高中物理-动量和能量专题训练与解析(二)

动量和能量专题限时训练2
建议用时40分钟，实际用时________
1．当金属的温度升高到一定程度时就会向四周发射电子，这种电子叫热电子，通常情况下，热电子的初始速度可以忽略不计．如图所示，相距为L 的两块固定平行金属板M 、N 接在输出电压恒为U 的高压电源E 2上，M 、N 之间的电场近似为匀强电场，K 是与M 板距离很近的灯丝，通过小孔穿过M 板与外部电源E 1连接，电源E 1给K 加热从而产生热电子，不计灯丝对内部匀强电场的影响．热电子经高压加速后垂直撞击N 板，瞬间成为金属板的自由电子，速度近似为零．电源接通后，电流表的示数稳定为I ，已知电子的质量为m 、电荷量为e .求：
(1)电子到达N 板前瞬间的速度v N 的大小；
(2)N 板受到电子撞击的平均作用力F 的大小．
答案(1)2eU m (2)I 2mU e 解析(1)由动能定理得eU ＝12
mv N 2－0，解得v N ＝
2eU m .(2)设Δt 时间经过N 板的电荷量为Q ，Q ＝I Δt
在Δt 时间落在N 板上的电子数为N 1：N 1＝I Δt
e
对Δt 时间内落在N 板上的电子整体应用动量定理：
－F Δt ＝0－N 1mv N ，
F ＝N 1mv N Δt ＝I 2mU e
.由作用力与反作用力关系可知，N 板受到电子撞击的平均作用力大小为F ′＝F ＝I
2mU e .2．如图所示是计算机模拟出的一种宇宙空间的情景，在此宇宙空间内存在这样一个远离其他空间的区域(其他星体对该区域内物体的引力忽略不计)，以MN 为界，上半部分匀强磁场的磁感应强度大小为B 1，下半部分匀强磁场的磁感应强度大小为B 2.已知B 1＝4B 2＝4B 0，磁场方向相同，且磁场区域足够大．在距离界线MN 为h 的P 点有一宇航员处于静止状态，宇航员以平行于MN 的速度向右抛出一质量为m 、电荷量为q 的带负电小球，发现小球经过界线处的速度方向与界线成90°角，接着小球进入下半部分磁场．当宇航员沿与界线平行的直线匀速到达目标Q 点时，刚好又接住球而静止．求：
(1)请你粗略地作出小球从P 点运动到Q 点的运动轨迹；
(2)PQ 间的距离是多大；
(3)宇航员的质量是多少．
答案
(1)见解析图(2)6h (3)5πm 6解析(1)小球运动轨迹如图所示．
(2)由几何关系可知R 1＝h ，
由qvB ＝mv 2R
和B 1＝4B 2＝4B 0，可知R 2＝4R 1＝4h ，
设小球的速率为v 1，
由qv 1(4B 0)＝mv 12R 1
解得小球的速率v 1＝4qB 0h m
，根据运动的对称性，PQ 间的距离为L ＝2(R 2－R 1)＝6h .
(3)由qvB ＝mv 2r 和T ＝2πr v 得小球做匀速圆周运动的周期T ＝2πm qB
，故小球由P 运动到Q 的时间t ＝T 12＋T 22＝5πm 4qB 0
.设宇航员的速度为v 2＝L t ＝24qB 0h 5πm
，宇航员在Q 点接住球时，由动量守恒定律有
Mv 2－mv 1＝0，
解得宇航员的质量M ＝5πm 6
.3．如图所示，两根一端带有挡柱的金属导轨MN 和PQ 与水平面成θ＝37°角，两导轨间距L ＝1m ，导轨自身电阻不计，整个装置处在磁感应强度大小B ＝2T 的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向上．两根完全相同的金属棒ab 和cd ，每根棒长为L ，质量m ＝1kg ，电阻R ＝1Ω，垂直放在导轨平面上且始终与导轨保持良好接触．现让金属棒cd 靠在挡柱上，金属棒ab 在沿斜面向上的外力F 作用下从轨道上某处由静止开始做加速度a ＝2.5m/s 2的匀加速直线运动，直到金属棒cd 刚要滑动时撤去外力F ；此后金属棒ab 继续向上运动0.35s 后减速为0，且金属棒ab 向下返回到初始出发点时的速度大小为1m/s.已知两金属棒与导轨间的动摩擦因数均为0.5，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g 取10m/s 2.求：
(1)金属棒cd 刚要滑动时，金属棒ab 的速度大小；
(2)金属棒ab 沿斜面向上匀加速运动过程中外力的最大值；
(3)金属棒ab 从最高点返回到初始出发点过程中，金属棒ab 产生的焦耳热．
答案
(1)5m/s (2)22.5N (3)5.5J 解析(1)当金属棒cd 刚要滑动时满足：
BIL ＝mg sin θ＋μmg cos θ
I ＝BLv 2R
联立解得：v ＝5m/s
(2)对金属棒ab ：F －mg sin θ－μmg cos θ－BIL ＝ma
I ＝BLv 2R
v ＝at
代入数据可知F 随t 线性变化，当v ＝5m/s 时，最大值F m ＝22.5N ；
(3)匀加速阶段金属棒ab 的位移为：x 1＝v 22a
撤去F 后金属棒cd 仍静止，设金属棒ab 减速滑行的位移为x 2
由动量定理得(μmg cos θ＋mg sin θ＋B I L )Δt ＝mv
I Δt ＝BLx 2
2R
解得x 2＝0.75m
设金属棒ab 返回到出发点的速度为v 1，
由能量守恒：
mg (x 1＋x 2)sin θ＝μmg cos θ(x 1＋x 2)＋12
mv 12＋2Q 解得Q ＝5.5J.
4．如图所示，空间存在一个范围足够大的竖直向下的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B ；边长为L 的正方形金属框abcd (简称方框)放在光滑的水平地面上，其外侧套着一个与方框边长相同的U 形金属框架MNQP (仅有MN 、NQ 、QP 三条边，简称U 形框)，U 形框的M 、P 端的两个触点与方框接触良好且无摩擦，其他地方没有接触．两个金属框每条边的质量均为m ，每条边的电阻均为r .
(1)若方框固定不动，U 形框以速度v 0垂直NQ 边向右匀速运动，当U 形框的接触点M 、P 端滑至方框的最右侧时，如图乙所示，求U 形框上N 、Q 两端的电势差U NQ ；(2)若方框不固定，给U 形框垂直NQ 边向右的水平初速度v 0，U 形框恰好不能与方框分离，求方框最后的速度v t 和此过程流过U 形框上NQ 边的电荷量q ；(3)若方框不固定，给U 形框垂直NQ 边向右的初速度v (v >v 0)，在U 形框与方框分离后，经过t 时间，方框的最右侧和U 形框的最左侧之间的距离为s .求分离时U 形框的速度大小v 1和方框的速度大小v 2.
答案
见解析解析(1)由法拉第电磁感应定律得：E ＝BLv 0
此时电路图如图所示
由串并联电路规律，
外电阻为R 外＝2r ＋3r ×r 3r ＋r ＝114
r 由闭合电路欧姆定律得：
流过QN 的电流I ＝E R 外＋r
＝4BLv 015r 所以：U NQ ＝E －Ir ＝1115
BLv 0；(2)U 形框向右运动过程中，方框和U 形框组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒．依题意得：方框和U 形框最终速度相同，设最终速度大小为v t ；
3mv 0＝(3m ＋4m )v t
解得：v t ＝37
v 0对U 形框，
由动量定理得：－BL I t ＝3mv t －3mv 0由q ＝I t
解得：q ＝12mv 0
7BL
(3)设U 形框和方框分离时速度分别为v 1和v 2，系统动量守恒：3mv ＝3mv 1＋4mv 2依题意得：s ＝(v 1－v 2)t
联立解得：v 1＝37v ＋4s 7t
v 2＝37v －3s 7t .。