物理专题动量与电磁感应

MNOP以v0=7m/s的初速从左侧磁场边缘水平进入磁场，求：MN线框从开始进入磁场到竖直下落的过程中产生的焦BL1v的匀d=0.5m，m=0.5kg，R=0.1Ω，B=1T，g10m/s2．v2的关系图象；4mL2运动的距离．图是导轨式实验装置示意图两根平行长直金属导轨沿水平方向固定其间安放金属滑（即实验用弹丸流回电源．滑块被导轨中的电流形成的磁场推动而发射．在发射过程中，该磁场在滑块所在位置始终可以简化为匀强B=kk=2.×10﹣l=1.5c，滑块的质量=30g，滑块沿导轨滑行5m后获得的发射速度v=3.0kms（此过程视为匀加速运动．若电源输出的能量有若此滑块射出后随即以速度v沿水平方向放在水平面上的砂箱，它嵌入砂箱的深度为s′．设砂箱质量为M，m，不计砂箱与水平面之间的摩擦．求滑块对砂箱平均冲击力的表达式．V0=6m/sQPB碰撞，碰后粘在一起运动．PL=0.1m．物块与各粗糙段间的动摩擦μ=0.1，A、Bm=1kg（g10m/s2；A、B视为质点，碰撞时间极短．AQVABkkABn个（n＜k）VABn在一种新的“子母球”ABph（p＞1）hg，忽略球的直径、空气阻力及碰撞时间．BABAp在（2）Apcg，不考虑板翻转．FLF①IssLskm的薄滑块，圆筒内壁涂有一层新型智能材料﹣﹣ER流体，它对滑块的阻力可调．起初，滑块静止，ER0，弹Lm2L处自由落下，与滑块碰撞后粘在一起向下运动．为保证滑块做匀运动，且下移距离为时速度减为0，ER流体对滑块的阻力须滑块下移而变．试求（忽略空气阻力dERB的匀强磁场，整个空间存在匀强电场（图中未画出m，电荷量为+qAOl的绝缘轻绳一端OmQ，自然下垂．保持轻绳伸电场、磁场，两小球粘在一起运动．P、Q两小球均视为质点，P小球的电荷量g．EPF，要使绳不断，FAXCCD点下方一足够大的平板相遇．不计空气阻P若小球Cs=0.09m0D点下方面任意改C均能与平板正碰，求出所有满足条件的恒力．OP，其质量m=2×10﹣2kgq=0.2CV0=20m/sPPO点的M=1.6×10﹣1kgNP脱离弹Pg=10m/s2．那么，P、NP、Nr的表达式（B、q、m、θθN的运动速度与水平方向的夹角．度B=1.57T．小球1带正电，其电量与质量之比=4C/kg，所受重力与电场力的大小相等；小球2不带电，静止放置g=10m/s2）（1） 是多少一．计算题（1小题（1）DEDE上一次，所以粒子要打到E点应满足：由①②得打到E点的速度为：（n=1，2，3…由题意知，SS，粒子速度：v=（n=1、2、在磁场中粒子做圆周运动的周期，与粒子速度无关粒子以三角形的三个顶点为圆心运动，每次碰撞所需时间：S点，粒子运动的最短时间：EL'，由题设条件知SS点就必须在磁场区域内运动，即满足条件：R≤L'，即又知，当n=1时，当n=2时，当n=3时，当n=4时，所以，当n=3，4，5…时，满足题意．由于，代入上式得解得速度的值：（n=3，4，5…）（1）3…，带电粒子速度v的大小取值为：（n=3、4、二．解答题（12小题）解：物块与钢板碰撞时的速度由机械能守恒，得v1m的物块钢板碰撞后一起向下运动的速度，因碰撞时间极短，系统所受外力远小于相互作用的内力，符合动量守恒，故有mv0=2mv1②EpO③设v2表示质量为2m的物块与钢板碰后开始一起向下运动的速度，由动量守恒，则 守恒定律得⑤在上述两种情况下，弹簧的初始压缩量都是x0，故有2mOg为g，方向向下，故在O点物块与钢板分离．分离后，物块以速度v竖直上升，由竖直上抛最大位移 所以物块向上运动到达的最高点距O点的距离h=．（1） 进入磁场时有：（2）设线框竖直下落H时，速度为vH由能量守恒得：自由落体规律：vH2=2gH解得：（3）只有框进入和穿出条形磁场区域时，才产生感应电动势，线框部分进入磁场区域x时有t→t+△t时间内，由动量定理：﹣F△t=m△v求和：解得：穿过条形磁场区域的个数为：可穿过4个完整条形磁场区域．（1）L2 回路中电流L2受到 力L2mg＞F，得 导体棒L2的所受 力F=BIL=加速度代入整理得L2做匀速运动时，L1L2υ设当导体棒L2L1的相对速度为υ=4m/s时，棒L2的加速 取极短时间△t，在时间△t 又υ相△t=△x 代入数据得两棒间距为x相=4m，所用时间 导体棒L1运动的位移导体棒L2x2=x相答（1）为使导体棒L2向下运动，L1的速度v最大过4m/s．2）L2的加速度a2与速率v2的关系图象如上图所示．（3）L1的速度v3m/sL24mL20.7m．（1） 和牛顿第二定律，有 因此I==8.5×105A即发射过程中电源提供的电流强度为因而，所需的电源输出功率为P==1.0×109W由功率P=IU，解得输出电压：U= 再由动量守恒定律 联立求得fs′=• 0（1）0 AAB碰撞前A的速度为vA，由机械能守恒定律可得：mv2=mv2得v=v AABvP前进，设向右为正方向，由动量守恒定律可得：mv0=（m+m）vpP故总动能EK=（m+m）v2=PABn个光滑段上损失的能量；E损 从AB碰撞后运动到第n个光滑段的过程中，由能量守恒定律可得：（m+m）v2﹣（m+m）v2=n△E， 22N（2）k（3）碰后AB滑至第n个（n＜k）光滑段上的速度VAB与n的关系式为vAB=（1）AB=2gh故 BBAv﹣t图象如右图，有图象要使球A第一次碰后能到达比其释放点更高的位置，则临Av﹣t图象如下B球继续向上运动，则：3mvB﹣mvA=3mv′B+mvAABph=3h（1）BBA．在（2）A第一次碰后能到达比其释放点更高的位置，p1＜p≤38（1）fa．．由运动定律，有对物块 对圆板 I=mv0由动能定理，对圆板：﹣2μmg（s+d）=mv2﹣mv2，对物块：2μmgs=（2m）v 由以上各式得I＞ 由以上分析可知，I越大，s越小；（1）L（2）①I 才能使物块从板上掉下②物块从开始运动到掉下时的位移s为 sLsI（1）设碰后共同速度为v1，由动量守恒定律2mv1=mv0得．碰撞过程中系统损失的机械能力1设加速度大小为a，有2ax=v2，x=，得1FN，ERFER x=d+（1）mgL（2）（3）滑块下移距离d时ER流体对滑块阻力的大小为mg+（1）联立相关方程得设小球P受到冲量后获得速度为v，由动量定理得I=mv得P、QWvmm此刻轻绳的张力也为最大， 运动定律得F﹣（m+m）g=v2联立相关方程，得mPtP1PXtP2，则设小球Q从开始运动到与P球反向相碰的运动时间为tQ，由单摆周期性，有 联立相关方程，得n为大于的整QPtQ´，由单摆周期性，有同理可得其中n为大于的整数（1） 若两球反向相碰，A点距虚线X的距 其中n为大 的整若两球同向相碰，A点距虚线X的距离其中n为大 的整（1）PP碰撞瞬间的速度PADPθA 对A球从开始运动至D点的过程，由动能定理得解得P与A球迎面正碰并粘在一起成为小球C，根据动量守恒定律 解得 小球C经过路程s后到达夹板，此时速度变为0，表明小球C一定做匀直线运动，其运动速与受力示意图如右图所示．由运动 设恒力F与竖直方向的夹角为α，建立如图所示的坐标系，根据第二定律得：x轴上（沿加速度方向：Fcos（90°﹣α﹣θ）﹣（2mg+qE）sinθ=2maF′β0°≤β＜120°CC=（2mg+qE）cosθ解得F′=（其中0°≤β＜120°（1）（2）30°（3）0°≤β＜120°（1） 由题给条件知，N碰后作平抛运动，P所受电场力和重力平衡，PP、N 并令水平向右为正方向，有 而：：： 有：⑥ 对小球P，其圆周运动的周期为T，有：⑨ P经过tP时，对应的圆心角为α，有：当B的方向垂直纸面朝外时，P、N的速度相同，如图可知，有：α1=π+θ 比较得，tN≠tP1，在此情况下，P、N的速度在同一时刻不可能相同．当B的方向垂直纸面朝里时，P、N的速度相同，同样由图，有：a2=π﹣θ， 比较得，tN≠tp2，在此情况下，P、N的速度在同一时刻也不可能相同．BtP、N当B的方向垂直纸面朝里时，设在t时刻P、N的速度相同 同理得：，、考虑圆周运动的周期性，有：（给定的B、q、r（1