1、1计算题专练(七)1某电磁缓冲车利用电磁感应原理进行制动缓冲，它的缓冲过程可等效为：小车车底安装着电磁铁，可视为匀强磁场，磁感应强度大小为 B，方向竖直向下；水平地面固定着闭合矩形线圈 abcd，线圈的总电阻为 R， ab 边长为 L， ad 边长为 2L，如图 1 所示(俯视)缓冲小车(无动力)水平通过线圈上方，线圈与磁场的作用使小车做减速运动，从而实现缓冲已知小车总质量为 m，受到地面的摩擦阻力为 Ff，小车磁场刚抵达线圈 ab 边时，速度大小为v0，小车磁场刚抵达线圈 cd 边时，速度为零，求：图 1(1)小车缓冲过程中的最大加速度 am的大小(2)小车缓冲过程中通过线圈的电荷量 q 及
2、线圈产生的焦耳热 Q.答案 (1) (2) mv022 FfLB2L2v0 FfRmR 2BL2R 12解析 (1)线圈相对磁场向左切割磁感线，产生电动势 E BLv电流为： I ER BLvR由左手定则和牛顿第三定律知小车受到向左的安培力 F 安 BIL根据牛顿第二定律： F 安 Ff ma联立解得： aB2L2v FfRmR2故 amB2L2v0 FfRmR(2)通过线圈的电荷量：q t， ， I IER E t解得： q2BL2R由能量守恒定律得 mv02 Q Ff2L12解得： Q mv022 FfL.122如图 2 所示，足够长的圆柱形管底端固定一弹射器，弹射器上有一圆柱形滑块，圆柱
3、形管和弹射器的总质量为 2m，滑块的质量为 m，滑块与管内壁间的滑动摩擦力 Ff3 mg，在恒定外力 F9 mg 的作用下，圆柱形管和滑块以同一加速度竖直向上做匀加速直线运动，某时刻弹射器突然开启，将滑块向上以相对地面 2v 的速度弹离圆柱形管的底端，同时圆柱形管也以速度 v 仍向上运动，若弹射器启动的瞬间过程中滑块与弹射器间的作用力远大于系统所受外力，忽略空气影响，重力加速度为 g，求：图 2(1)弹射器开启前瞬间圆柱形管和滑块的速度；(2)弹射后，滑块相对圆柱形管上升的最大距离；(3)从滑块被弹开到它第二次获得相对地面的速度大小为 2v 的过程中，摩擦力对滑块做的功答案 (1) v (2)
4、 (3)43 v218g 16mv227解析 (1)弹射器启动的瞬间滑块与弹射器间的作用力远大于系统所受外力，故系统动量守恒，设弹射器启动前系统初速度为 v0，则：3 mv02 mv m2v则： v0 v43(2)滑块被弹射后与圆柱形管共速前，设圆柱形管和滑块的加速度大小分别为 a1和 a2，则根据牛顿第二定律：F Ff2 mg2 ma1mg Ff ma23二者共速时滑块相对圆柱形管上升的距离最大，设经过时间 t1后，二者达到共同速度 v1，由运动学公式得到：v1 v a1t1v12 v a2t1联立解得： t1 ， v1v9g 14v9圆柱形管的位移 x1 t1，v v12滑块的位移 x2 t12v v12二者相对位移 x x2 x1联立解得 x .v218g(3)共速后，假设二者相对静止，设圆柱形管和滑块系统的加速度为 a0，根据牛顿第二定律得 F( m2 m)g( m2 m)a0对滑块 Ff0 mg ma0联立解得 a02 g， Ff03 mg Ff则假设成立，圆柱形管与滑块相对静止，二者以 a0的加速度匀加速向上运动，滑块从速度v1至 2v 的过程中通过的位移为 x3 2v2 v122a0 32v281g从滑块被弹开到它第二次获得相对地面的速度大小为 2v 的过程中，设摩擦力做的功为 Wf，根据动能定理得 mg(x2 x3) Wf0联立解得 Wf .16mv227
