2019年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第六章 動(dòng)量守恒定律 專題強(qiáng)化八 動(dòng)力學(xué)、動(dòng)量和能量觀點(diǎn)在電學(xué)中的應(yīng)用學(xué)案

《2019年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第六章 動(dòng)量守恒定律 專題強(qiáng)化八 動(dòng)力學(xué)、動(dòng)量和能量觀點(diǎn)在電學(xué)中的應(yīng)用學(xué)案》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第六章 動(dòng)量守恒定律 專題強(qiáng)化八 動(dòng)力學(xué)、動(dòng)量和能量觀點(diǎn)在電學(xué)中的應(yīng)用學(xué)案（14頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 專題強(qiáng)化八　動(dòng)力學(xué)、動(dòng)量和能量觀點(diǎn)在電學(xué)中的應(yīng)用 專題解讀1.本專題是力學(xué)三大觀點(diǎn)在電學(xué)中的綜合應(yīng)用，高考對(duì)本專題將作為計(jì)算題壓軸題的形式命題． 2．學(xué)好本專題，可以幫助同學(xué)們應(yīng)用力學(xué)三大觀點(diǎn)分析帶電粒子在電場(chǎng)和磁場(chǎng)中的碰撞問題、電磁感應(yīng)中的動(dòng)量和能量問題，提高分析和解決綜合問題的能力． 3．用到的知識(shí)、規(guī)律和方法有：電場(chǎng)的性質(zhì)、磁場(chǎng)對(duì)電荷的作用、電磁感應(yīng)的相關(guān)知識(shí)以及力學(xué)三大觀點(diǎn)． 命題點(diǎn)一　電磁感應(yīng)中的動(dòng)量和能量問題 例1　如圖1所示，在方向豎直向上的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有兩條光滑固定的平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ，導(dǎo)軌足夠長，間距為L，其電阻不計(jì)，導(dǎo)軌平面與磁場(chǎng)垂直，a

2、b、cd為兩根垂直于導(dǎo)軌水平放置的金屬棒，其接入回路中的電阻分別為R，質(zhì)量分別為m.與金屬導(dǎo)軌平行的水平細(xì)線一端固定，另一端與cd棒的中點(diǎn)連接，細(xì)線能承受的最大拉力為FT，一開始細(xì)線處于伸直狀態(tài)，ab棒在平行導(dǎo)軌的水平拉力F的作用下以加速度a向右做勻加速運(yùn)動(dòng)，兩根金屬棒運(yùn)動(dòng)時(shí)始終與導(dǎo)軌接觸良好且與導(dǎo)軌相垂直． 圖1 (1)求經(jīng)多長時(shí)間細(xì)線被拉斷？ (2)若在細(xì)線被拉斷瞬間撤去拉力F，求兩根金屬棒之間距離增量Δx的最大值是多少？ ①細(xì)線能承受的最大拉力為FT；②ab棒向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)． 答案　(1)　(2) 解析　(1)ab棒以加速度a向右運(yùn)動(dòng)，當(dāng)細(xì)線斷時(shí)，ab棒運(yùn)動(dòng)的速度為

3、v，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv， ① 回路中的感應(yīng)電流I＝， ② cd棒受到安培力FB＝BIL， ③ 經(jīng)t時(shí)間細(xì)線被拉斷，得FB＝FT， ④ v＝at， ⑤ 由①②③④⑤式得t＝. ⑥ (2)細(xì)線斷后，ab棒做減速運(yùn)動(dòng)，cd棒做加速運(yùn)動(dòng)，兩棒之間的距離增大，當(dāng)兩棒達(dá)共同速度u而穩(wěn)定運(yùn)動(dòng)時(shí)，兩棒之間的距離增量Δx達(dá)到最大值，整個(gè)過程回路中磁通量的變化量 ΔΦ＝BLΔx， ⑦ 由動(dòng)量守恒定

4、律得mv＝2mu， ⑧ 回路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的平均值 E1＝， ⑨ 回路中電流的平均值I＝， ⑩ 對(duì)于cd棒，由動(dòng)量定理得BILΔt＝mu， 由⑤⑥⑦⑧⑨⑩式得Δx＝. 應(yīng)用動(dòng)量和能量觀點(diǎn)解決雙導(dǎo)體棒電磁感應(yīng)問題的技巧 1．問題特點(diǎn) 對(duì)于雙導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)的問題，通常是兩棒與導(dǎo)軌構(gòu)成一個(gè)閉合回路，當(dāng)其中一棒在外力作用下獲得一定速度時(shí)必然在磁場(chǎng)中切割磁感線，在該閉合電路中形成一定的感應(yīng)電流；另一根導(dǎo)體棒在磁場(chǎng)中通過時(shí)在安培力的作用下開始運(yùn)動(dòng)，一旦運(yùn)動(dòng)起來也將切割磁感線產(chǎn)生一定的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，對(duì)原來電流的變化起

5、阻礙作用． 2．方法技巧 解決此類問題時(shí)通常將兩棒視為一個(gè)整體，于是相互作用的安培力是系統(tǒng)的內(nèi)力，這個(gè)變力將不影響整體的動(dòng)量守恒．因此解題的突破口是巧妙選擇系統(tǒng)，運(yùn)用動(dòng)量守恒(動(dòng)量定理)和功能關(guān)系求解． 1.兩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)量皆為m，電阻皆為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(chǎng)，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(見圖)．若兩導(dǎo)體棒在運(yùn)動(dòng)中始終不接觸，求：

6、 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?。? 答案　(1)mv02　(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)到的速度相同的過程中，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)生的總熱量為 Q＝mv02－(2m)v2＝mv02. (2)設(shè)a

7、b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(shì)為E＝(v0－v′)BL， 感應(yīng)電流為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＝. 2.如圖3所示，金屬桿a從離地h高處由靜止開始沿光滑平行的弧形軌道下滑，軌道的水平部分有豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B，水平軌道上原來放有一金屬桿b，已知a桿的質(zhì)量為m1，且與b桿的質(zhì)量m2之比為m1∶m2＝3∶4，水平軌道足夠長，不計(jì)摩擦，求： 圖3 (1)a和b的最終速度分別是多大？ (2)整個(gè)過程中回路釋放的電能是多少？ (3)若已知a、

8、b桿的電阻之比Ra∶Rb＝3∶4，其余部分的電阻不計(jì)，整個(gè)過程中桿a、b上產(chǎn)生的熱量分別是多少？ 答案　(1)均為　(2)m1gh (3)m1gh　m1gh 解析　(1)a下滑過程中機(jī)械能守恒m1gh＝m1v02 a進(jìn)入磁場(chǎng)后，回路中產(chǎn)生感應(yīng)電流，a、b都受安培力作用，a做減速運(yùn)動(dòng)，b做加速運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過一段時(shí)間，a、b速度達(dá)到相同，之后回路的磁通量不發(fā)生變化，感應(yīng)電流為0，安培力為0，二者勻速運(yùn)動(dòng)，勻速運(yùn)動(dòng)的速度即為a、b的最終速度，設(shè)為v.由于a、b所組成的系統(tǒng)所受合外力為0，故系統(tǒng)的動(dòng)量守恒m1v0＝(m1＋m2)v 由以上兩式解得最終速度v1＝v2＝v＝. (2)由能量守恒得知

9、，回路中產(chǎn)生的電能應(yīng)等于a、b系統(tǒng)機(jī)械能的損失，所以E＝m1gh－(m1＋m2)v2＝m1gh. (3)由能量守恒定律，回路中產(chǎn)生的熱量應(yīng)等于回路中釋放的電能等于系統(tǒng)損失的機(jī)械能，即Qa＋Qb＝E.在回路中產(chǎn)生電能的過程中，電流不恒定，但由于Ra與Rb串連，通過的電流總是相等的． 所以應(yīng)有＝＝＝ Qa＝E＝m1gh　Qb＝E＝m1gh. 命題點(diǎn)二　電場(chǎng)中的動(dòng)量和能量問題 例2　如圖4所示，LMN是豎直平面內(nèi)固定的光滑絕緣軌道，MN水平且足夠長，LM下端與MN相切．質(zhì)量為m的帶正電小球B靜止在水平面上，質(zhì)量為2m的帶正電小球A從LM上距水平面高為h處由靜止釋放，在A球進(jìn)入水平軌道之前，

10、由于A、B兩球相距較遠(yuǎn)，相互作用力可認(rèn)為零，A球進(jìn)入水平軌道后，A、B兩球間相互作用視為靜電作用，帶電小球均可視為質(zhì)點(diǎn)．已知A、B兩球始終沒有接觸．重力加速度為g.求： 圖4 (1)A球剛進(jìn)入水平軌道的速度大?。? (2)A、B兩球相距最近時(shí)，A、B兩球系統(tǒng)的電勢(shì)能Ep； (3)A、B兩球最終的速度vA、vB的大?。? ①光滑絕緣軌道；②A、B兩球間相互作用視為靜電作用；③A、B兩球始終沒有接觸． 答案　(1)　(2)mgh　(3)　 解析　(1)對(duì)A球下滑的過程，據(jù)機(jī)械能守恒得： 2mgh＝·2mv02 解得：v0＝ (2)A球進(jìn)入水平軌道后，兩球組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，當(dāng)兩

11、球相距最近時(shí)共速：2mv0＝(2m＋m)v，解得：v＝v0＝ 據(jù)能量守恒定律：2mgh＝(2m＋m)v2＋Ep， 解得：Ep＝mgh (3)當(dāng)兩球相距最近之后，在靜電斥力作用下相互遠(yuǎn)離，兩球距離足夠遠(yuǎn)時(shí)，相互作用力為零，系統(tǒng)勢(shì)能也為零，速度達(dá)到穩(wěn)定． 2mv0＝2mvA＋mvB， ×2mv02＝×2mvA2＋mvB2 得：vA＝v0＝，vB＝v0＝. 電場(chǎng)中動(dòng)量和能量問題的解題技巧 動(dòng)量守恒定律與其他知識(shí)綜合應(yīng)用類問題的求解，與一般的力學(xué)問題求解思路并無差異，只是問題的情景更復(fù)雜多樣，分析清楚物理過程，正確識(shí)別物理模型是解決問題的關(guān)鍵． 3．如圖5所示，“┙”型滑板(

12、平面部分足夠長)，質(zhì)量為4m，距滑板的A壁為L1的B處放有一質(zhì)量為m、電量為＋q的大小不計(jì)的小物體，小物體與板面的摩擦不計(jì)，整個(gè)裝置處于場(chǎng)強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，初始時(shí)刻，滑板與小物體都靜止，試求： 圖5 (1)釋放小物體，第一次與滑板A壁碰前小物體的速度v1為多大？ (2)若小物體與A壁碰后相對(duì)水平面的速度大小為碰前的，碰撞時(shí)間極短，則碰撞后滑板速度為多大？(均指對(duì)地速度) (3)若滑板足夠長，小物體從開始運(yùn)動(dòng)到第二次碰撞前，電場(chǎng)力做功為多大？ 答案　(1) 　(2)　(3)qEL1 解析　(1)對(duì)物體，根據(jù)動(dòng)能定理，有qEL1＝mv12，得v1＝ (2)物體與滑板碰撞前后動(dòng)量

13、守恒，設(shè)物體第一次與滑板碰后的速度為v1′，滑板的速度為v，則 mv1＝mv1′＋4mv 若v1′＝v1，則v＝v1，因?yàn)関1′＞v，不符合實(shí)際， 故應(yīng)取v1′＝－v1，則v＝v1＝. (3)在物體第一次與A壁碰后到第二次與A壁碰前，物體做勻變速運(yùn)動(dòng)，滑板做勻速運(yùn)動(dòng)，在這段時(shí)間內(nèi)，兩者相對(duì)于水平面的位移相同． 所以(v2＋v1′)t＝vt，即v2＝v1＝. 對(duì)整個(gè)過程運(yùn)用動(dòng)能定理得： 電場(chǎng)力做功W＝mv12＋(mv22－mv1′2)＝qEL1. 命題點(diǎn)三　復(fù)合場(chǎng)中的動(dòng)量和能量問題 例3　如圖6所示，水平虛線X下方區(qū)域分布著方向水平、垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，整個(gè)

14、空間存在勻強(qiáng)電場(chǎng)(圖中未畫出)．質(zhì)量為m、電荷量為＋q的小球P靜止于虛線X上方A點(diǎn)，在某一瞬間受到方向豎直向下、大小為I的沖量作用而做勻速直線運(yùn)動(dòng)．在A點(diǎn)右下方的磁場(chǎng)中有定點(diǎn)O，長為l的絕緣輕繩一端固定于O點(diǎn)，另一端連接不帶電的質(zhì)量同為m的小球Q，自然下垂，保持輕繩伸直，向右拉起Q，直到繩與豎直方向有一小于5°的夾角，在P開始運(yùn)動(dòng)的同時(shí)自由釋放Q，Q到達(dá)O點(diǎn)正下方W點(diǎn)時(shí)速率為v0.P、Q兩小球在W點(diǎn)發(fā)生相向正碰，碰到電場(chǎng)、磁場(chǎng)消失，兩小球黏在一起運(yùn)動(dòng)．P、Q兩小球均視為質(zhì)點(diǎn)，P小球的電荷量保持不變，繩不伸長，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g. 圖6 (1)求勻強(qiáng)電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)E的大小和P進(jìn)入磁場(chǎng)

15、時(shí)的速率v； (2)若繩能承受的最大拉力為F，要使繩不斷，F(xiàn)至少為多大？ ①受到方向豎直向下、大小為I的沖量作用而做勻速直線運(yùn)動(dòng)；②P、Q兩小球在W點(diǎn)發(fā)生相向正碰，碰到電場(chǎng)、磁場(chǎng)消失，兩小球黏在一起運(yùn)動(dòng)． 答案　(1)　　(2)＋2mg 解析　(1)設(shè)小球P所受電場(chǎng)力為F1，則F1＝qE 在整個(gè)空間重力和電場(chǎng)力平衡，有F1＝mg 聯(lián)立相關(guān)方程得E＝ 由動(dòng)量定理得I＝mv 故v＝. (2)設(shè)P、Q相向正碰后在W點(diǎn)的速度為vm，由動(dòng)量守恒定律得 mv－mv0＝(m＋m)vm 此刻輕繩的張力為最大，由牛頓第二定律得 F－(m＋m)g＝vm2 聯(lián)立相關(guān)方程，得 F＝＋2mg

16、. 4.如圖7所示，整個(gè)空間中存在豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)．經(jīng)過桌邊的虛線PQ與桌面成45°角，其上方有足夠大的垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.光滑絕緣水平桌面上有兩個(gè)可以視為質(zhì)點(diǎn)的絕緣小球，A球?qū)ψ烂娴膲毫榱?，其質(zhì)量為m，電量為q；B球不帶電且質(zhì)量是km(k＞7)．A、B間夾著質(zhì)量可忽略的火藥．現(xiàn)點(diǎn)燃火藥(此時(shí)間極短且不會(huì)影響小球的質(zhì)量、電量和各表面的光滑程度)，火藥炸完瞬間A的速度為v0，求： 圖7 (1)火藥爆炸過程中有多少化學(xué)能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能； (2)A球在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間； (3)若一段時(shí)間后AB在桌上相遇，求爆炸前A球與桌邊P的距離． 答案　(1)mv02　(

17、2)　(3)· 解析　(1)設(shè)爆炸之后B的速度為vB，選向左為正方向 在爆炸前后由動(dòng)量守恒可得：0＝mv0－kmvB 又由能量守恒可得： E＝mv02＋kmvB2＝mv02 (2)由“A球?qū)ψ烂娴膲毫榱恪笨芍亓碗妶?chǎng)力等大反向，故A球進(jìn)入磁場(chǎng)中將會(huì)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則 T＝ 由幾何知識(shí)可得：A球在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)了個(gè)圓周(如圖所示) 則t2＝ (3)由0＝mv0－kmvB可得：vB＝ R＝ 設(shè)爆炸前A球與桌邊P的距離為xA，爆炸后B運(yùn)動(dòng)的位移為xB，，時(shí)間為tB 則tB＝＋t2＋ xB＝vBtB 由圖可得：R＝xA＋xB 聯(lián)立上述各式解得： xA＝·. 1

18、.如圖1所示，兩根間距為l的光滑金屬導(dǎo)軌(不計(jì)電阻)，由一段圓弧部分與一段無限長的水平段部分組成，其水平段加有豎直向下方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，導(dǎo)軌水平段上靜止放置一金屬棒cd，質(zhì)量為2m，電阻為2r.另一質(zhì)量為m，電阻為r的金屬棒ab，從圓弧段M處由靜止釋放下滑至N處進(jìn)入水平段，棒與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好，圓弧段MN半徑為R，所對(duì)圓心角為60°.求： 圖1 (1)ab棒在N處進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)速度是多大？此時(shí)棒中電流是多少？ (2)cd棒能達(dá)到的最大速度是多大？ (3)cd棒由靜止到達(dá)最大速度過程中，系統(tǒng)所能釋放的熱量是多少？ 答案　(1)　　(2)　(3)mgR 解析　(1)

19、ab棒由M下滑到N過程中機(jī)械能守恒，故mgR(1－cos 60°)＝mv2. 解得v＝. 進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)瞬間，回路中電流強(qiáng)度 I＝＝. (2)ab棒在安培力作用下做減速運(yùn)動(dòng)，cd棒在安培力作用下做加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)兩棒速度達(dá)到相同速度v′時(shí)，電路中電流為零，安培力為零，cd達(dá)到最大速度．運(yùn)用動(dòng)量守恒定律得mv＝(2m＋m)v′ 解得v′＝. (3)系統(tǒng)釋放的熱量應(yīng)等于系統(tǒng)機(jī)械能的減少量， 故Q＝mv2－·3mv′2， 解得Q＝mgR. 2.如圖2所示是計(jì)算機(jī)模擬出的一種宇宙空間的情景，在此宇宙空間內(nèi)存在這樣一個(gè)遠(yuǎn)離其他空間的區(qū)域(其他星體對(duì)該區(qū)域內(nèi)物體的引力忽略不計(jì))，以MN為界，上半

20、部分勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1，下半部分勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2.已知B1＝4B2＝4B0，磁場(chǎng)方向相同，且磁場(chǎng)區(qū)域足夠大．在距離界線MN為h的P點(diǎn)有一宇航員處于靜止?fàn)顟B(tài)，宇航員以平行于MN的速度向右拋出一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電小球，發(fā)現(xiàn)小球在界線處的速度方向與界線成90°角，接著小球進(jìn)入下半部分磁場(chǎng)．當(dāng)宇航員沿與界線平行的直線勻速到達(dá)目標(biāo)Q點(diǎn)時(shí)，剛好又接住球而靜止． 圖2 (1)請(qǐng)你粗略地作出小球從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)軌跡； (2)PQ間的距離是多大？ (3)宇航員的質(zhì)量是多少？ 答案　(1)見解析圖　(2)6h　(3) 解析　(1)小球的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示． (2)

21、設(shè)小球的速率為v1，由幾何關(guān)系可知R1＝h，由qvB＝m和B1 ＝4B2＝4B0， 可知R2＝4R1＝4h， 由qv1(4B0)＝m， 解得小球的速率v1＝， 根據(jù)運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性，PQ的距離為L＝2(R2－R1)＝6h. (3)設(shè)宇航員的速率為v2，因周期T＝， 故小球由P運(yùn)動(dòng)到Q的時(shí)間t＝＋＝. 所以宇航員勻速運(yùn)動(dòng)的速率為v2＝＝， 由動(dòng)量守恒定律有Mv2－mv1＝0， 可解得宇航員的質(zhì)量M＝. 3．如圖3所示，絕緣水平地面上有寬L＝0.4m的勻強(qiáng)電場(chǎng)區(qū)域，場(chǎng)強(qiáng)E＝6×105N/C、方向水平向左．不帶電的物塊B靜止在電場(chǎng)邊緣的O點(diǎn)，帶電量q＝5×10－8 C、質(zhì)量mA＝1

22、×10－2 kg的物塊A在距O點(diǎn)s＝2.25 m處以v0＝5 m/s的水平初速度向右運(yùn)動(dòng)，并與B發(fā)生碰撞，假設(shè)碰撞前后A、B構(gòu)成的系統(tǒng)沒有動(dòng)能損失．A的質(zhì)量是B的k(k＞1)倍，A、B與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)都為μ＝0.2，物塊均可視為質(zhì)點(diǎn)，且A的電荷量始終不變，取g＝10m/s2. 圖3 (1)求A到達(dá)O點(diǎn)與B碰撞前的速度； (2)求碰撞后瞬間，A和B的速度； (3)討論k在不同取值范圍時(shí)電場(chǎng)力對(duì)A做的功． 答案　(1)4m/s　(2)m/s　m/s (3)見解析 解析　(1)設(shè)碰撞前A的速度為v，由動(dòng)能定理得 －μmAgs＝mAv2－mAv02 ①

23、 得：v＝＝4 m/s. ② (2)設(shè)碰撞后A、B速度分別為vA、vB，且設(shè)向右為正方向，由于彈性碰撞，所以有：mAv＝mAvA＋mBvB ③ mAv2＝mAvA2＋mBvB2 ④ 聯(lián)立③④并將mA＝kmB及v＝4 m/s代入得： vA＝ m/s ⑤ vB＝ m/s ⑥ (3)討論：(ⅰ)如果A能從電場(chǎng)右邊界離開，必須滿足： mAvA2＞μmAgL＋qEL ⑦ 聯(lián)立⑤⑦代入數(shù)據(jù)，得：k＞3 ⑧

24、 電場(chǎng)力對(duì)A做功為：W＝qEL＝6×105×5×10－8×0.4 J＝1.2×10－2 J ⑨ (ⅱ)如果A不能從電場(chǎng)右邊界離開電場(chǎng)，必須滿足 mAvA2≤μmAgL＋qEL ⑩ 聯(lián)立⑤⑩代入數(shù)據(jù)，得：k≤3 考慮到k＞1，所以在1＜k≤3范圍內(nèi)A不能從電場(chǎng)右邊界離開． 又：qE＝3×10－2 N＞μmAg＝2×10－2 N 所以A會(huì)返回并從電場(chǎng)的左側(cè)離開，整個(gè)過程電場(chǎng)力做功為0， 即W＝0. 4.如圖4所示，直角坐標(biāo)系xOy位于豎直平面內(nèi)，x軸與絕緣的水平面重合，在y軸右方有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)．質(zhì)量為m2＝8×10－3k

25、g的不帶電小物塊靜止在原點(diǎn)O，A點(diǎn)距O點(diǎn)l＝0.045m，質(zhì)量m1＝1×10－3kg的帶電小物塊以初速度v0＝0.5m/s從A點(diǎn)水平向右運(yùn)動(dòng)，在O點(diǎn)與m2發(fā)生正碰并把部分電量轉(zhuǎn)移到m2上，碰撞后m2的速度為0.1 m/s，此后不再考慮m1、m2間的庫侖力．已知電場(chǎng)強(qiáng)度E＝40N/C，小物塊m1與水平面的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.1，取g＝10 m/s2，求： 圖4 (1)碰后m1的速度； (2)若碰后m2做勻速圓周運(yùn)動(dòng)且恰好通過P點(diǎn)，OP與x軸的夾角θ＝30°，OP長為lOP＝0.4m，求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大?。? (3)其他條件不變，若改變磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B′的大小，使m2能與m1再次相碰，求

26、B′的大小． 答案　(1)－0.4m/s，方向水平向左　(2)1T (3)0.25T 解析　(1)設(shè)m1與m2碰前速度為v1，由動(dòng)能定理 －μm1gl＝m1v12－m1v02 代入數(shù)據(jù)解得：v1＝0.4 m/s 已知v2＝0.1 m/s，m1、m2正碰，由動(dòng)量守恒有：m1v1＝m1v1′＋m2v2 代入數(shù)據(jù)得：v1′＝－0.4 m/s，方向水平向左 (2)m2恰好做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，所以qE＝m2g 得：q＝2×10－3 C 物塊由洛倫茲力提供向心力，設(shè)其做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R，則qv2B＝m2，軌跡如圖，由幾何關(guān)系有：R＝lOP 解得：B＝1 T (3)當(dāng)m2經(jīng)過y軸時(shí)速度水平向左，離開電場(chǎng)后做平拋運(yùn)動(dòng)，m1碰后做勻減速運(yùn)動(dòng)． m1勻減速運(yùn)動(dòng)至停，其平均速度為： ＝v1′＝0.2 m/s＞v2＝0.1 m/s. 所以m2在m1停止后與其相碰 由牛頓第二定律有： Ff＝μm1g＝m1a m1停止后離O點(diǎn)距離： s＝ 則m2平拋的時(shí)間：t＝ 平拋的高度：h＝gt2 設(shè)m2做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R′，由幾何關(guān)系有： R′＝h 由qv2B′＝， 聯(lián)立得：B′＝0.25 T. 14