng)的條件為L<2x。②物塊A脫離平板時(shí)平板停下，則對B，有veq\o\al(2,m)＝2a′xBA、B的位移關(guān)系同樣滿足xA－xB＝L解得A脫離平板時(shí)的速度v＝eq\r(2gx＋gL)相應(yīng)的條件為L≥2x。2.如圖2所示，間距為L＝1m的光滑平行金屬導(dǎo)軌被理想邊界(圖中虛線)分割成左右兩部分，兩側(cè)均存在勻強(qiáng)磁場，右側(cè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝0.2T，方向垂直于導(dǎo)軌平面豎直向下，左側(cè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為2B，方向與右側(cè)相反。垂直于導(dǎo)軌放置兩根金屬棒a、b，金屬棒的質(zhì)量均為m＝0.1kg，電阻均為R＝1Ω。某時(shí)刻，棒a以v0＝5m/s的初速度向左運(yùn)動(dòng)，達(dá)到勻速運(yùn)動(dòng)后剛好碰到左側(cè)xa＝8m處的障礙物MN，立即被鎖定不動(dòng)。在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中金屬棒與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，導(dǎo)軌足夠長且電阻不計(jì)。求：圖2(1)整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，導(dǎo)體棒中的最大電流；(2)金屬棒a碰到障礙物MN前，電路中產(chǎn)生的總焦耳熱；(3)整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，金屬棒b向右運(yùn)動(dòng)的距離。答案(1)1A(2)1J(3)16m解析(1)金屬棒a剛以v0＝5m/s向左運(yùn)動(dòng)時(shí)，b棒速度為零，以后兩棒產(chǎn)生的電動(dòng)勢方向相反，回路中的電流變小。棒a剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)，回路中的電流最大Imax＝eq\f(2BLv0,2R)＝eq\f(2×0.2×1×5,2×1)A＝1A。(2)棒a向左運(yùn)動(dòng)的速度最小時(shí)，兩棒剛好達(dá)到勻速，設(shè)a、b棒的速度分別為v1、v2，從棒a開始運(yùn)動(dòng)到恰好碰到障礙物MN的過程中，分別對a、b應(yīng)用動(dòng)量定理，對a：－eq\o(I,\s\up6(－))L·2B·t＝mv1－mv0對b：eq\o(I,\s\up6(－))LB·t＝mv2－0當(dāng)棒a、b均做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，二者組成的回路中的感應(yīng)電流為零，有2BLv1＝BLv2聯(lián)立解得v1＝1m/s，v2＝2m/s根據(jù)能量守恒定律得Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＝1J。(3)a棒向左運(yùn)動(dòng)距離為xa＝8m的過程中，設(shè)b棒運(yùn)動(dòng)的位移為x1，回路中的電荷量q＝eq\o(I,\s\up6(－))t＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2BLxa,t)－\f(BLx1,t)))×eq\f(1,2R)×t＝eq\f(BL（2xa－x1）,2R)由棒b，根據(jù)動(dòng)量定理有eq\o(I,\s\up6(－))LB·t＝mv2－0整理得eq\f(B2L2（2xa－x1）,2R)＝mv2解得x1＝6m設(shè)棒a被鎖定后，b棒運(yùn)動(dòng)的位移為x2，對b棒應(yīng)用動(dòng)量定理有－eq\o(I,\s\up6(－))′LB·t′＝0－mv2回路中的電荷量q′＝eq\o(I,\s\up6(－))′t′＝eq\f(BLx2,t′)×eq