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    20．某同学设计了一个电磁弹射加喷气推动的起飞装置．如图所示，水平固定在绝缘底座上的两根足够长的平行光滑导轨，电阻不计，间距为L，通过开关与电源相连，电源电动势为E，内阻为r．导轨间加有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B，电阻为R的轻金属棒CD垂直于导轨静止放置，上面固定着质量为m的舰载机．合上开关K开始工作，CD棒在安培力的作用下加速，当棒带着舰载机获得最大速度时，开关自动断开，同时舰载机自动脱离金属棒并启动发动机工作，把质量为△m的高温高压燃气水平向后喷出，喷出的燃气相对于喷气后舰载机的速度为u，获得更大的速度后腾空而起．

    （1）开关合上瞬间，舰载机获得的加速度a；
    （2）开关自动断开前舰载机最大速度v1；
    （3）喷气后舰载机增加的速度△v．

    分析 （1）根据闭合电路的欧姆定律求得电流，根据牛顿第二定律求得产生的加速度；
    （2）当导体棒Cd切割产生的感应电动势等于电源电动势时，速度最大；
    （3）根据动量定理求得舰载机增加的速度

    解答 解：（1）根据闭合电路的欧姆定律可知：I=$\frac{E}{R+r}$
    导体棒受到的安培力为：F=BIL=$\frac{BEL}{R+r}$
    根据牛顿第二定律可知：F=ma
    解得：a=$\frac{BEL}{m（E+r）}$
    （2）当导体棒产生的感应电动势等于电源的电动势时，此时速度达到最大，即为：
    E=BLv
    解得：v=$\frac{E}{BL}$
    （3）根据动量定理可知：△m（u-△v）-（m-△m）△v=0
    解得：$△v=\frac{△mu}{m}$
    答：（1）开关合上瞬间，舰载机获得的加速度a为得$\frac{BEL}{m（E+r）}$；
    （2）开关自动断开前舰载机最大速度v1为$\frac{E}{BL}$
    （3）喷气后舰载机增加的速度△v为$\frac{△mU}{m}$．

    点评 本题主要考查了电磁感应定律、动量定理、动量守恒定律的直接应用，要求同学们能正确分析物体的受力情况和运动情况，注意求电荷量时要用平均电流，用动量守恒定律解题时要规定正方向，难度较大．

    练习册系列答案
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    A．k是弹簧的劲度系数，x是弹簧长度
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    C．对于弹簧振子系统，k是劲度系数，它由弹簧的性质决定
    D．因为k=$\frac{F}{x}$，所以k与F成正比

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    （1）金属棒上的电阻r；
    （2）cd离NQ的距离s；
    （3）金属棒滑行至cd处的过程中，电阻R上产生的热量；
    （4）若将金属棒滑行至cd处的时刻记作t=0，从此时刻起　让磁感应强度逐渐减小，为使金属棒中不产生感应电流，则磁感应强度B应怎样随时间t变化？

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    15．如图所示，质量为m、电量为q的带电小球A用绝缘细线悬挂于O点，处于静止状态，现施加一水平向右的匀强电场后，A向右摆动，摆动的最大角度为α=60°，则场强大小为$\frac{\sqrt{3}mg}{3q}$，若改变电场强度的大小后，小球A最终稳定在α=60°处，则场强大小为$\frac{\sqrt{3}mg}{q}$．

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    科目：高中物理 来源： 题型：计算题

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    （1）小物块运动时线速度的大小；
    （2）小物块受到的静摩擦力的大小和方向．

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