第5講　加試計(jì)算題24題　動(dòng)量和電學(xué)知識的綜合應(yīng)用 題型1　動(dòng)量觀點(diǎn)在電場、磁場中的應(yīng)用 1. 如圖1所示，在足夠大的空間范圍內(nèi)，同時(shí)存在著豎直向上的勻強(qiáng)電場和垂直紙面向里的水平勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1.57 T．小球1帶正電，其電荷量與質(zhì)量之比＝4 C/kg.當(dāng)小球1無速度時(shí)可處于靜止?fàn)顟B(tài)；小球2不帶電，靜止放置于固定的水平懸空支架(圖中未畫出)上．使小球1向右以v0＝23.59 m/s的水平速度與小球2正碰，碰后經(jīng)過0.75 s再次相碰．設(shè)碰撞前后兩小球帶電情況不發(fā)生改變，且始終保持在同一豎直平面內(nèi)．問：(g取10 m/s2) 圖1 (1)電場強(qiáng)度E的大小是多少？ (2)小球2與小球1的質(zhì)量之比是多少？(計(jì)算結(jié)果取整數(shù)) 答案　(1)2.5 N/C　(2)11 解析　(1)小球1所受的重力與電場力始終平衡 m1g＝q1E，E＝2.5 N/C. (2)相碰后小球1做勻速圓周運(yùn)動(dòng)， 由牛頓第二定律得q1v1B＝m1 半徑為R1＝ 周期為T＝＝1 s 兩小球運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝0.75 s＝T 小球1只能逆時(shí)針經(jīng)個(gè)圓周時(shí)與小球2再次相碰 第一次相碰后小球2做平拋運(yùn)動(dòng)h＝R1＝gt2 L＝R1＝v2t，代入數(shù)據(jù)，解得v2＝3.75 m/s. 兩小球第一次碰撞前后的動(dòng)量守恒，以水平向右為正方向m1v0＝－m1v1＋m2v2，因R1＝v2t＝2.812 5 m，則 v1＝＝17.662 5 m/s 小球2與小球1的質(zhì)量之比＝≈11. 2．當(dāng)金屬的溫度升高到一定程度時(shí)就會向四周發(fā)射電子，這種電子叫熱電子，通常情況下，熱電子的初始速度可以忽略不計(jì)．如圖2所示，相距為L的兩塊固定平行金屬板M、N接在輸出電壓恒為U的高壓電源E2上，M、N之間的電場近似為勻強(qiáng)電場，K是與M板距離很近的燈絲，通過小孔穿過M板與外部電源E1連接，電源E1給K加熱從而產(chǎn)生熱電子，不計(jì)燈絲對內(nèi)部勻強(qiáng)電場的影響．熱電子經(jīng)高壓加速后垂直撞擊N板，瞬間成為金屬板的自由電子，速度近似為零．電源接通后，電流表的示數(shù)穩(wěn)定為I，已知電子的質(zhì)量為m、電荷量為e.求： 圖2 (1)電子達(dá)到N板前瞬間的速度vN大??； (2)N板受到電子撞擊的平均作用力F大?。? 答案　見解析 解析　(1)由動(dòng)能定理eU＝mv－0， 解得vN＝. (2)設(shè)Δt時(shí)間經(jīng)過N板的電荷量為Q，Q＝IΔt 在Δt時(shí)間落到N板上的電荷個(gè)數(shù)為N1：N1＝ 對Δt時(shí)間內(nèi)落在N板上的電荷整體應(yīng)用動(dòng)量定理： －FΔt＝0－N1mvN， F＝＝I 由作用力與反作用力關(guān)系，N板受到電子撞擊的平均作用力大小為I. 題型2　動(dòng)量觀點(diǎn)在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用 1．如圖3所示，PQ和MN是固定于傾角為30°斜面內(nèi)的平行光滑金屬軌道，軌道足夠長，其電阻可忽略不計(jì)．金屬棒ab、cd放在軌道上，始終與軌道垂直且接觸良好．金屬棒ab的質(zhì)量為2m、cd的質(zhì)量為m，長度均為L、電阻均為R；兩金屬棒的長度恰好等于軌道的間距，并與軌道形成閉合回路．整個(gè)裝置處在垂直斜面向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，若鎖定金屬棒ab不動(dòng)，使金屬棒cd在與其垂直且沿斜面向上的恒力F＝2mg作用下，沿軌道向上做勻速運(yùn)動(dòng)．重力加速度為g. 圖3 (1)試推導(dǎo)論證：金屬棒cd克服安培力做功的功率P安等于電路獲得的電功率P電； (2)設(shè)金屬棒cd做勻速運(yùn)動(dòng)中的某時(shí)刻t0＝0，恒力大小變?yōu)镕′＝1.5mg，方向不變，同時(shí)解鎖、靜止釋放金屬棒ab，直到t時(shí)刻金屬棒ab開始做勻速運(yùn)動(dòng)．求： ①t時(shí)刻以后金屬棒ab的熱功率Pab； ②0～t時(shí)刻內(nèi)通過金屬棒ab的電荷量q； 答案　見解析 解析　(1)設(shè)金屬棒cd做勻速運(yùn)動(dòng)的速度為v， E＝BLv ① I＝ ② F－mgsin 30°＝F安＝IBL ③ 金屬棒cd克服安培力做功的功率P安＝F安v ④ 電路獲得的電功率P電＝ ⑤ 由①②③④得P安＝ ⑥ 由①⑤得P電＝ ⑦ 所以P安＝P電 ⑧ (2)①金屬棒ab做勻速運(yùn)動(dòng)，則有I1BL＝2mgsin 30° ⑨ 金屬棒ab的熱功率Pab＝IR ⑩ 由⑨⑩解得Pab＝ ? ②設(shè)t時(shí)刻后金屬棒ab做勻速運(yùn)動(dòng)的速度為v1，金屬棒cd也做勻速運(yùn)動(dòng)，速度為v2；由金屬棒ab、金屬棒cd組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒：mv＝2mv1＋mv2 ? 回路電流I1＝ ? 由③⑨??解得：金屬棒ab做勻速運(yùn)動(dòng)的速度為 v1＝ ? 0～t時(shí)刻內(nèi)對金屬棒ab分析：在電流為i的很短的時(shí)間Δt內(nèi)，速度的改變量為Δv，由動(dòng)量定理得 BiLΔt－2mgsin 30°·Δt＝2mΔv ? 對?式進(jìn)行求和，得BLq－mgt＝2mv1 ? 由??解得q＝ 2．兩足夠長且不計(jì)其電阻的光滑金屬軌道，如圖4甲所示放置，間距為d＝1 m，在左端弧形軌道部分高h(yuǎn)＝1.25 m處放置一金屬桿a，弧形軌道末端與平直軌道相切，在平直軌道右端放置另一金屬桿b，桿a、b電阻Ra＝2 Ω、Rb＝5 Ω，在平直軌道區(qū)域有豎直向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝2 T．現(xiàn)桿b以初速度v0＝5 m/s開始向左滑動(dòng)，同時(shí)由靜止釋放桿a，桿a由靜止滑到水平軌道的過程中，通過桿b的平均電流為0.3 A；從a下滑到水平軌道時(shí)開始計(jì)時(shí)，a、b桿運(yùn)動(dòng)速度－時(shí)間圖象如圖乙所示(以a運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎?，其中ma＝2 kg，mb＝1 kg，g＝10 m/s2，a、b桿與軌道始終接觸良好且互相垂直，求： 圖4 (1)桿a在弧形軌道上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間； (2)桿a在水平軌道上運(yùn)動(dòng)過程中通過其截面的電荷量； (3)在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中桿b產(chǎn)生的焦耳熱． 答案　(1)5 s　(2) C　(3) J 解析　(1)對b棒運(yùn)用動(dòng)量定理，有： BdΔt＝mb(v0－vb0)，其中vb0＝2 m/s，代入數(shù)據(jù)解得：Δt＝5 s (2)對桿a下滑的過程中，機(jī)械能守恒： magh＝mav，解得va＝＝5 m/s 設(shè)最后兩桿共同的速度為v′，由動(dòng)量守恒得 mava－mbvb0＝(ma＋mb)v′ 代入數(shù)據(jù)計(jì)算得出v′＝ m/s 桿a動(dòng)量變化等于它所受安培力的沖量，由動(dòng)量定理可得I安＝BIdΔt′＝mava－mav′， 而q＝IΔt′ 由以上公式代入數(shù)據(jù)得q＝ C (3)由能量守恒得，a、b桿組成的系統(tǒng)產(chǎn)生的焦耳熱為 Q＝magh＋mbv－(mb＋ma)v′2＝ J b棒中產(chǎn)生的焦耳熱為Q′＝Q＝ J 專題強(qiáng)化練 (限時(shí)：35分鐘) 1．如圖1所示，MN、PQ兩平行光滑水平導(dǎo)軌分別與半徑r＝0.5 m的相同豎直半圓導(dǎo)軌在N、Q端平滑連接，M、P端連接定值電阻R，質(zhì)量M＝2 kg的cd絕緣桿垂直靜止在水平導(dǎo)軌上，在其右側(cè)至N、Q端的區(qū)域內(nèi)充滿豎直向上的勻強(qiáng)磁場，現(xiàn)有質(zhì)量m＝1 kg的ab金屬桿以初速度v0＝12 m/s水平向右與cd絕緣桿發(fā)生正碰后，進(jìn)入磁場并最終未滑出，cd絕緣桿則恰好通過半圓導(dǎo)軌最高點(diǎn)，不計(jì)其他電阻和摩擦，ab金屬桿始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，cd絕緣桿始終與導(dǎo)軌垂直，取g＝10 m/s2，(不考慮cd桿通過半圓導(dǎo)軌最高點(diǎn)以后的運(yùn)動(dòng))求： 圖1 (1)cd絕緣桿通過半圓導(dǎo)軌最高點(diǎn)時(shí)的速度大小v； (2)電阻R產(chǎn)生的焦耳熱Q. 答案　(1) m/s　(2)2 J 解析　(1)cd絕緣桿通過半圓導(dǎo)軌最高點(diǎn)時(shí)， 由牛頓第二定律有：Mg＝M， 解得v＝＝ m/s. (2)碰撞后cd絕緣桿滑至最高點(diǎn)的過程中， 由動(dòng)能定理有－2Mgr＝Mv2－Mv 解得碰撞后cd絕緣桿的速度v2＝5 m/s， 兩桿碰撞過程，動(dòng)量守恒，取向右為正方向，則有 mv0＝mv1＋Mv2 解得碰撞后ab金屬桿的速度：v1＝2 m/s ab金屬桿進(jìn)入磁場后，由能量守恒定律有Q＝mv， 解得Q＝2 J. 2. 兩根足夠長的固定的平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面內(nèi)，兩導(dǎo)軌間的距離為L，導(dǎo)軌上面橫放著兩根導(dǎo)體棒ab和cd，構(gòu)成矩形回路，如圖2所示，兩根導(dǎo)體棒的質(zhì)量均為m，電阻均為R，回路中其余部分的電阻可不計(jì)，在整個(gè)導(dǎo)軌平面內(nèi)都有豎直向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，設(shè)兩導(dǎo)體棒均可沿導(dǎo)軌無摩擦地滑行，開始時(shí)，棒cd靜止，棒ab有垂直指向棒cd的初速度v0，若兩導(dǎo)體棒在運(yùn)動(dòng)中始終不接觸，求： 圖2 (1)在運(yùn)動(dòng)中產(chǎn)生的焦耳熱的最大值； (2)當(dāng)ab棒的速度變?yōu)槌跛俣鹊臅r(shí)，cd棒的加速度大小． 答案　(1)mv　(2) 解析　(1)ab棒受到與運(yùn)動(dòng)方向相反的安培力作用做減速運(yùn)動(dòng)，cd棒則在安培力作用下做加速運(yùn)動(dòng)，在ab棒的速度大于cd棒的速度時(shí)，回路總有感應(yīng)電流，ab棒繼續(xù)減速，cd棒繼續(xù)加速，兩棒速度達(dá)到相同后，回路面積保持不變，磁通量不變化，不產(chǎn)生感應(yīng)電流，兩棒以相同的速度v做勻速運(yùn)動(dòng)． 從初始至兩棒達(dá)到相同速度的過程中，兩棒總動(dòng)量守恒，有mv0＝2mv， 根據(jù)能量守恒，整個(gè)過程中產(chǎn)生的總焦耳熱為 Q＝mv－(2m)v2＝mv. (2)設(shè)ab棒的速度變?yōu)槌跛俣鹊臅r(shí)，cd棒的速度為v′， 則由動(dòng)量守恒得mv0＝m×v0＋mv′， 此時(shí)回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢為E＝(v0－v′)BL， 感應(yīng)電流I＝， 此時(shí)cd棒所受的安培力F＝IBL，cd棒的加速度a＝， 由以上各式，可得a＝. 3．如圖3所示，BC是長l＝2 m的水平絕緣臺面，臺面高度h＝0.5 m，a、b是兩個(gè)形狀相同的金屬小滑塊，b滑塊的質(zhì)量是a滑塊質(zhì)量的5倍，a帶正電荷，與臺面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.45，b不帶電，放在臺面的右邊緣C處，臺面左端B平滑地連接著半徑為R＝0.64 m的光滑絕緣半圓形軌道AB，臺面和半圓形軌道都處在豎直向上的勻強(qiáng)電場中，開始時(shí)給a一個(gè)水平向右的初速度v0＝10 m/s，恰好在臺面上做勻速運(yùn)動(dòng)，之后與b發(fā)生正碰，碰撞時(shí)間極短，碰后總電荷量沒有損失且平分，a恰好能通過半圓形軌道的最高點(diǎn)，b落到地面上，平臺右端的電場足夠?qū)?，不?jì)a、b間的庫侖力，g取10 m/s2.求： 圖3 (1)兩滑塊碰撞后的速度大小； (2)滑塊b落地時(shí)的速度． 答案　(1)5 m/s　3 m/s　(2)3 m/s　與水平方向夾角為45° 解析　(1)設(shè)a的質(zhì)量為m，電量為q，則b的質(zhì)量為5m， 由于a恰好在臺面上勻速，所以mg＝Eq 當(dāng)a、b碰撞后，電量平分，所以滑塊a所受電場力變?yōu)樵瓉淼囊话耄瑝Ka在豎直方向上所受合力F＝mg－qE＝mg，方向豎直向下． 滑塊a過A點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律得mg＝ ① 滑塊a由B沿半圓形軌道運(yùn)動(dòng)到A，由動(dòng)能定理得 －mg·2R＝mv－mv ② 聯(lián)立①②代入數(shù)據(jù)解得vB＝ ＝4 m/s 滑動(dòng)摩擦力Ff＝μmg 滑塊a由C滑到B，由動(dòng)能定理得 －μmgl＝mv－mv 代入數(shù)據(jù)，求得va＝5 m/s ③ a、b碰撞過程，以水平向右為正方向， 由動(dòng)量守恒定律得mv0＝－mva＋5mvb ④ 聯(lián)立③④代入數(shù)據(jù)求得vb＝3 m/s. (2)碰撞后，滑塊b獲得電荷，受到向上的電場力， 做類平拋運(yùn)動(dòng)，等效重力加速度 a＝＝0.9g＝9 m/s2 落地時(shí)豎直方向的速度vy＝＝ m/s＝3 m/s 故落地時(shí)速度的大小為v＝＝3 m/s 速度的方向與水平方向成45°角． 4．(2017·衢州、麗水、湖州、舟山四市3月模擬)一實(shí)驗(yàn)小組想要探究電磁剎車的效果．在遙控小車底面安裝寬為L、長為2.5L的N匝矩形線框，線框電阻為R，面積可認(rèn)為與小車底面相同，其平面與水平地面平行，小車總質(zhì)量為m.其俯視圖如圖4所示，小車在磁場外行駛時(shí)的功率保持P不變，且在進(jìn)入磁場前已達(dá)到最大速度，當(dāng)車頭剛要進(jìn)入磁場時(shí)立即撤去牽引力，完全進(jìn)入磁場時(shí)速度恰好為零．已知有界磁場PQ和MN間的距離為2.5L，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向上，在行駛過程中小車受到地面阻力恒為F.求： 圖4 (1)小車車頭剛進(jìn)入磁場時(shí)，線框的感應(yīng)電動(dòng)勢E； (2)電磁剎車過程中產(chǎn)生的焦耳熱Q； (3)若只改變小車功率，使小車剛出磁場邊界MN時(shí)的速度恰好為零，假設(shè)小車兩次與磁場作用時(shí)間相同，求小車的功率P′. 答案　見解析 解析　(1)小車剛進(jìn)入磁場時(shí)的速度設(shè)為v0，則v0＝ 感應(yīng)電動(dòng)勢E＝NBLv0，得E＝ (2)由能量守恒，可得2.5FL＋Q＝mv 知Q＝mv－2.5FL＝－2.5FL (3)以小車剛要進(jìn)入到恰好穿出磁場為研究過程，由動(dòng)量定理，可得Ft＋2NBLt＝mv0′① 即Ft＋2NBLq＝mv0′，q＝N＝N ② 當(dāng)功率為P時(shí)，小車進(jìn)入磁場時(shí)間為t，由動(dòng)量定理 Ft＋NB1Lt＝mv0，q＝1t 得t＝ ③ 由①②③，可得v0′＝ 得P′＝Fv0′＝. 5．如圖5甲所示，水平面內(nèi)的直角坐標(biāo)系的第一象限有磁場分布，方向垂直于水平面向下，磁感應(yīng)強(qiáng)度沿y軸方向沒有變化，與橫坐標(biāo)x的關(guān)系如圖乙所示，圖線是雙曲線(坐標(biāo)軸是漸近線)；頂角θ＝53°的光滑金屬長導(dǎo)軌MON固定在水平面內(nèi)，ON與x軸重合，一根與ON垂直的長導(dǎo)體棒在水平向右的外力作用下沿導(dǎo)軌MON向右滑動(dòng)，導(dǎo)體棒在滑動(dòng)過程中始終保持與導(dǎo)軌良好接觸，已知t＝0時(shí)，導(dǎo)體棒位于頂角O處；導(dǎo)體棒的質(zhì)量為m＝4 kg；OM、ON接觸處O點(diǎn)的接觸電阻為R＝0.5 Ω，其余電阻不計(jì)，回路電動(dòng)勢E與時(shí)間t的關(guān)系如圖丙所示，圖線是過原點(diǎn)的直線，求： 　甲　　　　　　乙　　　　　　　丙　　 圖5 (1)t＝2 s時(shí)流過導(dǎo)體棒的電流的大??； (2)在1～2 s時(shí)間內(nèi)導(dǎo)體棒所受安培力的沖量大??； (3)導(dǎo)體棒滑動(dòng)過程中水平外力F(單位：N)與橫坐標(biāo)x(單位：m)的關(guān)系式． 答案　(1)8 A　(2)8 N·s　(3)F＝6＋ (N) 解析　(1)根據(jù)E－t圖象中的圖線是過原點(diǎn)的直線這一特點(diǎn)，可得到t＝2 s時(shí)金屬棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為E＝4 V 由歐姆定律得I2＝＝ A＝8 A. (2)由題圖乙可知，Bx＝ (T·m) 由題圖丙可知，E與t成正比，有E＝2t (V)，I＝＝4t (A) 因θ＝53°，可知任意時(shí)刻回路中導(dǎo)體棒有效切割長度 L＝ 又由F安＝BIL，所以F安＝t (N)，即安培力跟時(shí)間成正比，所以在1～2 s時(shí)間內(nèi)導(dǎo)體棒所受安培力的平均值 ＝ N＝8 N，故I安＝Δt＝8 N·s. (3)因?yàn)镋＝BLv＝v (V)，所以v＝1.5t (m/s)， 可知導(dǎo)體棒的運(yùn)動(dòng)是勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度a＝1.5 m/s2， 又x＝at2，F(xiàn)－F安＝ma，聯(lián)立解得F＝6＋ (N)． 11