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精練3　動量和電學知識的綜合應用 1.加試題如圖1，ab和cd是兩條豎直放置且足夠長的長直光滑金屬導軌，MN和M′N′是兩根用細線連接的金屬桿，其質(zhì)量分別為m和2m.豎直向上的外力F作用在桿MN上，使兩桿水平靜止，并剛好與導軌接觸；兩桿的總電阻為R，導軌間距為l.整個裝置處在磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向與導軌所在平面垂直．導軌電阻可忽略，重力加速度為g.在t＝0時刻將細線燒斷，保持F不變，金屬桿和導軌始終接觸良好且垂直．求： 圖1 (1)細線燒斷后，任意時刻兩桿運動的速度之比； (2)兩桿分別達到的最大速度． 2.加試題 形狀如圖2所示的光滑導軌EF、GH等高平行放置，E、G間寬度為F、H間寬度的2倍，虛線右側(cè)導軌水平且處于豎直向上的勻強磁場中．a(chǎn)b金屬棒的質(zhì)量為2m、cd金屬棒的質(zhì)量為m，現(xiàn)讓ab從離水平軌道h高處靜止下滑，設兩種不同間距的導軌都足夠長．求： 圖2 (1)ab、cd棒的最終速度大??； (2)全過程中產(chǎn)生的焦耳熱． 3.加試題 如圖3所示，水平地面上方MN邊界左側(cè)存在垂直紙面向里的勻強磁場和沿豎直方向的勻強電場(圖中未畫出)，磁感應強度B＝1.0 T，MN邊界右側(cè)離地面h＝0.45 m處有光滑絕緣平臺，右邊有一帶正電的a球，質(zhì)量ma＝0.1 kg、電荷量q＝0.1 C，以初速度v0＝0.9 m/s水平向左運動，與大小相同但質(zhì)量為mb＝0.05 kg靜止于平臺左邊緣的不帶電的絕緣球b發(fā)生彈性正碰，碰后a球恰好做勻速圓周運動，兩球均視為質(zhì)點，g取10 m/s2.(結果均保留兩位有效數(shù)字)求： 圖3 (1)電場強度的大小和方向； (2)碰后兩球分別在電磁場中運動的時間； (3)碰后兩球落地點相距多遠． 4.加試題 如圖4所示，質(zhì)量mA＝0.8 kg、帶電荷量q＝－410－3 C的A球用長l＝0.8 m的不可伸長的絕緣輕線懸吊在O點，O點右側(cè)有豎直向下的勻強電場，場強E＝5103 N/C.質(zhì)量mB＝0.2 kg、不帶電的B球靜止在光滑水平軌道上，右側(cè)緊貼著壓縮并鎖定的水平輕質(zhì)彈簧，彈簧右端與固定擋板連接，彈性勢能為3.6 J．現(xiàn)將A球拉至左邊與圓心等高處由靜止釋放，將彈簧解除鎖定，B球離開彈簧后，恰好與第一次運動到最低點的A球相碰，并結合為一整體C，同時撤去水平軌道．A、B、C均可視為質(zhì)點，線始終未被拉斷，不計空氣阻力，g＝10 m/s2.求： 圖4 (1)碰撞過程中A球?qū)球做的功； (2)碰后C第一次離開電場時的速度大??； (3)C每次離開最高點時，電場立即消失，到達最低點時，電場又重新恢復，不考慮電場瞬間變化產(chǎn)生的影響，求C每次離開電場前瞬間繩子受到的拉力． 5.加試題 有電阻均為R的兩金屬棒a、b，a棒的質(zhì)量為m，b棒的質(zhì)量為M，兩棒均放在如圖5所示的光滑軌道的水平部分上，軌道的水平部分有豎直向下的勻強磁場，圓弧部分無磁場，且軌道足夠長，開始時給a棒一水平向左的初速度v0，a、b兩棒在運動過程中與軌道始終接觸良好且垂直，a棒與b棒始終不相碰，請問： 圖5 (1)當a、b兩棒在水平軌道上穩(wěn)定運動時，速度分別為多少？損失的機械能為多少？ (2)若b棒在水平軌道上穩(wěn)定運動后，又沖上圓弧軌道，在b棒返回到水平軌道前，a棒已靜止在水平軌道上，且b棒與a棒不相碰，然后達到新的穩(wěn)定狀態(tài)，最后a、b的速度為多少？ (3)整個過程中產(chǎn)生的內(nèi)能是多少？ 6.加試題 能的轉(zhuǎn)化與守恒是自然界普通存在的規(guī)律，如：電源給電容器的充電過程可以等效為將電荷逐個從原本電中性的兩極板中的一個極板移到另一個極板的過程．在移動過程中克服電場力做功，電源的電能轉(zhuǎn)化為電容器的電場能．實驗表明：電容器兩極間的電壓與電容器所帶電荷量如圖6甲所示． 圖6 (1)對于直線運動，課本中講解了由v－t圖象求位移的方法．請你借鑒此方法，根據(jù)圖甲的Q－U圖象，推導電容器所儲存的電場能E電的表達式．(若電容器電容為C，兩極板間電壓為U) (2)如圖乙所示，平行金屬框架豎直放置在絕緣地面上，框架上端接有一電容為C的電容器．框架上一質(zhì)量為m、長為L的金屬棒平行于地面放置，離地面的高度為h.磁感應強度為B的勻強磁場與框架平面垂直．現(xiàn)將金屬棒由靜止開始釋放，金屬棒下滑過程中與框架接觸良好且無摩擦．開始時電容器不帶電，不計各處電阻，求： ①金屬棒落地時的速度大??； ②金屬棒從靜止釋放到落到地面的時間． 答案精析 1．(1)2∶1　(2)　 解析　(1)設某時刻MN和M′N′速度分別為v1、v2 取豎直向上為正方向，由動量守恒mv1－2mv2＝0，得＝. (2)當MN和M′N′的加速度為零時，速度最大 對M′N′由平衡條件知BIl＝2mg I＝ E＝Blv1＋Blv2 得v1＝，v2＝. 2．(1)vab＝　vcd＝ (2)mgh 解析　(1)ab由靜止下滑，機械能守恒：2mgh＝2mv2， 得v＝ 由于ab、cd串聯(lián)在同一電路中，任何時刻通過ab、cd的電流總相等，金屬棒有效長度關系為Lab＝2Lcd 故它們所受的安培力關系為Fab＝2Fcd 在安培力作用下，ab、cd各做變速運動，產(chǎn)生的感應電動勢方向相反，當Eab＝Ecd時，電路中感應電流為零，ab、cd所受安培力為零，ab、cd運動趨于穩(wěn)定， 此時有BLabvab＝BLcdvcd，得vab＝vcd ab、cd受安培力作用，動量均發(fā)生變化， 由動量定理得：Fabt＝2m(v－vab) Fcdt＝mvcd 聯(lián)立以上各式解得：vab＝，vcd＝ (2)根據(jù)系統(tǒng)的總能量守恒可得： Q＝2mgh－2mv－mv＝mgh. 3．(1)10 N/C，方向豎直向上　(2)2.1 s　0.30 s　(3)0.10 m 解析　(1)a球碰后在疊加場中做勻速圓周運動，滿足mag＝qE 可得E＝10 N/C 電場力方向豎直向上，a球帶正電，則電場強度方向豎直向上． (2)a球與b球發(fā)生彈性正碰，以v0的方向為正方向，由動量守恒定律得mav0＝mava＋mbvb 由能量守恒定律得mav＝mav＋mbv 解得：va＝0.30 m/s vb＝1.2 m/s 對a球，洛倫茲力提供向心力 qBva＝ma 可得r＝＝0.30 m 設a球落地點與圓心的連線和地面夾角為θ， 由幾何關系有h＝r＋rsin θ，可得θ＝ 故a球在電磁場中運動的時間ta＝T，T＝ 代入得ta＝π s≈2.1 s b球不帶電，碰撞后做平拋運動，豎直方向有h＝gt 代入得：tb＝0.30 s (3)對a球，xa＝rcos θ≈0.26 m 對b球，xb＝vbtb＝0.36 m 故兩球相距：Δx＝xb－xa＝0.10 m. 4．(1)－3.2 J　(2)4 m/s　(3)(80n－30) N，n＝1,2,3…… 解析　(1)設碰前A的速度為vA，有 mAv＝mAgl vA＝4 m/s 設碰前B的速度為vB，有 Ep＝mBv，vB＝6 m/s 以vA的方向為正方向，由動量守恒得 mAvA－mBvB＝(mA＋mB)vC vC＝2 m/s A對B所做的功W＝mBv－Ep＝－3.2 J (2)碰后，整體C受到豎直向上的電場力 F＝|q|E＝20 N，G＝mCg＝10 N 因F－mCg>mC，整體C做類平拋運動 水平方向上：x＝vCt 豎直方向上：y＝at2 其中a＝＝10 m/s2 圓的方程：(y－l)2＋x2＝l2 解得：x＝0.8 m，y＝0.8 m C剛好在圓心等高處將輕線拉直，水平分速度變?yōu)榱悖? 此時C向上的速度為v0＝at＝4 m/s 設C運動到最高點速度為v1 由動能定理得mCv－mCv＝(F－mCg)l v1＝4 m/s (3)設C從最高點運動到最低點時的速度為v1′，由機械能守恒定律得：mCg2l＝mCv1′2－mCv v1′＝8 m/s 由FT＋F－mCg＝mC 可知FT>0，所以C能一直運動 設C第n次經(jīng)過最高點時的速度為vn mCv－mCv＝(n－1)|q|E2l FT＋mCg－F＝mC 解得：FT＝(80n－30) N，n＝1,2,3…… 5．見解析 解析　(1)a、b兩棒在水平軌道上動量守恒． 設穩(wěn)定運動時a、b兩棒的共同速度為v1，以向左的方向為正方向， 由動量守恒定律，有mv0＝(m＋M)v1， 解得v1＝， 損失的機械能為 ΔE＝mv－(m＋M)v＝. (2)由于b棒在沖上圓弧軌道又返回水平軌道過程中機械能守恒，故返回時速度大小不變，即v2＝v1， b棒與a棒向右運動，直到新的穩(wěn)定狀態(tài)．設達到新的穩(wěn)定狀態(tài)時a、b的共同速度為v3，以向右的方向為正方向 由動量守恒定律，有Mv2＝(M＋m)v3 解得v3＝. (3)整個過程中產(chǎn)生的內(nèi)能等于系統(tǒng)機械能的減少量，即 Q＝mv－(M＋m)v， 解得Q＝mv[1－]． 6．(1)E電＝ (2)① ?、? 解析　(1)由功能關系可知克服電場力做功等于產(chǎn)生的電場能：根據(jù)速度－時間圖象圍成的面積代表位移可知在Q－U圖象中，圖象所圍面積即為，也就是克服電場力所做的功，即E電＝.又C＝，故E電＝ (2)①設金屬棒落地的速度為v，此時金屬棒切割磁感線產(chǎn)生感生電動勢． 感生電動勢大小為E＝BLv 電容器儲存的電場能為E電＝ 由動能定理得mgh＝＋E電 解得v＝ ②金屬棒下落過程中受安培力和重力，由動量定理可得 mgt－F安t＝mΔv F安＝BIL Q＝It Q＝CU U＝BLv Δv＝v－0 解得t＝ .