loading最新人教版小学试题 第5讲 加试第23题 动量观点和电学知识的综合应用
题型1 动量观点在电场、磁场中的应用
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0°～180°角且分布均匀地射出，每秒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)
图1
(1)求电场强度E和磁场的磁感应强度B的比值；
(2)求探测板PQ与MN的夹角θ的正切值和每秒垂直打在荧光屏PQ上的粒子数n；
(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)
v0N05
答案 (1) (2)2 (3)N0mv0
466
解析 (1)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.
v02
qv0B＝m Rmv0B＝ qR带电粒子在电场中的运动是类平抛运动，可得
R1qE2＝·t 22m2R＝v0t
部编本试题，欢迎下载！ 最新人教版小学试题 mv02
则E＝
4qR即＝ B4
(2)带电粒子从F点飞出时，水平方向的速度仍为v0 竖直方向速度为vy＝t＝
m2由数学知识可得tan θ＝＝2
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°，由此得N＝.
6(3)带电粒子从电场中出射速度大小为：
Ev0
qEv0
v0vyN0
v＝v02＋vy2＝
5v0 2
对粒子进行受力分析，由动量定理得：
Ft0＝Nt0·mv－(－Nt0·mv)
得F＝
5
N0mv0 6
5
N0mv0 6
由牛顿第三定律可得，粒子对探测板的平均作用力大小为F＝
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B＝1.57 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v0＝23.59 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/s，π取3.14)
2
q1
m1
图2
(1)电场强度E的大小是多少？
部编本试题，欢迎下载！ 最新人教版小学试题 (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 (1)2.5 N/C (2)11
解析 (1)小球1所受的重力与电场力始终平衡
m1g＝q1E，E＝2.5 N/C.
(2)相碰后小球1做匀速圆周运动，
v12
由牛顿第二定律得q1v1B＝m1
R1
半径为R1＝
m1v1
q1Bq1B2πm1
周期为T＝＝1 s
3两小球运动时间t＝0.75 s＝T
4
3
小球1只能逆时针经个圆周时与小球2再次相碰，轨迹如图所示．
4
12
第一次相碰后小球2做平抛运动h＝R1＝gt
2
L＝R1＝v2t，
代入数据，解得v2＝3.75 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，m1v0＝－m1v1＋m2v2，因R1＝v2t＝2.812 5 m，则
q1BR1v1＝＝17.662 5 m/s
m1
则＝
m2v0＋v1
≈11.
m1v2
题型2 动量观点在电磁感应中的应用
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≤x≤0.65 m、y≤0.40 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l＝0.10 m、质量m＝0.02 kg、电阻R＝0.40 Ω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)．现将线框以初速度v0＝2.0 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：
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图3
(1)磁感应强度B的大小；
(2)线框在全过程中产生的焦耳热Q；
(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 (1)2 T (2)0.037 5 J
0，?0≤x＜0.4???4x－1.7 ?V?，?0.4≤x＜0.5?
(3)U＝?0.4 V，?0.5≤x＜0.6?
??0.25－0.25x ?V?，?0.6≤x≤0.7?
cb
解析 (1)线框做平抛运动，当ab边与磁场上边界接触时， 12
竖直方向有h＝gt＝0.2 m，
2得t＝0.2 s，
此时竖直方向的分速度v2y＝gt＝2 m/s＝v0，
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， 此时电流I＝，E＝Blv2y
ERFA＝BIl
因为线框匀速进入磁场，合力为0，
部编本试题，欢迎下载！ 最新人教版小学试题 所以mg＝FA 联立解得B＝2 T.
(2)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 ΔΦBlq＝＝
2
RR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， －FAt＝mv5x－mv0， 得－Blq＝mv5x－mv0
得v5x＝1.5 m/s，列出动能定理表达式，
mgΔh－Q1＝mv52－mv42
1
212
?1212??1212?＝?mv5x－mv0?＋?mv5y－mv4y?
2??22?2?
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
v5y2－v4y2＝2gΔh
联立解得Q1＝0.017 5 J
在进入磁场过程中，速度不变，重力势能转变成焦耳热Q2＝mgl＝0.02 J 所以Q总＝0.037 5 J
(3)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； ①当0≤x<0.4时，线框还没进入磁场，Ucb＝0；
②当0.4≤x＜0.5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
Ucb＝－Blv2y＋B(x－0.4)v0＝4x－1.7 (V)；
③当0.5≤x＜0.6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，Ucb＝Blv0＝0.4 V；
1
④当0.6≤x≤0.7时，线框出磁场，整个电动势由ad边提供，bc边已经在磁场外，Ucb＝Blvx，
4
14
B2l2?x－0.6?
又由动量定理＝m(v0－vx)
R得Ucb＝0.25－0.25x (V)．
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