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计算题题型练（三）
17．一定质量的理想气体由状态A经状态B变为状态C，其中A→B过程为等压变化，B→C过程为等容变化．已知VA＝0.3m3，TA＝TC＝300K、TB＝400K．
（1）求气体在状态B时的体积．
（2）说明B→C过程压强变化的微观原因
（3）设A→B过程气体吸收热量为Q，B→C过程气体放出热量为Q2，比较Q1、Q2的大小说明原因．
18．一弹射游戏装置竖直截面如图所示，固定的光滑水平直轨道AB、半径为R的光滑螺旋圆形轨道BCD、光滑水平直轨道DE平滑连接。长为L、质量为M的平板紧靠长为d的固定凹槽EFGH侧壁EF放置，平板上表面与DEH齐平。将一质量为m的小滑块从A端弹射，经过轨道BCD后滑上平板并带动平板一起运动，平板到达HG即被锁定。已知R＝0.5m，d＝4.4m，L＝1.8m，M＝m＝0.1kg，平板与滑块间的动摩擦因数μ1＝0.6、与凹槽水平底面FG间的动摩擦因数为μ2。滑块视为质点，不计空气阻力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
（1）滑块恰好能通过圆形轨道最高点C时，求滑块离开弹簧时速度v0的大小；
（2）若μ2＝0，滑块恰好过C点后，求平板加速至与滑块共速时系统损耗的机械能；
（3）若μ2＝0.1，滑块能到达H点，求其离开弹簧时的最大速度vm。
19．（11分）如图，电容器的电容为C，初始带电量为Q，开关S断开，导轨光滑，处于磁感应强度为B的磁场中。甲、乙两棒的有效切割长度均为L、电阻为R、质量为m的导体棒。
（1）闭合开关S，求达到稳定时两棒的速度v1；
（2）闭合开关S，求达到稳定过程中甲棒产生的焦耳热（已知电容器储存的能量为）；
（3）若先去掉乙，再闭合S释放甲，当甲稳定运动后再在最初释放甲处释放乙，二者最终稳定速度为v2。
①通过计算比较v1和v2的大小关系；
②若按此方式，依次释放与甲、乙相同的丙、丁……当释放包含甲、乙在内的2024根棒后，求稳定速度v2024（直接写出结果）。
20．医用质子肿瘤治疗仪示意图如图甲所示，由质子放射源S、加速电压为U的加速电场区、MN板间电压产生的偏转电场区，以及边界为圆形的匀强磁场区组成。其中，水平放置的平行金属板M、N长为L、间距为d，磁场方向垂直于纸面。S持续释放质量为m、电荷量为e的质子，质子从小孔O1飘入加速电场，其初速度可视为零。加速后的质子沿中线O2O3从O2点垂直于电场方向射入偏转电场区，质子通过偏转电场后进入匀强磁场区。所有质子均打在圆心正下方磁场边界上的P点。M、N板间电压随时间变化关系如图乙所示，图中，t＝0时质子射入偏转电场，恰好能从N板的右边缘水平飞出。不考虑质子之间的相互作用力、重力和空气阻力，忽略MN板边缘外电场的影响。
（1）求质子进入偏转电场时速度v0的大小；
（2）求偏转电压U0的大小；
（3）已知分别从M、N板右边缘K出的两个质子在磁场中运动的圆心角之和为180°，这两个质子运动到P点时速度方向的夹角为60°，求磁场区磁感应强度的大小和方向。
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计算题题型练（三）
17．一定质量的理想气体由状态A经状态B变为状态C，其中A→B过程为等压变化，B→C过程为等容变化．已知VA＝0.3m3，TA＝TC＝300K、TB＝400K．
（1）求气体在状态B时的体积．
（2）说明B→C过程压强变化的微观原因
（3）设A→B过程气体吸收热量为Q，B→C过程气体放出热量为Q2，比较Q1、Q2的大小说明原因．
【解答】解：（1）设气体在B状态时的体积为VB，由盖﹣﹣吕萨克定律得，，代入数据得VB＝0.4m3．
（2）微观原因：气体体积不变，分子密集程度不变，温度变小，气体分子平均动能减小，导致气体压强减小．
（3）Q1大于Q2；因为TA＝Tc，故A→B增加的内能与B→C减小的内能相同，而A→B过程气体对外做正功，B→C过程气体不做功，由热力学第一定律可知Q1大于Q2
18．一弹射游戏装置竖直截面如图所示，固定的光滑水平直轨道AB、半径为R的光滑螺旋圆形轨道BCD、光滑水平直轨道DE平滑连接。长为L、质量为M的平板紧靠长为d的固定凹槽EFGH侧壁EF放置，平板上表面与DEH齐平。将一质量为m的小滑块从A端弹射，经过轨道BCD后滑上平板并带动平板一起运动，平板到达HG即被锁定。已知R＝0.5m，d＝4.4m，L＝1.8m，M＝m＝0.1kg，平板与滑块间的动摩擦因数μ1＝0.6、与凹槽水平底面FG间的动摩擦因数为μ2。滑块视为质点，不计空气阻力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
（1）滑块恰好能通过圆形轨道最高点C时，求滑块离开弹簧时速度v0的大小；
（2）若μ2＝0，滑块恰好过C点后，求平板加速至与滑块共速时系统损耗的机械能；
（3）若μ2＝0.1，滑块能到达H点，求其离开弹簧时的最大速度vm。
【解答】解：（1）滑块恰好能通过圆形轨道最高点C，在C点，根据牛顿第二定律得：
从滑块离开弹簧到C点的过程，根据动能定理得：
解得：v0＝5m/s
（2）滑块恰好过C点后，以速度大小等于v0的速度滑上平板，以向右为正方向，平板加速至与滑块共速的过程，根据动量守恒定律得：
mv0＝（m+M）v
根据能量守恒定律得：
联立解得此过程系统损耗的机械能为：ΔE＝0.625J
（3）滑块滑上平板，运动到平板最右端恰好不滑下，之后与平板一起匀减速运动到H点时，滑块离开弹簧时的速度最大。设滑块与平板相对滑动时两者的加速度大小分别为am、aM。根据牛顿第二定律得：
μ1mg＝mam，解得：
μ1mg﹣μ2（m+M）g＝MaM，解得：
作出v﹣t图像，如下图所示
由v﹣t图像与时间轴围成的面积表示位移大小，可得：
v1＝aMt1＝vm﹣amt1
联立解得：vm＝6m/s，v1＝2.4m/s，t1＝0.6s
共速过程平板的位移大小为：x1 v1t1
解得：x1＝0.72m＜d﹣L＝4.4m﹣1.8m＝2.6m，说明共速时平板没有到达H点。
两者共速之后到H点的过程，根据动能定理得：
﹣μ2（m+M）g（d﹣L﹣x1）（m+M）（m+M）
解得：v2m/s＞0，说明两者共速之后可以达到H点。
可知离开弹簧时的最大速度vm＝6m/s是合理的。
答：（1）滑块离开弹簧时速度v0的大小为5m/s；
（2）平板加速至与滑块共速时系统损耗的机械能为0.625J；
（3）其离开弹簧时的最大速度vm为6m/s。
19．（11分）如图，电容器的电容为C，初始带电量为Q，开关S断开，导轨光滑，处于磁感应强度为B的磁场中。甲、乙两棒的有效切割长度均为L、电阻为R、质量为m的导体棒。
（1）闭合开关S，求达到稳定时两棒的速度v1；
（2）闭合开关S，求达到稳定过程中甲棒产生的焦耳热（已知电容器储存的能量为）；
（3）若先去掉乙，再闭合S释放甲，当甲稳定运动后再在最初释放甲处释放乙，二者最终稳定速度为v2。
①通过计算比较v1和v2的大小关系；
②若按此方式，依次释放与甲、乙相同的丙、丁……当释放包含甲、乙在内的2024根棒后，求稳定速度v2024（直接写出结果）。
【解答】解：（1）将甲、乙两棒做为一个整体，相当于质量为2m，电阻为的导体棒，取向右为正方向，根据动量定理
而
最终稳定后
而
Q'＝Q﹣q
联立解得
（2）根据能量守恒
甲棒产生的焦耳热
解得
（3）①只释放甲棒稳定后
Bq1L＝mv
而
再释放乙棒，甲板棒中的电流反向，稳定后，取向右为正方向，对甲棒
﹣Bq2L＝mv2﹣mv
对电容器
取向右为正方向，对乙棒
B（q2+q3）L＝mv2
联立解得
可知v1和v2的大小相等。
②根据以上规律可知，分次释放和同时释放最后速度相等，因此
答：（1）闭合开关S，求达到稳定时两棒的速度；
（2）闭合开关S，求达到稳定过程中甲棒产生的焦耳热；
（3）①v1和v2的大小相等；
②稳定速度v2024为。
20．医用质子肿瘤治疗仪示意图如图甲所示，由质子放射源S、加速电压为U的加速电场区、MN板间电压产生的偏转电场区，以及边界为圆形的匀强磁场区组成。其中，水平放置的平行金属板M、N长为L、间距为d，磁场方向垂直于纸面。S持续释放质量为m、电荷量为e的质子，质子从小孔O1飘入加速电场，其初速度可视为零。加速后的质子沿中线O2O3从O2点垂直于电场方向射入偏转电场区，质子通过偏转电场后进入匀强磁场区。所有质子均打在圆心正下方磁场边界上的P点。M、N板间电压随时间变化关系如图乙所示，图中，t＝0时质子射入偏转电场，恰好能从N板的右边缘水平飞出。不考虑质子之间的相互作用力、重力和空气阻力，忽略MN板边缘外电场的影响。
（1）求质子进入偏转电场时速度v0的大小；
（2）求偏转电压U0的大小；
（3）已知分别从M、N板右边缘K出的两个质子在磁场中运动的圆心角之和为180°，这两个质子运动到P点时速度方向的夹角为60°，求磁场区磁感应强度的大小和方向。
【解答】解：（1）在加速电场中，根据动能定理有
解得
（2）所有质子均打在圆心正下方磁场边界上的P点，可知质子离开偏转电场的速度沿水平方向，t＝0时质子射入偏转电场，恰好能从N板的右边缘水平飞出，根据类平抛运动规律有
（n＝1，2，3…）
同时满足
t＝nT（n＝1，2，3…）
解得
，（n＝1，2，3…）
（3）质子带正电，经过磁场后偏向P点，则磁场垂直纸面向外；从M、N板右边缘飞出的两个质子在磁场中运动的圆心角之和为180°，这两个质子运动到P点时速度方向的夹角为60°，根据几何关系可知磁场区域半径与质子运动轨迹半径相等，且均为d，根据洛伦兹力提供向心力有
解得
答：（1）质子进入偏转电场时速度v0的大小；
（2）偏转电压U0的大小，（n＝1，2，3…）；
（3）磁场区磁感应强度的大小，方向垂直纸面向外。
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