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第5讲加试第23题动量观点和电学知识的综合应用,专题七计算题题型强化,内容索引,题型1动量观点在电场、磁场中的应用,题型2动量观点在电磁感应中的应用,动量观点在电场、磁场中的应用,题型1,例1(2018新高考研究联盟联考)如图1所示，真空中MN上方半径为R的虚线所围的圆形区域内存在匀强磁场，磁场方向与纸面垂直.在磁场右侧有长为2R、间距为R的平行金属板所形成的匀强电场，具体分布在矩形ACFD内.矩形中心线O1O2与磁场区域的圆心O在同一直线上，O1也是圆周上的一点，BAO1DE在同一竖直线上，BA、DE为挡板.有一群电荷量为q、质量为m的带电粒子以速率v0从圆周上的a点飞入，其方向与aM成0180角且分布均匀地射出，每秒,图1,内射出的带电粒子数总为N0，某一沿aO方向射入磁场的粒子从O1点飞出磁场进入右侧电场，并恰好从DF边缘F点离开电场，最后垂直打到探测板PQ上.(不计粒子的重力及粒子间的相互作用),(1)求电场强度E和磁场的磁感应强度B的比值；,答案,解析,解析带电粒子从aO方向射入，从O1射出，其反向延长线必经过O点，可得轨迹圆的半径与区域圆的半径是相同的，即都为R.,带电粒子在电场中的运动是类平抛运动，可得,2Rv0t,(2)求探测板PQ与MN的夹角的正切值和每秒垂直打在荧光屏PQ上的粒子数n；,答案,解析,解析带电粒子从F点飞出时，水平方向的速度仍为v0,与aM成90沿aO射入的粒子，此时刚好打到斜面上，可知，只有从A处水平进入的同样的带电粒子会从O2点出来垂直打到斜面上. 由数学知识可得，此时带电粒子从a处进入的方向与aM成60，即在a处入射的粒子能够打到极板上的大小是30，,(3)若打在平行金属板DF上的粒子被全部吸收，打在探测板PQ上的粒子全部被探测板反向弹回，弹回速度大小不变，求从电场中射出的粒子对探测板的平均作用力的大小.(没有飞入ACFD的粒子均被AB、DE挡板拦截),答案,解析,解析带电粒子从电场中出射速度大小为：,对粒子进行受力分析，由动量定理得： Ft0Nt0mv(Nt0mv),1.如图2所示，在足够大的空间范围内，同时存在着竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场，磁感应强度B1.57 T.小球1带正电，其电荷量与质量之比 4 C/kg.当小球1无速度时可处于静止状态；小球2不带电，静止放置于固定的水平悬空支架(图中未画出)上.使小球1向右以v023.59 m/s的水平速度与小球2正碰，碰后经过0.75 s再次相碰.设碰撞前后两小球带电情况不发生改变，且始终保持在同一竖直平面内.问：(g取10 m/s2，取3.14),图2,(1)电场强度E的大小是多少？,答案,解析,答案2.5 N/C,解析小球1所受的重力与电场力始终平衡 m1gq1E，E2.5 N/C.,(2)小球2与小球1的质量的比值是多少？(计算结果取整数),答案,解析,答案11,解析相碰后小球1做匀速圆周运动，,LR1v2t， 代入数据，解得v23.75 m/s. 两小球第一次碰撞前后的动量守恒，以水平向右为正方向， m1v0m1v1m2v2，因R1v2t2.812 5 m，则,动量观点在电磁感应中的应用,题型2,例2(2018浙江4月选考23)如图3所示，在竖直平面内建立xOy坐标系,在0 x0.65 m、y0.40 m范围内存在一具有理想边界、方向垂直纸面向里的匀强磁场区域.一边长l0.10 m、质量m0.02 kg、电阻R0.40 的匀质正方形刚性导线框abcd处于图示位置，其中心的坐标为(0,0.65 m).现将线框以初速,图3,度v02.0 m/s水平向右抛出，线框在进入磁场过程中速度保持不变，然后在磁场中运动，最后从磁场右边界离开磁场区域，完成运动全过程.线框在全过程中始终处于xOy平面内、其ab边与x轴保持平行，空气阻力不计.求：,(1)磁感应强度B的大小；,答案,解析,答案2 T,解析线框做平抛运动，当ab边与磁场上边界接触时，,得t0.2 s，,此时竖直方向的分速度v2ygt2 m/sv0， 合速度方向与水平方向成45角，由题知进入过程中为匀速进入，ad与bc这两边产生的电动势相互抵消，所以整个框只有ab边切割，并且只有竖直方向切割，有效速度为2 m/s，,FABIl 因为线框匀速进入磁场，合力为0， 所以mgFA 联立解得B2 T.,(2)线框在全过程中产生的焦耳热Q；,答案,解析,答案0.037 5 J,解析线框全部进入磁场区域之后，水平方向做匀速运动，竖直方向做匀加速运动，线框离开磁场过程中，上下两边所受到的安培力抵消，所以不考虑竖直方向上的安培力产生的焦耳热，水平方向上，只有ad边的水平方向上的速度在切割磁感线， 线框离开磁场时电荷量,离开磁场过程中列水平方向的动量定理，取水平向右为正方向， FAtmv5xmv0， 得Blqmv5xmv0,得v5x1.5 m/s，列出动能定理表达式，,同时离开磁场过程中竖直方向只受重力，列竖直方向牛顿第二定律 v5y2v4y22gh 联立解得Q10.017 5 J 在进入磁场过程中，速度不变，重力势能转变成焦耳热Q2mgl0.02 J 所以Q总0.037 5 J,(3)在全过程中，cb两端的电势差Ucb与线框中心位置的x坐标的函数关系.,答案,解析,解析易得图中2、3、4、5状态下中心横坐标分别为0.4、0.5、0.6、0.7； 当0 x0.4时，线框还没进入磁场，Ucb0； 当0.4x0.5时，线框电动势由ab边切割磁感线提供，但cb边进入磁场部分也在切割磁场，因此这里相当于也有一个电源，在计算电势差时也要考虑，同时电势差要注意正负，因此,当0.5x0.6时，线框完全进入磁场，电路中没有电流，但bc边仍在切割磁感线，因此仍然相当于一个电源，UcbBlv00.4 V；,得Ucb0.250.25x (V).,2.(201891高中联盟期中)如图4所示，两根间距为L的金属导轨MN和PQ，电阻不计，左端向上弯曲，其余水平，水平导轨左端有宽度为d、方向竖直向上的匀强磁场，右端有另一磁场，其宽度也为d、方向竖直向下，磁场的磁感应强度大小均为B.有两根质量均为m、接入电路的电阻均为R的金属棒a和b与导轨垂直放置，b棒置于磁场中点C、D处，导轨除C、D两处(对应的距离极短)外其余均光滑，两处对棒可产生总的最大静摩擦力为棒重力的K倍，a棒从弯曲导轨某处由静止释放.,图4,(1)若a棒释放的高度大于h0，则a棒进入磁场时才会使b棒运动，请求出h0；,答案,解析,解析a棒从h0高处释放后在弯曲导轨上滑动时机械能守恒，有,a棒刚进入磁场时，EBLv,由题意：BILKmg,(2)若将a棒从高度小于h0的某处释放，使其以速度v0进入磁场，结果a棒以 的速度从磁场中穿出，求两棒即将相碰时b棒上的电功率Pb；,答案,解析,解析以v0的方向为正方向，,设两棒相碰前瞬间，a棒的速度为v.,(3)若将a棒从高度大于h0的某处释放，使其以速度v1进入磁场，从磁场穿出时的速度大小为 ，分析说明b棒此时是否已穿出磁场.,答案,解析,答案没有穿出磁场,解析由于a棒从高度大于h0处释放，因此当a棒进入磁场后，b棒开始向左运动.以v1的方向为正方向，由动量守恒：,两棒的速度大小随时间的变化图象大致如图所示， 可见b棒位移小于a棒位移的一半， 所以没有穿出磁场.,
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