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“1单选+1多选+1计算”压轴题目增分练(二)
1.(6分)将一段总长度为L的直导线折成正多边形线框后放入磁感应强度大小为B的匀强磁场中,且线框所在平面与磁场方向垂直,现给线框通电,电流大小为I,正多边形线框中依次相邻的6条边受到的安培力的合力大小与依次相邻的3条边受到的安培力的合力大小相等,则正多边形线框中每条边受到的安培力大小为( )
A.BIL B.BIL
C.BIL D.BIL
解析:选C 设总长为L的正n边形,各边边长为,已知匀强磁场的磁感应强度为B,线框中电流大小为I,则各边所受安培力大小为F=,相邻两边所受安培力之间的夹角θ= ,相邻三边所受安培力的合力大小为F1=F+2Fcos θ=(1+2cos θ),相邻六边所受安培力的合力大小为F2=2F1cosθ=(1+2cos θ)cosθ,根据F1=F2,即有2cosθ=1,可得θ=40°,则有n==9,F==,故C正确,A、B、D错误。
2.(6分)(多选)如图所示,竖直平面内固定有半径为R的光滑半圆形轨道,最高点M、N与圆心O在同一水平线上,物块甲、乙质量之比为1∶3。物块甲从M处由静止开始释放,滑到最低点P与静止在P处的物块乙发生第一次弹性碰撞,碰撞时间很短可不计,碰后物块甲立即反向,恰能回到轨道上Q点,物块甲、乙均可视为质点,不计空气阻力,下列说法正确的是( )
A.Q、P之间的竖直高度为
B.Q、P之间的竖直高度为
C.在以后的运动中,物块甲不能回到M点
D.在以后的运动中,物块甲能回到M点
解析:选AD 设物块甲的质量为m,则物块乙的质量为3m,物块甲从M滑动到P,机械能守恒,有mgR=mv02,解得v0=。甲、乙两物块在最低点P处发生弹性碰撞,由动量守恒定律有mv0=mv1+3mv2,由机械能守恒定律有mv02=mv12+×3mv22,联立解得v1=-v0,v2=v0。物块甲反弹,设Q、P之间的竖直高度为h,由机械能守恒定律有mgh=mv12,解得h=,选项A正确,B错误。由于甲、乙两物块在最低点P处发生弹性碰撞后的速率大小相等,二者上升的高度相同,同时沿光滑半圆形轨道返回到最低点P再次发生弹性碰撞,由动量守恒定律有-mv1-3mv2=mv1′+3mv2′,由机械能守恒定律有mv12+×3mv22=mv1′2+×3mv2′2,联立解得v1′=-v0,v2′=0,即物块乙静止在最低点P,物块甲以速率v0沿光滑半圆形轨道向右运动,由机械能守恒定律有mgh′=mv02,解得h′=R,即物块甲能回到M点,选项D正确,C错误。
3.(20分)如图所示,间距为d的两足够长的光滑倾斜平行导轨固定放置形成斜面,该斜面与水平面间的夹角为θ,导轨顶端接有阻值为R的电阻,质量为m、阻值为R的导体棒ab垂直导轨放置,整个装置处于磁感应强度大小为B、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中。现给导体棒一个沿导轨平面向上的初速度v,从开始运动至速度减为零的过程,通过导体棒横截面的电荷量为q,重力加速度为g,导轨电阻不计。
(1)求导体棒ab刚开始向上运动时的加速度大小a;
(2)求导体棒ab向上运动到最高点的过程中,电阻R上产生的焦耳热Q;
(3)导体棒ab运动到最高点后开始下滑,从下滑经过初始位置到速度大小再次达到v的过程中,通过导体棒ab横截面的电荷量为q′,求导体棒从开始向上运动到速度向下再次达到v的运动时间t。
解析:(1)导体棒刚开始向上运动时速度为v,切割磁感线运动产生的感应电动势E=Bdv
由闭合电路欧姆定律可得导体棒中电流I=
导体棒受到的安培力F=BId
由牛顿第二定律有F+mgsin θ=ma
联立解得a=+gsin θ。
(2)设导体棒向上运动到最高点的过程中的平均电流为,时间为t1,
则有q=t1,
由法拉第电磁感应定律有=,
由闭合电路欧姆定律有=,
设导体棒向上运动到最高点的位移为x,则有ΔΦ=Bdx,
联立解得x=
由于导体棒ab电阻值也为R,由焦耳定律可知导体棒ab产生的焦耳热与电阻R产生的焦耳热Q相等
由能量守恒定律有mv2=mgxsin θ+2Q
联立解得:Q=mv2-mgsin θ。
(3)导体棒上滑过程的时间为t1,取上滑过程的一个时间微元Δt,对应的速度大小为vi,所受的安培力大小为,对上滑过程中的Δt时间内,
由动量定理有mgsin θ·Δt+Δt=-mΔv
方程两边求和得∑mgsin θ·Δt+∑Δt=∑mΔv
其中∑Δt=t1,∑viΔt=x,∑Δv=v
则有mgsin θ·t1+=mv
解得:t1=-
对导体棒从下滑经过初始位置到速度大小再次达到v的过程,设导体棒中的平均电流为′,时间为Δt′,则有q′=′Δt′
由法拉第电磁感应定律有′=,由闭合电路欧姆定律有′=
设导体棒下滑经过初始位置到速度大小为v的