（浙江專用）備戰(zhàn)2019高考物理一輪復習 第二部分 計算題部分 精練3 動量和電學知識的綜合應用.doc

精練3動量和電學知識的綜合應用1.加試題如圖1，ab和cd是兩條豎直放置且足夠長的長直光滑金屬導軌，MN和MN是兩根用細線連接的金屬桿，其質(zhì)量分別為m和2m.豎直向上的外力F作用在桿MN上，使兩桿水平靜止，并剛好與導軌接觸；兩桿的總電阻為R，導軌間距為l.整個裝置處在磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向與導軌所在平面垂直導軌電阻可忽略，重力加速度為g.在t0時刻將細線燒斷，保持F不變，金屬桿和導軌始終接觸良好且垂直求：圖1(1)細線燒斷后，任意時刻兩桿運動的速度之比；(2)兩桿分別達到的最大速度2.加試題 形狀如圖2所示的光滑導軌EF、GH等高平行放置，E、G間寬度為F、H間寬度的2倍，虛線右側導軌水平且處于豎直向上的勻強磁場中ab金屬棒的質(zhì)量為2m、cd金屬棒的質(zhì)量為m，現(xiàn)讓ab從離水平軌道h高處靜止下滑，設兩種不同間距的導軌都足夠長求：圖2(1)ab、cd棒的最終速度大??；(2)全過程中產(chǎn)生的焦耳熱3.加試題 如圖3所示，水平地面上方MN邊界左側存在垂直紙面向里的勻強磁場和沿豎直方向的勻強電場(圖中未畫出)，磁感應強度B1.0 T，MN邊界右側離地面h0.45 m處有光滑絕緣平臺，右邊有一帶正電的a球，質(zhì)量ma0.1 kg、電荷量q0.1 C，以初速度v00.9 m/s水平向左運動，與大小相同但質(zhì)量為mb0.05 kg靜止于平臺左邊緣的不帶電的絕緣球b發(fā)生彈性正碰，碰后a球恰好做勻速圓周運動，兩球均視為質(zhì)點，g取10 m/s2.(結果均保留兩位有效數(shù)字)求：圖3(1)電場強度的大小和方向；(2)碰后兩球分別在電磁場中運動的時間；(3)碰后兩球落地點相距多遠4.加試題 如圖4所示，質(zhì)量mA0.8 kg、帶電荷量q4103 C的A球用長l0.8 m的不可伸長的絕緣輕線懸吊在O點，O點右側有豎直向下的勻強電場，場強E5103 N/C.質(zhì)量mB0.2 kg、不帶電的B球靜止在光滑水平軌道上，右側緊貼著壓縮并鎖定的水平輕質(zhì)彈簧，彈簧右端與固定擋板連接，彈性勢能為3.6 J現(xiàn)將A球拉至左邊與圓心等高處由靜止釋放，將彈簧解除鎖定，B球離開彈簧后，恰好與第一次運動到最低點的A球相碰，并結合為一整體C，同時撤去水平軌道A、B、C均可視為質(zhì)點，線始終未被拉斷，不計空氣阻力，g10 m/s2.求：圖4(1)碰撞過程中A球?qū)球做的功；(2)碰后C第一次離開電場時的速度大?。?3)C每次離開最高點時，電場立即消失，到達最低點時，電場又重新恢復，不考慮電場瞬間變化產(chǎn)生的影響，求C每次離開電場前瞬間繩子受到的拉力5.加試題 有電阻均為R的兩金屬棒a、b，a棒的質(zhì)量為m，b棒的質(zhì)量為M，兩棒均放在如圖5所示的光滑軌道的水平部分上，軌道的水平部分有豎直向下的勻強磁場，圓弧部分無磁場，且軌道足夠長，開始時給a棒一水平向左的初速度v0，a、b兩棒在運動過程中與軌道始終接觸良好且垂直，a棒與b棒始終不相碰，請問：圖5(1)當a、b兩棒在水平軌道上穩(wěn)定運動時，速度分別為多少？損失的機械能為多少？(2)若b棒在水平軌道上穩(wěn)定運動后，又沖上圓弧軌道，在b棒返回到水平軌道前，a棒已靜止在水平軌道上，且b棒與a棒不相碰，然后達到新的穩(wěn)定狀態(tài)，最后a、b的速度為多少？(3)整個過程中產(chǎn)生的內(nèi)能是多少？6.加試題 能的轉(zhuǎn)化與守恒是自然界普通存在的規(guī)律，如：電源給電容器的充電過程可以等效為將電荷逐個從原本電中性的兩極板中的一個極板移到另一個極板的過程在移動過程中克服電場力做功，電源的電能轉(zhuǎn)化為電容器的電場能實驗表明：電容器兩極間的電壓與電容器所帶電荷量如圖6甲所示圖6(1)對于直線運動，課本中講解了由vt圖象求位移的方法請你借鑒此方法，根據(jù)圖甲的QU圖象，推導電容器所儲存的電場能E電的表達式(若電容器電容為C，兩極板間電壓為U)(2)如圖乙所示，平行金屬框架豎直放置在絕緣地面上，框架上端接有一電容為C的電容器框架上一質(zhì)量為m、長為L的金屬棒平行于地面放置，離地面的高度為h.磁感應強度為B的勻強磁場與框架平面垂直現(xiàn)將金屬棒由靜止開始釋放，金屬棒下滑過程中與框架接觸良好且無摩擦開始時電容器不帶電，不計各處電阻，求：金屬棒落地時的速度大?。唤饘侔魪撵o止釋放到落到地面的時間答案精析1(1)21(2)解析(1)設某時刻MN和MN速度分別為v1、v2取豎直向上為正方向，由動量守恒mv12mv20，得.(2)當MN和MN的加速度為零時，速度最大對MN由平衡條件知BIl2mgIEBlv1Blv2得v1，v2.2(1)vabvcd(2)mgh解析(1)ab由靜止下滑，機械能守恒：2mgh2mv2，得v由于ab、cd串聯(lián)在同一電路中，任何時刻通過ab、cd的電流總相等，金屬棒有效長度關系為Lab2Lcd故它們所受的安培力關系為Fab2Fcd在安培力作用下，ab、cd各做變速運動，產(chǎn)生的感應電動勢方向相反，當EabEcd時，電路中感應電流為零，ab、cd所受安培力為零，ab、cd運動趨于穩(wěn)定，此時有BLabvabBLcdvcd，得vabvcdab、cd受安培力作用，動量均發(fā)生變化，由動量定理得：Fabt2m(vvab)Fcdtmvcd聯(lián)立以上各式解得：vab，vcd(2)根據(jù)系統(tǒng)的總能量守恒可得：Q2mgh2mvmvmgh.3(1)10 N/C，方向豎直向上(2)2.1 s0.30 s(3)0.10 m解析(1)a球碰后在疊加場中做勻速圓周運動，滿足magqE可得E10 N/C電場力方向豎直向上，a球帶正電，則電場強度方向豎直向上(2)a球與b球發(fā)生彈性正碰，以v0的方向為正方向，由動量守恒定律得mav0mavambvb由能量守恒定律得mavmavmbv解得：va0.30 m/svb1.2 m/s對a球，洛倫茲力提供向心力qBvama可得r0.30 m設a球落地點與圓心的連線和地面夾角為，由幾何關系有hrrsin ，可得故a球在電磁場中運動的時間taT，T代入得ta s2.1 sb球不帶電，碰撞后做平拋運動，豎直方向有hgt代入得：tb0.30 s(3)對a球，xarcos 0.26 m對b球，xbvbtb0.36 m故兩球相距：xxbxa0.10 m.4(1)3.2 J(2)4 m/s(3)(80n30) N，n1,2,3解析(1)設碰前A的速度為vA，有mAvmAglvA4 m/s設碰前B的速度為vB，有EpmBv，vB6 m/s以vA的方向為正方向，由動量守恒得mAvAmBvB(mAmB)vCvC2 m/sA對B所做的功WmBvEp3.2 J(2)碰后，整體C受到豎直向上的電場力F|q|E20 N，GmCg10 N因FmCg>mC，整體C做類平拋運動水平方向上：xvCt豎直方向上：yat2其中a10 m/s2圓的方程：(yl)2x2l2解得：x0.8 m，y0.8 mC剛好在圓心等高處將輕線拉直，水平分速度變?yōu)榱愦藭rC向上的速度為v0at4 m/s設C運動到最高點速度為v1由動能定理得mCvmCv(FmCg)lv14 m/s(3)設C從最高點運動到最低點時的速度為v1，由機械能守恒定律得：mCg2lmCv12mCvv18 m/s由FTFmCgmC可知FT>0，所以C能一直運動設C第n次經(jīng)過最高點時的速度為vnmCvmCv(n1)|q|E2lFTmCgFmC解得：FT(80n30) N，n1,2,35見解析解析(1)a、b兩棒在水平軌道上動量守恒設穩(wěn)定運動時a、b兩棒的共同速度為v1，以向左的方向為正方向，由動量守恒定律，有mv0(mM)v1，解得v1，損失的機械能為Emv(mM)v.(2)由于b棒在沖上圓弧軌道又返回水平軌道過程中機械能守恒，故返回時速度大小不變，即v2v1，b棒與a棒向右運動，直到新的穩(wěn)定狀態(tài)設達到新的穩(wěn)定狀態(tài)時a、b的共同速度為v3，以向右的方向為正方向由動量守恒定律，有Mv2(Mm)v3解得v3.(3)整個過程中產(chǎn)生的內(nèi)能等于系統(tǒng)機械能的減少量，即Qmv(Mm)v，解得Qmv16(1)E電(2) 解析(1)由功能關系可知克服電場力做功等于產(chǎn)生的電場能：根據(jù)速度時間圖象圍成的面積代表位移可知在QU圖象中，圖象所圍面積即為，也就是克服電場力所做的功，即E電.又C，故E電(2)設金屬棒落地的速度為v，此時金屬棒切割磁感線產(chǎn)生感生電動勢感生電動勢大小為EBLv電容器儲存的電場能為E電由動能定理得mghE電解得v 金屬棒下落過程中受安培力和重力，由動量定理可得mgtF安tmvF安BILQItQCUUBLvvv0解得t .