25分钟计算题专练(11)
1．如图所示，一半径为l＝0.5 m的金属圆环水平放置，长度为2l的粗细均匀的金属棒OP搭在圆环上且一端O点与圆心重合，金属棒OP的电阻为R＝4 Ω，转动时棒与圆环保持良好接触．额定电压为U＝2 V、内阻为r＝2 Ω的电动机通过导线分别连接棒上O点和圆环上Q点，整个装置处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B ＝2 T，圆环及导线电阻不计．当金属棒绕圆心以角速度ω＝12 rad/s顺时针(俯视)匀速转动时，电动机恰好正常工作，求：
(1)通过电动机的电流方向及电动机的输出功率； (2)金属棒两端点的电压UPO.
2．[2021·湖南卷，14]如图，竖直平面内一足够长的光滑倾斜轨道与一长为L的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，水平轨道右下方有一段弧形轨道PQ.质量为m的小物块A与水平轨道间的动摩擦因数为μ.以水平轨道末端O点为坐标原点建立平面直角坐标系xOy，x轴的正方向水平向右，y轴的正方向竖直向下，弧形轨道P端坐标为(2μL，μL)，Q端在y轴上．重力加速度为g.
(1)若A从倾斜轨道上距x轴高度为2μL的位置由静止开始下滑，求A经过O点时的速度大小；
(2)若A从倾斜轨道上不同位置由静止开始下滑，经过O点落在弧形轨道PQ上的动能均相同，求PQ的曲线方程；
(3)将质量为λm(λ为常数且λ≥5)的小物块B置于O点，A沿倾斜轨道由静止开始下滑，与B发生弹性碰撞(碰撞时间极短)，要使A和B均能落在弧形轨道上，且A落在B落点的右侧，求A下滑的初始位置距x轴高度的取值范围．
25分钟计算题专练(11)
1．答案：(1)b→a 0.5 W (2)11 V
解析：(1)由右手定则可知，电流方向为b→a 0＋lω
由法拉第电磁感应定律得E＝Bl
2E－UQO
由闭合电路欧姆定律得I＝
1R2电动机的输出功率P＝UQOI－I2r 联立解得P＝0.5 W
lω＋2lω
(2)由法拉第电磁感应定律有UPQ＝Bl
2又UPO＝UPQ＋UQO 解得UPO＝11 V
2．答案：(1)2μgL (2)x2＋4y2－8μLy＝0(0≤x≤2μL)
1＋λ22μL（1＋λ）(3)3μL ＋μL≥h> ＋μL λ－31－λ
解析：(1)若A从倾斜轨道上距x轴高度为2μL处由静止开始下滑，对A从静止释放到运动到O点的过1
程，由动能定理得mg×2μL－μmgL＝ mv20 ， 2
解得v0＝2μgL .
(2)在PQ曲线上任意取一点，设坐标为(x、y)，设A从O点抛出的初速度为v，由平抛运动规律有 x＝vt， 1
y＝ gt2， 2
1x2
联立解得y＝ g2 ，
2v设A落在P点时从O点抛出的初速度为vP，
1（2μL）2
将P点坐标代入上式，有μL＝ g ，
2v2P
解得vP＝2μgL ，
小物块A从倾斜轨道上不同位置由静止释放，落在曲线PQ上的动能均相同， 11有 mv2 ＋mg·μL＝ mv2＋mgy， P22
解得x2＋4y2－8μLy＝0(0≤x≤2μL).
(3)设A与B碰前瞬间的速度为v′0，A、B碰后瞬间的速度分别为v1、v2，对A、B组成的系统，根据动量守恒定律与机械能守恒定律有
mv′0＝mv1＋λmv2，
1112 mv′2 ＝ mv1 ＋ λmv202 ， 2221－λ2解得v1＝ v′0，v2＝ v′，
1＋λ1＋λ0
1112
又因为mgh－μmgL＝ mv′2 ，要使A、B均能落在PQ上且A 落在B落点的右侧，则有 mv ≥ mv20P1 2221
－2μmgL> mv22 ， 2
1＋λ ＋μL≥h>2μL（1＋λ） ＋μL.
联立解得3μLλ－31－λ
2
