(浙江)高考物理復(fù)習(xí)全冊(cè)學(xué)案(打包22套).zip
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第2講 動(dòng)量和能量觀點(diǎn)的應(yīng)用
[歷次選考考情分析]
章
知識(shí)內(nèi)容
考試要求
歷次選考統(tǒng)計(jì)
必考
加試
2015/10
2016/04
2016/10
2017/04
2017/11
2018/04
動(dòng)量守恒定律
動(dòng)量和動(dòng)量定理
c
22
23
22
22
23
動(dòng)量守恒定律
c
23
22
碰撞
d
反沖運(yùn)動(dòng) 火箭
b
23
考點(diǎn)一 動(dòng)量與沖量有關(guān)概念與規(guī)律的辨析
1.動(dòng)量定理
(1)沖量:力與力的作用時(shí)間的乘積叫做力的沖量,即I=Ft,沖量是矢量,其方向與力的方向相同,單位是N·s.
(2)物理意義:動(dòng)量定理表示了合外力的沖量與動(dòng)量變化間的因果關(guān)系;沖量是物體動(dòng)量變化的原因,動(dòng)量發(fā)生改變是物體合外力的沖量不為零的結(jié)果.
(3)矢量性:動(dòng)量定理的表達(dá)式是矢量式,應(yīng)用動(dòng)量定理時(shí)需要規(guī)定正方向.
2.動(dòng)量定理的應(yīng)用
(1)應(yīng)用I=Δp求變力的沖量:若作用在物體上的作用力是變力,不能直接用Ft求變力的沖量,但可求物體動(dòng)量的變化Δp,等效代換變力的沖量I.
(2)應(yīng)用Δp=Ft求恒力作用下物體的動(dòng)量變化:若作用在物體上的作用力是恒力,可求該力的沖量Ft,等效代換動(dòng)量的變化.
3.動(dòng)量守恒的適用條件
(1)系統(tǒng)不受外力或所受外力的合力為零,不是系統(tǒng)內(nèi)每個(gè)物體所受的合力都為零,更不能認(rèn)為系統(tǒng)處于平衡狀態(tài).
(2)近似適用條件:系統(tǒng)內(nèi)各物體間相互作用的內(nèi)力遠(yuǎn)大于它所受到的外力.
(3)如果系統(tǒng)在某一方向上所受外力的合力為零,則系統(tǒng)在該方向上動(dòng)量守恒.
4.動(dòng)量守恒的表達(dá)式
(1)m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′,相互作用的兩個(gè)物體組成的系統(tǒng),作用前的動(dòng)量和等于作用后的動(dòng)量和.
(2)Δp1=-Δp2,相互作用的兩個(gè)物體動(dòng)量的增量等大反向.
(3)Δp=0,系統(tǒng)總動(dòng)量的增量為零.
1.[動(dòng)量定理的定性分析](多選)籃球運(yùn)動(dòng)員通常要伸出雙手迎接傳來(lái)的籃球.接球時(shí),兩手隨球迅速收縮至胸前,如圖1所示,下列說(shuō)法正確的是( )
圖1
A.球?qū)κ值臎_量減小 B.球?qū)θ说臎_擊力減小
C.球的動(dòng)量變化量不變 D.球的動(dòng)能變化量減小
答案 BC
解析 先伸出兩臂迎接,手接觸到球后,兩臂隨球引至胸前,這樣可以增加球與手接觸的時(shí)間,根據(jù)動(dòng)量定理得:-Ft=0-mv得F=,當(dāng)時(shí)間增大時(shí),作用力減小,而沖量和動(dòng)量變化量、動(dòng)能變化量都不變,所以B、C正確.
2.[動(dòng)量定理的定量計(jì)算](多選)如圖2所示為運(yùn)動(dòng)傳感器探測(cè)到小球由靜止釋放后撞擊地面彈跳的v-t圖象,小球質(zhì)量為0.5 kg,重力加速度g=10 m/s2,不計(jì)空氣阻力,根據(jù)圖象可知( )
圖2
A.橫坐標(biāo)每一小格表示的時(shí)間是0.1 s
B.小球第一次反彈的最大高度為1.25 m
C.小球下落的初始位置離地面的高度為1.25 m
D.小球第一次撞擊地面時(shí)地面給小球的平均作用力為55 N
答案 AB
解析 小球下落時(shí)做自由落體運(yùn)動(dòng),加速度為g,則落地時(shí)速度為6 m/s,用時(shí)t= s=0.6 s,圖中對(duì)應(yīng)6個(gè)小格,每一小格表示0.1 s,故A正確;第一次反彈后加速度也為g,為豎直上拋運(yùn)動(dòng),由題圖可知,最大高度為:h=×10×(0.5)2 m=1.25 m,故B正確;小球下落的初始位置離地面的高度為:h′=×10×(0.6)2 m=1.8 m,故C錯(cuò)誤;設(shè)向下為正方向,由題圖可知,碰撞時(shí)間約為t′=0.1 s,根據(jù)動(dòng)量定理可知:mgt′-Ft′=mv′-mv,代入數(shù)據(jù)解得:F=60 N,故D錯(cuò)誤.
3.[動(dòng)量守恒的應(yīng)用](多選)如圖3所示,在光滑水平面上,質(zhì)量為m的A球以速度v0向右運(yùn)動(dòng),與靜止的質(zhì)量為5m的B球碰撞,碰撞后A球以v=av0(待定系數(shù)a<1)的速率彈回,并與固定擋板P發(fā)生彈性碰撞,若要使A球能再次追上B球并相撞,則系數(shù)a可以是( )
圖3
A. B. C. D.
答案 BC
解析 A與B發(fā)生碰撞,選取向右為正方向,根據(jù)動(dòng)量守恒可知:mv0=5mvB-mav0.要使A球能再次追上B球并相撞,且A與固定擋板P發(fā)生彈性碰撞,則av0>vB,由以上兩式可解得:a>,故B、C正確,A、D錯(cuò)誤.
考點(diǎn)二 動(dòng)量觀點(diǎn)在電場(chǎng)和磁場(chǎng)中的應(yīng)用
例1 如圖4所示,軌道ABCDP位于豎直平面內(nèi),其中圓弧段CD與水平段AC及傾斜段DP分別相切于C點(diǎn)和D點(diǎn),水平段AB、圓弧段CD和傾斜段DP都光滑,水平段BC粗糙,DP段與水平面的夾角θ=37°,D、C兩點(diǎn)的高度差h=0.1 m,整個(gè)軌道絕緣,處于方向水平向左、場(chǎng)強(qiáng)未知的勻強(qiáng)電場(chǎng)中.一個(gè)質(zhì)量m1=0.4 kg、帶正電、電荷量未知的小物塊Ⅰ在A點(diǎn)由靜止釋放,經(jīng)過(guò)時(shí)間t=1 s,與靜止在B點(diǎn)的不帶電、質(zhì)量m2=0.6 kg的小物塊Ⅱ碰撞并粘在一起在BC段上做勻速直線運(yùn)動(dòng),到達(dá)傾斜段DP上某位置.物塊Ⅰ和Ⅱ與軌道BC段間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ=0.2.g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8.求:
圖4
(1)物塊Ⅰ和Ⅱ在BC段上做勻速直線運(yùn)動(dòng)的速度大小;
(2)物塊Ⅰ和Ⅱ第一次經(jīng)過(guò)C點(diǎn)時(shí),圓弧段軌道對(duì)物塊Ⅰ和Ⅱ的支持力的大小.
答案 (1)2 m/s (2)18 N
解析 (1)物塊Ⅰ和Ⅱ粘在一起在BC段上做勻速直線運(yùn)動(dòng),設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度為E,物塊Ⅰ帶電荷量為q,與物塊Ⅱ碰撞前物塊Ⅰ的速度為v1,碰撞后共同速度為v2,取水平向左為正方向,則
qE=μ(m1+m2)g,qEt=m1v1,m1v1=(m1+m2)v2
解得v2=2 m/s
(2)設(shè)圓弧段CD的半徑為R,物塊Ⅰ和Ⅱ第一次經(jīng)過(guò)C點(diǎn)時(shí)圓弧段軌道對(duì)物塊Ⅰ和Ⅱ的支持力的大小為FN,則
R(1-cos θ)=h
FN-(m1+m2)g=
解得FN=18 N
4.(2018·諸暨市期末)在一個(gè)高為H=5 m的光滑水平桌面上建立直角坐標(biāo)系,x軸剛好位于桌子的邊緣,如圖5所示為俯視平面圖.在第一象限的x=0到x=4 m之間有豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度B=1.0 T,第二象限內(nèi)的平行金屬板MN之間加有一定的電壓.甲、乙為兩個(gè)絕緣小球,已知甲球質(zhì)量m1=3×10-3 kg,帶q=5×10-3 C的正電荷,乙球的質(zhì)量m2=10×10-3 kg,靜止在桌子邊緣上的F點(diǎn),即x軸上x=3 m處;現(xiàn)讓甲球從金屬板M附近由靜止開始在電場(chǎng)中加速,經(jīng)y軸上y=3 m處的E點(diǎn),垂直y軸射入磁場(chǎng),甲球恰好能與乙球?qū)π呐鲎玻龊笱叵喾捶较驈椈?,最后垂直于磁?chǎng)邊界PQ射出,而乙球落到地面.假設(shè)在整個(gè)過(guò)程中甲球的電荷量始終保持不變,重力加速度g=10 m/s2,則:
圖5
(1)求平行金屬板MN之間的電壓;
(2)求甲球從磁場(chǎng)邊界PQ射出時(shí)速度大小;
(3)求乙球的落地點(diǎn)到桌子邊緣(即x軸)的水平距離.
答案 (1)30 V (2) m/s (3)2 m
解析 (1)設(shè)甲球做第一次圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R1,則由幾何關(guān)系可得(R1-OE)2+OF2=R12
R1=6.0 m.
設(shè)平行金屬板MN之間的電壓為U,甲球加速后的速度為v1,則
qv1B=m1,得v1=10 m/s
qU=m1v12
代入數(shù)據(jù)得U=30 V.
(2)設(shè)甲球做第二次圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R2,則由幾何關(guān)系可得
R2=2.0 m
qv2B=m1
代入數(shù)據(jù)得v2= m/s.
(3)甲、乙兩球?qū)π呐鲎?,設(shè)碰后乙球的速度為v,以碰撞前甲球的速度方向?yàn)檎较?,由?dòng)量守恒定律有
m1v1=-m1v2+m2v,
代入數(shù)據(jù)得v=4 m/s.
由幾何關(guān)系可得甲球的碰前速度方向與x軸成60°,因此乙球的碰后速度方向也與x軸成θ=60°,開始做平拋運(yùn)動(dòng),設(shè)水平位移為s,沿y軸方向位移分量為y.
H=gt2,
s=vt,
y=ssin θ,
代入數(shù)據(jù)得y=2 m.
考點(diǎn)三 動(dòng)量和能量觀點(diǎn)在電磁感應(yīng)中的簡(jiǎn)單應(yīng)用
例2 如圖6所示,足夠長(zhǎng)的水平軌道左側(cè)b1b2-c1c2部分的軌道間距為2L,右側(cè)c1c2-d1d2部分的軌道間距為L(zhǎng),曲線軌道與水平軌道相切于b1b2,所有軌道均光滑且電阻不計(jì).在水平軌道內(nèi)有斜向下與豎直方向成θ=37°的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B=0.1 T.質(zhì)量為M=0.2 kg的金屬棒C垂直于導(dǎo)軌靜止放置在右側(cè)窄軌道上,質(zhì)量為m=0.1 kg的導(dǎo)體棒A自曲線軌道上a1a2處由靜止釋放,兩金屬棒在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終相互平行且與導(dǎo)軌保持良好接觸,A棒總在寬軌上運(yùn)動(dòng),C棒總在窄軌上運(yùn)動(dòng).已知:兩金屬棒接入電路的有效電阻均為R=0.2 Ω,h=0.2 m,L=0.2 m,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g=10 m/s2,求:
圖6
(1)金屬棒A滑到b1b2處時(shí)的速度大??;
(2)金屬棒C勻速運(yùn)動(dòng)的速度大??;
(3)在兩棒整個(gè)的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中通過(guò)金屬棒A某截面的電荷量;
(4)在兩棒整個(gè)的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中金屬棒A、C在水平導(dǎo)軌間掃過(guò)的面積之差.
答案 (1)2 m/s (2)0.44 m/s (3)5.56 C (4)27.8 m2
解析 (1)A棒在曲線軌道上下滑,由機(jī)械能守恒定律得:mgh=mv02
得:v0== m/s=2 m/s
(2)選取水平向右為正方向,對(duì)A、C利用動(dòng)量定理可得:
對(duì)C:FC安cos θ·t=MvC
對(duì)A:-FA安cos θ·t=mvA-mv0
其中FA安=2FC安
聯(lián)立可知:mv0-mvA=2MvC
兩棒最后勻速運(yùn)動(dòng)時(shí),電路中無(wú)電流:有BLvC=2BLvA
得:vC=2vA
解得vC≈0.44 m/s
(3)在C加速過(guò)程中:Σ(Bcos θ)iLΔt=MvC-0
q=ΣiΔt
得:q= C≈5.56 C
(4)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有:E=
磁通量的變化量:ΔΦ=BΔScos θ
電路中的電流:I=
通過(guò)截面的電荷量:q=I·Δt
得:ΔS= m2≈27.8 m2
5.如圖7所示,兩平行光滑金屬導(dǎo)軌由兩部分組成,左面部分水平,右面部分為半徑r=0.5 m的豎直半圓,兩導(dǎo)軌間距離d=0.3 m,導(dǎo)軌水平部分處于豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=1 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,兩導(dǎo)軌電阻不計(jì).有兩根長(zhǎng)度均為d的金屬棒ab、cd,均垂直導(dǎo)軌置于水平導(dǎo)軌上,金屬棒ab、cd的質(zhì)量分別為m1=0.2 kg、m2=0.1 kg,電阻分別為R1=0.1 Ω、R2=0.2 Ω.現(xiàn)讓ab棒以v0=10 m/s的初速度開始水平向右運(yùn)動(dòng),cd棒進(jìn)入圓軌道后,恰好能通過(guò)軌道最高點(diǎn)PP′,cd棒進(jìn)入圓軌道前兩棒未相碰,重力加速度g=10 m/s2,求:
圖7
(1)ab棒開始向右運(yùn)動(dòng)時(shí)cd棒的加速度a0;
(2)cd棒剛進(jìn)入半圓軌道時(shí)ab棒的速度大小v1;
(3)cd棒進(jìn)入半圓軌道前ab棒克服安培力做的功W.
答案 (1)30 m/s2 (2)7.5 m/s (3)4.375 J
解析 (1)ab棒開始向右運(yùn)動(dòng)時(shí),設(shè)回路中電流為I,有
E=Bdv0
I=
BId=m2a0
解得:a0=30 m/s2
(2)設(shè)cd棒剛進(jìn)入半圓軌道時(shí)的速度為v2,系統(tǒng)動(dòng)量定恒,有
m1v0=m1v1+m2v2
m2v22=m2g·2r+m2vP2
m2g=m2
解得:v1=7.5 m/s
(3)由動(dòng)能定理得m1v12-m1v02=-W
解得:W=4.375 J.
專題強(qiáng)化練
1.(多選)下列說(shuō)法正確的是( )
A.物體運(yùn)動(dòng)的方向就是它的動(dòng)量的方向
B.如果物體的速度發(fā)生變化,則可以肯定它受到的合外力的沖量不為零
C.如果合外力對(duì)物體的沖量不為零,則合外力一定使物體的動(dòng)能增大
D.作用在物體上的合外力的沖量不一定能改變物體速度的大小
答案 ABD
解析 物體動(dòng)量的方向與物體的運(yùn)動(dòng)方向相同,A對(duì);如果物體的速度變化,則物體的動(dòng)量一定發(fā)生了變化,由動(dòng)量定理知,物體受到的合外力的沖量不為零,B對(duì);合外力對(duì)物體的沖量不為零,但合外力可以對(duì)物體不做功,物體的動(dòng)能可以不變,C錯(cuò);作用在物體上的合外力的沖量可以只改變物體速度的方向,不改變速度的大小,D對(duì).
2.(多選)關(guān)于動(dòng)量、沖量,下列說(shuō)法成立的是( )
A.某段時(shí)間內(nèi)物體的動(dòng)量增量不為零,而物體在某一時(shí)刻的動(dòng)量可能為零
B.某段時(shí)間內(nèi)物體受到的沖量不為零,而物體動(dòng)量的增量可能為零
C.某一時(shí)刻,物體的動(dòng)量為零,而動(dòng)量對(duì)時(shí)間的變化率可能不為零
D.某段時(shí)間內(nèi)物體受到的沖量變大,則物體的動(dòng)量大小可能變大、變小或不變
答案 ACD
解析 自由落體運(yùn)動(dòng),從開始運(yùn)動(dòng)的某一段時(shí)間內(nèi)物體動(dòng)量的增量不為零,而其中初位置物體的動(dòng)量為零,故A正確;某一段時(shí)間內(nèi)物體受到的沖量不為零,根據(jù)動(dòng)量定理,動(dòng)量的變化量不為零,故B錯(cuò)誤;某一時(shí)刻物體的動(dòng)量為零,該時(shí)刻速度為零,動(dòng)量的變化率是合力,速度為零,合力可以不為零,即動(dòng)量的變化率可以不為零,故C正確;根據(jù)動(dòng)量定理,沖量等于動(dòng)量的變化.某段時(shí)間內(nèi)物體受到的沖量變大,則物體的動(dòng)量的改變量變大,動(dòng)量大小可能變大、變小或不變,故D正確.
3.(多選)如圖1所示,一段不可伸長(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)繩長(zhǎng)為L(zhǎng),一端固定在O點(diǎn),另一端系一個(gè)質(zhì)量為m的小球(可以視為質(zhì)點(diǎn)),保持細(xì)繩處于伸直狀態(tài),把小球拉到跟O點(diǎn)等高的位置由靜止釋放,在小球擺到最低點(diǎn)的過(guò)程中,不計(jì)空氣阻力,重力加速度大小為g,則( )
圖1
A.合外力做的功為0 B.合外力的沖量為m
C.重力做的功為mgL D.重力的沖量為m
答案 BC
4.(多選)(2018·新高考研究聯(lián)盟聯(lián)考)如圖2所示是兩名短道速滑選手在接力瞬間的照片,在短道速滑接力時(shí),后面隊(duì)員把前面隊(duì)員用力推出(推出過(guò)程中可忽略運(yùn)動(dòng)員受到的冰面水平方向的作用力),以下說(shuō)法正確的是( )
圖2
A.接力過(guò)程中前面隊(duì)員的動(dòng)能增加量等于后面隊(duì)員的動(dòng)能減少量
B.接力過(guò)程中前面隊(duì)員受到的沖量和后面隊(duì)員受到的沖量大小相等方向相反
C.接力過(guò)程中前后兩名隊(duì)員總動(dòng)量增加
D.接力過(guò)程中前后兩名隊(duì)員總動(dòng)量不變
答案 BD
5.(多選)(2018·諸暨中學(xué)段考)向空中發(fā)射一物體(不計(jì)空氣阻力),當(dāng)物體的速度恰好沿水平方向時(shí),物體炸裂為a、b兩塊.若質(zhì)量較大的a的速度方向仍沿原來(lái)的方向,則( )
A.b的速度方向一定與原速度方向相反
B.從炸裂到落地這段時(shí)間里,a飛行的水平距離一定比b的大
C.a(chǎn)、b一定同時(shí)到達(dá)地面
D.炸裂的過(guò)程中,a、b的動(dòng)量變化大小一定相等
答案 CD
6.(多選)一輛小車靜止在光滑的水平面上,小車立柱上固定一條長(zhǎng)L(小于立柱高)、拴有小球的細(xì)線,將小球拉至和懸點(diǎn)在同一水平面處由靜止釋放,如圖3所示,小球擺動(dòng)時(shí),不計(jì)一切阻力,重力加速度為g,下面說(shuō)法中正確的是( )
圖3
A.小球和小車的總機(jī)械能守恒
B.小球和小車的動(dòng)量守恒
C.小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的速度為
D.小球和小車只在水平方向上動(dòng)量守恒
答案 AD
7.(多選)質(zhì)量相同的子彈、橡皮泥和鋼球以相同的水平速度射向豎直墻壁,結(jié)果子彈穿墻而過(guò),橡皮泥粘在墻上,鋼球被彈回.不計(jì)空氣阻力,關(guān)于它們對(duì)墻的水平?jīng)_量的大小,下列說(shuō)法正確的是( )
A.子彈對(duì)墻的沖量最小
B.橡皮泥對(duì)墻的沖量最小
C.鋼球?qū)Φ臎_量最大
D.子彈、橡皮泥和鋼球?qū)Φ臎_量大小相等
答案 AC
解析 由于子彈、橡皮泥和鋼球的質(zhì)量相等、初速度相等,取初速度的方向?yàn)檎较?,則它們動(dòng)量的變化量Δp=mv-mv0,子彈穿墻而過(guò),末速度的方向?yàn)檎?,橡皮泥粘在墻上,末速度等?,鋼球被彈回,末速度的方向?yàn)樨?fù),可知子彈的動(dòng)量變化量最小,鋼球的動(dòng)量變化量最大.由動(dòng)量定理I=Δp,則子彈受到的沖量最小,鋼球受到的沖量最大.結(jié)合牛頓第三定律可知,子彈對(duì)墻的沖量最小,鋼球?qū)Φ臎_量最大,故A、C正確,B、D錯(cuò)誤.
8.(多選)如圖4所示,質(zhì)量為m的物體在一個(gè)與水平方向成θ角的拉力F作用下,一直沿水平面向右勻速運(yùn)動(dòng),則下列關(guān)于物體在t時(shí)間內(nèi)所受力的沖量,正確的是( )
圖4
A.拉力F的沖量大小為Ftcos θ
B.摩擦力的沖量大小為Ftcos θ
C.重力的沖量大小為mgt
D.物體所受支持力的沖量大小是mgt
答案 BC
解析 拉力F的沖量大小為Ft,故A錯(cuò)誤;物體做勻速直線運(yùn)動(dòng),可知摩擦力Ff=Fcos θ,則摩擦力的沖量大小為Fft=Ftcos θ,故B正確;重力的沖量大小為mgt,故C正確;支持力的大小為FN=mg-Fsin θ,則支持力的沖量大小為(mg-Fsin θ)t,故D錯(cuò)誤.
9.如圖5所示,粗糙水平地面上方以PQ為界,左邊有水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng),場(chǎng)強(qiáng)大小為E=,右邊有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,磁場(chǎng)以MN為右邊界,一個(gè)質(zhì)量為2m的帶電荷量為+q的物體從地面上O點(diǎn)出發(fā),在電場(chǎng)力作用下運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)時(shí)與另一質(zhì)量為m、不帶電的物體發(fā)生正碰,碰后兩者粘為一體,并恰好能在QN間做勻速直線運(yùn)動(dòng),已知兩物體與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.1,g為重力加速度,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8.
圖5
(1)求O、Q之間的距離x1;
(2)若MN右側(cè)有一傾角θ=37°的傾斜傳送帶正以速度v0逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng),物體系統(tǒng)通過(guò)N點(diǎn)到傳送帶時(shí)無(wú)動(dòng)能損失,且傳送帶足夠大,已知物體系統(tǒng)與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1=0.5,求物體系統(tǒng)在傳送帶上上升過(guò)程中運(yùn)動(dòng)的最大距離.
答案 (1) (2)
解析 (1)設(shè)兩物體碰后的瞬間速度為v2,則有:Bqv2=3mg
設(shè)帶電物體的碰撞前速度為v1,取向右為正方向,由動(dòng)量守恒定律有:2mv1=3mv2
對(duì)2m,從O到Q由動(dòng)能定理可得:Eqx1-μ·2mgx1=×2mv12,則x1=
(2)物體系統(tǒng)沿傳送帶向上做勻減速運(yùn)動(dòng),由牛頓第二定律得:3mgsin θ+μ1·3mgcos θ=3ma
則a=g.
故物體系統(tǒng)上升的最大距離為:x2==
10.(2017·名校協(xié)作體聯(lián)考)用質(zhì)量為m、電阻率為ρ、橫截面積為S的均勻薄金屬條制成邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的閉合正方形框abb′a′,如圖6甲所示,金屬方框水平放在磁極的狹縫間,方框平面與磁場(chǎng)方向平行.設(shè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)僅存在于相對(duì)磁極之間,其他地方的磁場(chǎng)忽略不計(jì).可認(rèn)為方框的aa′邊和bb′邊都處在磁極間,磁極間磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.方框從靜止開始釋放,其平面在下落過(guò)程中保持水平(不計(jì)空氣阻力,重力加速度為g).
甲 裝置縱截面示意圖 乙 裝置俯視示意圖
圖6
(1)請(qǐng)判斷圖乙金屬方框中感應(yīng)電流的方向;
(2)當(dāng)方框下落的加速度為時(shí),求方框的發(fā)熱功率P;
(3)當(dāng)方框下落的時(shí)間t=時(shí),速度恰好達(dá)到最大,求方框的最大速度vm和此過(guò)程中產(chǎn)生的熱量.
答案 (1)順時(shí)針 (2) (3)
解析 (1)由右手定則可知:感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針.
(2)方框受到的安培力:F安=2BIL
由牛頓第二定律有mg-F安=
解得I=
由電阻定律得金屬方框電阻R=ρ
方框的發(fā)熱功率P=I2R=
(3)當(dāng)方框下落的加速度為零時(shí),速度達(dá)到最大,即
mg=F安′=2BL
解得vm=
將下落過(guò)程分成若干微元,由動(dòng)量定理得
mgt-∑2BLt=mvm-0
∑vit=h
解得h=
由能量守恒定律得mgh-Q=mvm2
解得Q=
11.(2017·魯迅中學(xué)月考)如圖7所示,兩根平行金屬導(dǎo)軌MN和PQ放在水平面上,左端向上彎曲且光滑,導(dǎo)軌間距為L(zhǎng),電阻不計(jì).水平段導(dǎo)軌所處空間有兩個(gè)有界勻強(qiáng)磁場(chǎng),相距一段距離不重疊,磁場(chǎng)Ⅰ左邊界在水平段導(dǎo)軌的最左端,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方向豎直向上;磁場(chǎng)Ⅱ的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為2B,方向豎直向下.質(zhì)量均為m、電阻均為R的金屬棒a和b垂直放置在導(dǎo)軌上,金屬棒b置于磁場(chǎng)Ⅱ的右邊界CD處.現(xiàn)將金屬棒a從彎曲導(dǎo)軌上某一高處由靜止釋放,使其沿導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng).設(shè)兩金屬棒運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好.
圖7
(1)若水平段導(dǎo)軌粗糙,兩金屬棒與水平段導(dǎo)軌間的最大靜摩擦力均為mg,將金屬棒a從距水平面高度為h處由靜止釋放.
①金屬棒a剛進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ時(shí),求通過(guò)金屬棒b的電流大??;
②若金屬棒a在磁場(chǎng)Ⅰ內(nèi)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,金屬棒b能在導(dǎo)軌上保持靜止,通過(guò)計(jì)算分析金屬棒a釋放時(shí)的高度h應(yīng)滿足的條件;
(2)若水平段導(dǎo)軌是光滑的,將金屬棒a仍從高度為h處由靜止釋放,使其進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ.設(shè)兩磁場(chǎng)區(qū)域足夠大,金屬棒a在磁場(chǎng)Ⅰ內(nèi)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,求金屬棒b中可能產(chǎn)生的電熱的最大值.
答案 (1)① ②h≤ (2)mgh
解析 (1)①a棒從h高處釋放后在彎曲導(dǎo)軌上滑動(dòng)時(shí)機(jī)械能守恒,有mgh=mv02
解得v0=
a棒剛進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ時(shí),E=BLv0,此時(shí)通過(guò)a、b的感應(yīng)電流大小為I=,
解得I=.
②a棒剛進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ時(shí),b棒受到的安培力大小F=2BIL
為使b棒保持靜止,應(yīng)有F≤mg
聯(lián)立解得h≤.
(2)當(dāng)金屬棒a進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ時(shí),由左手定則判斷,a棒向右做減速運(yùn)動(dòng),b棒向左做加速運(yùn)動(dòng).
二者產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)相反,當(dāng)二者產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小相等時(shí),閉合回路的電流為零,此后二者均勻速運(yùn)動(dòng),故金屬棒a、b均勻速運(yùn)動(dòng)時(shí),金屬棒b中產(chǎn)生的電熱最大.
設(shè)此時(shí)a、b的速度大小分別為v1與v2,有BLv1=2BLv2
對(duì)金屬棒a應(yīng)用動(dòng)量定理,有-BLΔt=mv1-mv0
對(duì)金屬棒b應(yīng)用動(dòng)量定理,有2BLΔt=mv2
聯(lián)立解得v1=v0,v2=v0
根據(jù)能量守恒定律,
電路中產(chǎn)生的總電熱Q總=mv02-mv12-mv22=mgh
故金屬棒b中產(chǎn)生的電熱最大值為Q=Q總=mgh
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浙江
高考
物理
復(fù)習(xí)
全冊(cè)學(xué)案
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(浙江)高考物理復(fù)習(xí)全冊(cè)學(xué)案(打包22套).zip,浙江,高考,物理,復(fù)習(xí),全冊(cè)學(xué)案,打包,22
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