1、计算题规范练(五)15(2019福建福州市五月检测)如图1甲所示，两平行长直光滑金属导轨水平放置，间距为L，左端连接一个电容为C的电容器，导轨处在磁感应强度大小为B、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中质量为m的金属棒垂直导轨放置，某时刻金属棒获得一个水平向右的初速度v0，之后金属棒运动的vt图象如图乙所示不考虑导轨的电阻图1(1)求金属棒匀速运动时的速度的大小v1；(2)求金属棒匀速运动时电容器的电荷量q；(3)已知金属棒从开始到匀速运动的过程中，产生的焦耳热为Q，求电容器充电稳定后储存的电能E电能答案(1)(2)(3)mv02Q解析(1)金属棒匀速运动切割磁感线产生的电动势EBLv1电容器的电
2、荷量qCE金属棒从开始到匀速运动的过程中，由动量定理有BLt0mv1mv0电容器的电荷量qt0联立解得v1(2)由(1)可知qCECBLv1(3)在0t0时间内，金属棒的速度由v0到v1，由能量守恒可得E电能Qmv02mv12解得E电能mv02Q.16.(2019山东青岛市三模)如图2，质量m0.1kg的带电小球从h20m高处以v05m/s的速度水平抛出，落到水平地面上的A点；若仍将小球以同样的速度水平抛出，当小球到达P点时，在小球运动空间加上一竖直向上的匀强电场(图中未画出)，小球落到地面上的B点，小球的水平射程增加了5 m，已知P点高度h15 m，小球所带电荷量q1103 C，重力加速度g
3、取10 m/s2，空气阻力不计，求：图2(1)小球到达A点时的动能；(2)所加匀强电场电场强度E的大小答案(1)21.25J(2)1250N/C解析(1)设小球在A点的动能为EkA，根据动能定理有：EkAmv02mgh代入数据可得：EkA21.25J(2)设小球从抛出到落在A点的时间为t1，从抛出到运动到P点的时间为t2，从P点到运动到A点的时间为t1，P、A两点的水平距离为x1，则有：hgt12hhgt22t1t1t2x1v0t1vPygt2加上匀强电场后，小球从P点运动到B点的时间为t2，则有：x15mv0t2mgqEmahvPyt2a(t22)联立以上各式可解得：E1250N/C.17(
4、2019福建福州市五月检测)如图3所示，倾斜轨道底端用一小段圆弧与水平地面平滑连接，上端与半径为R0.5m的圆管形轨道相切于P点，圆管顶端开口水平，距离水平地面的高度为R.质量为m0.2kg的小球B静止在斜面的底端另有质量也为m0.2kg的小球A以初速度v05m/s沿水平地面向右运动，并与小球B发生弹性碰撞，不考虑一切摩擦，重力加速度g取10 m/s2.图3(1)求小球B被碰后瞬间的速度大小；(2)求小球B到达圆管形轨道最高点时对轨道的压力大小和方向；(3)若保持小球A的初速度不变，增加其质量，小球B质量不变，则小球B从轨道的最高点抛出后，求小球B的落地点到O点的最远距离不会超过多少答案(1)
5、5m/s(2)4N方向竖直向上(3)3m解析(1)设A、B两球碰撞后瞬间的速度分别为v1、v2，A、B两球发生弹性碰撞，由动量守恒定律得mv0mv1mv2由能量守恒定律得mv02mv12mv22联立解得v10，v25m/s(2)A、B两小球碰撞后，设小球B沿轨道上升到最高点的速度为v，则由动能定理得mgRmv2mv22在圆管形轨道的最高点，设轨道对小球竖直向上的支持力为FN，由牛顿第二定律可得mgFNm联立解得FN4N负号说明圆管形轨道对小球有向下的压力，根据牛顿第三定律可得，小球在最高点对轨道有竖直向上的压力，大小为4N(3)设小球A的质量为M，则由动量守恒定律和能量守恒定律有Mv0Mv3mv4Mv02Mv32mv42联立解得v4v0当小球A的质量M无限增加时，碰撞后小球B的速度都不会超过2v0假设碰撞后小球B的速度为2v0，设小球B到达轨道最高点的速度为v，则由动能定理得mgRmv2m(2v0)2解得v3m/s由平抛运动的规律有Rgt2xmvt联立解得xm3m所以小球B从轨道的最高点抛出后，落地点到O点的最远距离不会超过3m3
