电磁学与力学综合专题讲座资料及答案[上学期]

电磁学与力学综合专题
知识要点：
在物理学科内，电学与力学结合最紧密，电学知识又是与实际问题及现代科技联系最多的内容。在高考中，最复杂的题目往往是力电综合题。 但运用的基本规律主要是力学部分的，只是在物体所受的重力、弹力、摩擦力之外，还有电场力、磁场力（安培力或洛仑兹力）。在高考中，带电粒子在电场、磁场中为模型的电学与力学的综合，主要有三种具体的综合形式：
一是利用牛顿定律与匀变速直线运动的规律解决带电粒子在匀强电场中的运动；
二是利用牛顿定律与圆周运动向心力公式解决带电粒子在磁场中的运动；
三是用能量观点解决带电粒子在电场中的运动。
解决好力电综合题目的关键：一是明确电学知识的基本概念、基本性质；二是正确应用力学的基本规律；三是迁移力学知识中灵活多变的方法。
典型例题：
例1：如图所示，带正电小球质量为m＝1×10-2kg，带电量为q＝l×10-6C，置于光滑绝缘水平面上的A点．当空间存在着斜向上的匀强电场时，该小球从静止开始始终沿水平面做匀加速直线运动，当运动到B点时，测得其速度vB ＝1.5m／s，此时小球的位移为S ＝0.15m．求此匀强电场场强E的取值范围．(g＝10m/s2。)
某同学求解如下：设电场方向与水平面之间夹角为θ，由动能定理qEScosθ＝－0得＝V／m．由题意可知θ＞0，所以当E ＞7.5×104V／m时小球将始终沿水平面做匀加速直线运动．
经检查，计算无误．该同学所得结论是否有不完善之处 若有请予以补充．
解：该同学所得结论有不完善之处．
为使小球始终沿水平面运动，电场力在竖直方向的分力必须小于等于重力
qEsinθ≤mg
所以
即 7.5×104V/m＜E≤1.25×105V/m
例2：如图所示，处于匀强磁场中的两根足够长、电阻不计的平行金属导轨相距lm，导轨平面与水平面成θ=37°角，下端连接阻值为尺的电阻．匀强磁场方向与导轨平面垂直．质量为0.2kg、电阻不计的金属棒放在两导轨上，棒与导轨垂直并保持良好接触，它们之间的动摩擦因数为0.25．
(1)求金属棒沿导轨由静止开始下滑时的加速度大小；
(2)当金属棒下滑速度达到稳定时，电阻尺消耗的功率为8W，求该速度的大小；
(3)在上问中，若R＝2Ω，金属棒中的电流方向由a到b，求磁感应强度的大小与方向．
(g=10rn／s2，sin37°＝0.6， cos37°＝0.8)
解：(1)金属棒开始下滑的初速为零，根据牛顿第二定律
mgsinθ－μmgcosθ＝ma ①
由①式解得a＝10×(O.6－0.25×0.8)m／s2=4m／s2 ②
(2夕设金属棒运动达到稳定时，速度为v，所受安培力为F，棒在沿导轨方向受力平衡
mgsinθ一μmgcos0一F＝0 ③
此时金属棒克服安培力做功的功率等于电路中电阻R消耗的电功率
Fv＝P ④
由③、④两式解得 ⑤
(3)设电路中电流为I，两导轨间金属棒的长为l，磁场的磁感应强度为B
⑥
P＝I2R ⑦
由⑥、⑦两式解得 ⑧
磁场方向垂直导轨平面向上
例3：下图是导轨式电磁炮实验装置示意图。两根平行长直金属导轨沿水平方向固定，其间安放金属滑块（即实验用弹丸）。滑块可沿导轨无摩擦滑行，且始终与导轨保持良好接触。电源提供的强大电流从一根导轨流入，经过滑块，再从另一导轨流回电源。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磁场，方向垂直于纸面，其强度与电流的关系为B=kl，比例常量。
已知两导轨内侧间距l=1.5cm，滑块的质量m=30g，滑块沿导轨滑行5cm后获得的发射速度（此过程视为匀加速运动）。
（1）求发射过程中电源提供的电流强度；
（2）若电源输出的能量有4%转换为滑块的动能，
则发射过程中电源的输出功率和输出电压各是多大；
（3）若此滑块射出后随即以速度沿水平方向击中放在水平面上的砂箱，它嵌入砂箱的
深度为。设砂箱质量为M，滑块质量为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。
解：（1）由匀加速运动公式
由安培力公式和牛顿第二定律，有
因此
（2）滑块获得的动能是电源输出能量的4%，即
发射过程中电源供电时间
所需电源输出功率为
由功率P=IU，解得输出电压
（3）分别对砂箱和滑块用动能定理，有
由牛顿定律和相对运动
由动量守恒
故平均冲击力
例4：真空中存在空间范围足够大的、水平向右的匀强电场。在电场中，若将一个质量为m、带正电的小球由静止释放，运动中小球的速度与竖直方向夹角为37°（取）。现将该小球从电场中某点以初速度竖直向上抛出。求运动过程中
（1）小球受到的电场力的大小及方向；
（2）小球从抛出点至最高点的电势能变化量；
（3）小球的最小动量的大小及方向。
解：（1）根据题设条件，电场力大小
电场力的方向水平向右。
（2）小球沿竖直方向做匀减速运动，速度为
沿水平方向做初速度为0的匀加速运动，加速度为a，
小球上升到最高点的时间此过程小球沿电场方向位移
电场力做功W=
小球上升到最高点的过程中，电势能减少
（3）水平速度，竖直速度
小球的速度
由以上各式得出
解得当
此时·,即与电场方向夹角为37°斜向上
小球动量的最小值为
最小动量的方向与电场方向夹角为37°，斜向上。
例5：曾经流行过一种向自行车车头灯供电的小型交流发电机，图1为其结构示意图。图中N、S是一对固定的磁极，abcd为固定在转轴上的矩形线框，转轴过bc边中点、与ab边平行，它的一端有一半径r0＝1.0cm的摩擦小轮，小轮与自行车车轮的边缘相接触，如图2所示。当车轮转动时，因摩擦而带动小轮转动，从而使线框在磁极间转动。设线框由N＝800匝导线圈组成，每匝线圈的面积S＝20cm2，磁极间的磁场可视作匀强磁场，磁感强度B＝0.010T，自行车车轮的半径R1＝35cm，小齿轮的半径R2＝4.cm，大齿轮的半径R3＝10.0cm（见图 2）。现从静止开始使大齿轮加速转动，问大齿轮的角速度为多大才能使发电机输出电压的有效值U＝3.2V？（假定摩擦小轮与自行车轮之间无相对滑动）
解：
当自行车车轮转动时，通过摩擦小轮使发电机的线框在匀强磁场内转动，线框中产生一正弦交流电动势，其最大值
ε＝ω0BSN
式中ω0为线框转动的角速度，即摩擦小轮转动的角速度。
发电机两端电压的有效值
U＝/2εm
设自行车车轮转动的角速度为ω1，由于自行车车轮与摩擦小轮之间无相对滑动，有
R1ω1＝R0ω0
小齿轮转动的角速度与自行车轮转动的角速度相同，也为ω1。设大齿轮转动的角速度为ω，有
R3ω＝R2ω1
由以上各式解得
ω＝(U/BSN)(R2r0/R3r1)
代入数据得
ω＝3.2s－1
提高练习：
1、已知质量为m、电荷为q的小球，在匀强电场中由静止释放后沿直线OP向斜下方运动（OP和竖直方向成θ角），那么所加匀强电场的场强E的最小值是多少？
解：根据题意，释放后小球所受合力的方向必为OP方向。用三角形定则从右图中不难看出：重力矢量OG的大小方向确定后，合力F的方向确定（为OP方向），而电场力Eq的矢量起点必须在G点，终点必须在OP射线上。在图中画出一组可能的电场力，不难看出，只有当电场力方向与OP方向垂直时Eq才会最小，所以E也最小，有E =
2、火箭发动机产生的推力F等于火箭在单位时间内喷出的推进剂质量M与推进剂速度v的乘积。质子火箭发动机喷出的推进物质是质子，这种发动机用于在外层空间中产生的微小推动来纠正卫星的轨道姿势。
　　设一台质子发动机喷出的质子流的电流I=10A，用于加速质子的电压，质子质量。求发动机的推力。（取2位有效数字）

解：
　　单个质子通过加速电场时，有，单位时间内通过加速电场的质子流总质量M，总电量Q，有，得，因而（其中t=1s）
3、为研究静电除尘，有人设计了一个盒状容器，容器侧面是绝缘的透明有机玻璃，它的上下底面是面积A=0.04m2的金属板，间距L=0.05m，当连接到U=2500V的高压电源正负两极时，能在两金属板间产生一个匀强电场，如图所示。现把一定量均匀分布的烟尘颗粒密闭在容器内，每立方米有烟尘颗粒1013个，假设这些颗粒都处于静止状态，每个颗粒带电量为q=+1.0×10-17C，质量为m=2.0×10-15kg，不考虑烟尘颗粒之间的相互作用和空气阻力，并忽略烟尘颗粒所受重力。求合上电键后：⑴经过多长时间烟尘颗粒可以被全部吸附？⑵除尘过程中电场对烟尘颗粒共做了多少功？⑶经过多长时间容器中烟尘颗粒的总动能达到最大？
解：⑴当最靠近上表面的烟尘颗粒被吸附到下板时，烟尘就被全部吸附。烟尘颗粒受到的电场力F=qU/L，L=at2/2=qUt2/2mL，故t=0.02s
⑵W=NALqU/2=2.5×10-4J
⑶设烟尘颗粒下落距离为x，则当时所有烟尘颗粒的总动能
EK=NA(L-x)mv2/2= NA(L-x) qUx/L，当x=L/2时EK达最大，而x=at12/2，故t1=0.014s ]
4、有三根长度皆为l＝1.00 m的不可伸长的绝缘轻线，其中两根的一端固定在天花板上的 O点，另一端分别挂有质量皆为m＝1.00×10－2 kg的带电小球A和B，它们的电量分别为一q和＋q，q＝1.00×10－7C。A、B之间用第三根线连接起来。空间中存在大小为E＝1.00×106N/C的匀强电场，场强方向沿水平向右，平衡时 A、B球的位置如图所示。现将O、B之间的线烧断，由于有空气阻力，A、B球最后会达到新的平衡位置。求最后两球的机械能与电势能的总和与烧断前相比改变了多少。（不计两带电小球间相互作用的静电力）
解：右图中虚线表示A、B球原来的平衡位置，实线表示烧断后重新达到平衡的位置，其中α、β分别表示细线OA、AB与竖直方向的夹角。
A球受力如右图所示：重力mg，竖直向下；电场力qE，水平向左；细线OA对A的拉力T1，方向如图；细线AB对A的拉力T2，方向如图。由平衡条件
T1sinα＋T2sinβ＝qE ①
T2cosα＝mg＋T2 cosβ ②
B球受力如右图所示：重力mg，竖直向下；电场力qE，水平向右；细线AB对B的拉力T2，方向如图。由平衡条件
T2sinβ＝qE ③
T2cosβ＝mg ④
联立以上各式并代入数据，得
α＝0 ⑤
β＝45° ⑥
由此可知，A、B球重新达到平衡的位置如右图所示。与原来位置相比，A球的重力势能减少了
EA＝mgl（1－sin60°） ⑦
B球的重力势能减少了
EB＝mgl（1－sin60°＋cos45°） ⑧
A球的电势能增加了
WA＝qElcos60° ⑨
B球的电势能减少了
WB＝qEl（sin45°－sin30°） ⑩
两种势能总和减少了
W＝WB－WA＋EA＋EB
代入数据解得
W＝6.8×10－2J
5、两金属杆ab和cd长均为l，电阻均为R，质量分别为M和m，M>m。用两根质量和电阻均可忽略的不可伸长的柔软导线将它们连成闭合回路，并悬挂在水平、光滑、不导电的圆棒两侧。两金属杆都处在水平位置，如图所示。整个装置处在一与回路平面相垂直的匀强磁场中，磁感应强度为B。若金属杆ab正好匀速向下运动，求运动的速度。
解　设磁场方向垂直纸面向里，　
ab中的感应电动势ε1=Bvl，方向由a→b。　
cd中的感应电动势ε2=Bvl，方向由d→c。　
回路中电流方向由a→b→d→c，大小为i＝(ε1＋ε2)/2R＝(2Bvl)/2R＝(Bvl)/Rab受到的安培力向上，cd受到的安培力向下，大小均为f
　当ab匀速下滑时，对ab有 T+f=Mg　　　　　　　　　对cd有 T=f+mg　式中T为杆所受到的导线的拉力　解得 　　　　　　　2f=(M-m)g　　　　　　　　　　
6、如图所示，在水平向右的匀强电场区域放置一光滑轨道，CD部分是水平的，AC部分是半个圆弧，BO垂直AC，AO=BO=CO=R，一质量为m、带电量为－q的小球，从距C点s的地方由静止开始释放，刚好能到达B点，如场强不变，要使小球到达最高点A，小球释放时距C点的最近距离是多少？
答案：5(s+R)/2
7、如图17-5所示，在相互垂直的水平匀强电场和水平匀强磁场中，有一竖直固定绝缘杆MN，小球P套在杆上，已知P的质量为m，电量为q,P与杆间的动摩擦因数为μ，电场强度为E，磁感应强度为B，小球由静止起开始下滑，设电场、磁场区域足够大，杆足够长，求：
（1）当下滑加速度为最大加速度一半时的速度.
（2）当下滑速度为最大下滑速度一半时的加速度.
命题意图：考查考生逻辑推理能力、分析综合能力.B级要求.
错解分析：不能沿正确的路径推理辨析各物理量隐含的制约关系，据牛顿运动定律列方程.
解题方法与技巧：
因电场力方向与洛伦兹力方向相反，小球先做加速度逐渐增加的加速运动，当加速度达到最大后，又做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度为零时，速度达到最大.因此，加速度达到最大之前，加速度可能取最大值的一半，加速度达到最大值后，一定有某一时刻加速度为最大加速度的一半.小球速度（达到最大值前）始终在增大，一定只有某一时刻速度为最大速度的一半，要研究这一时刻是在加速度最大之前还是之后.
（1）小球刚开始下滑时速度较小，Bqv＜Ｅq受力分析如图17-6所示，由牛顿第二定律得：
mg-μ（Eq-Bqv）=ma ①
当Bqv=Eq时
a达最大为am＝g
随v的增大，Bqv＞Eq，小球受力如图17-7所示.
则：mg-μ（Bqv-Eq）=ma ②
将a＝,am＝g分别代入①式和②式
解得在a达到am之前，
当a＝g时，速度为
v1＝
当a达到am后，当a＝g时，速度为v2＝，其中v1存在是有条件的，只有mg≤2Ｅqμ时，在a增加阶段才有a＝g可能.
（2）在a达到am后，随着v增大，a减小，当a＝0时v＝vm，由②式可解得
vm＝.
设在a达am之前有v＝，则由①式解得此时加速度为a＝g＋，
因mg＞Eqμ，故a＞g，这与题设相矛盾，说明在a＝am之前不可能有v=.
显然a＜g，符合题意.
将v=vm代入②式解得a=.
8、质量为m，电量为+q的小球以初速度v0以与水平方向成θ角射出，如图17—3所示，如果在某方向加上一定大小的匀强电场后，能保证小球仍沿v0方向做直线运动，试求所加匀强电场的最小值，加了这个电场后，经多长时间速度变为零
命题意图：考查分析综合能力及思维发散能力.B级要求.
错解分析：部分考生挖掘隐含条件的能力差，不能据“保证小球仍沿v0方向做直线运动”的条件，推测重力和电场力在垂直于v0方向合力为零，从而无法切入.
解题方法与技巧：
由题知小球在重力和电场力作用下沿v0方向做直线运动，可知垂直v0方向上合外力为零，或者用力的分解或力的合成方法，重力与电场力的合力沿v0所在直线.
建如图17-4所示坐标系，设场强E与v0成φ角，则受力如图：
由牛顿第二定律可得
Eqsinφ-mgcosθ=0 ①
Eqcosφ-mgsinθ=ma ②
由①式得：E=mgcosθ／qsinφ ③
由③式得：φ＝90°时，E最小为Emin＝mgcosθ／q
其方向与v0垂直斜向上
将φ＝90°代入②式可得a＝－gsinθ
即在场强最小时，小球沿v0做加速度为a＝－gsinθ的匀减速直线运动，设运动
时间为t时速度为0，则：0＝v0－gsinθt
可得：t=
θ
O
P
mg
Eq
U
S
接地
－
+
L
A
B
C
D
O
图17—6
图17—7
图17—4