1、计算题专练(七)
(限时：25分钟)
24．(12分)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
2、过线圈的电荷量q及线圈产生的焦耳热Q.
答案 (1) (2) mv－2FfL
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＝＝
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：a＝
故am＝
(2)通过线圈的电荷量：
q＝Δt，＝，＝
解得：q＝
由能量守恒定律得mv＝Q＋Ff·2L
解得：Q＝mv－2FfL.
25．(20分)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Ff＝3m
3、g，在恒定外力F＝9mg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) (3)
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，
4、故系统动量守恒，设弹射器启动前系统初速度为v0，则：3mv0＝2mv＋m×2v
则：v0＝v
(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＋Ff－2mg＝2ma1
mg＋Ff＝ma2
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＋a1t1
v1＝2v－a2t1
联立解得：t1＝，v1＝
圆柱形管的位移x1＝t1，
滑块的位移x2＝t1
二者相对位移Δx＝x2－x1
联立解得Δx＝.
(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－(m＋2m)g＝(m＋2m)a0
对滑块Ff0－mg＝ma0
联立解得a0＝2g，Ff0＝3mg＝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＝＝
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)＋Wf＝0
联立解得Wf＝.
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