《（浙江選考）2018版高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題七 計算題題型強化 第5講 加試計算題24題 動量和電學(xué)知識的綜合應(yīng)用學(xué)案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江選考）2018版高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題七 計算題題型強化 第5講 加試計算題24題 動量和電學(xué)知識的綜合應(yīng)用學(xué)案（11頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第5講加試計算題24題動量和電學(xué)知識的綜合應(yīng)用題型1動量觀點在電場、磁場中的應(yīng)用1. 如圖1所示，在足夠大的空間范圍內(nèi)，同時存在著豎直向上的勻強電場和垂直紙面向里的水平勻強磁場，磁感應(yīng)強度B1.57 T小球1帶正電，其電荷量與質(zhì)量之比4 C/kg.當小球1無速度時可處于靜止狀態(tài)；小球2不帶電，靜止放置于固定的水平懸空支架(圖中未畫出)上使小球1向右以v023.59 m/s的水平速度與小球2正碰，碰后經(jīng)過0.75 s再次相碰設(shè)碰撞前后兩小球帶電情況不發(fā)生改變，且始終保持在同一豎直平面內(nèi)問：(g取10 m/s2)圖1(1)電場強度E的大小是多少？(2)小球2與小球1的質(zhì)量之比是多少？(計算結(jié)果取整

2、數(shù))答案(1)2.5 N/C(2)11解析(1)小球1所受的重力與電場力始終平衡m1gq1E，E2.5 N/C.(2)相碰后小球1做勻速圓周運動，由牛頓第二定律得q1v1Bm1半徑為R1周期為T1 s兩小球運動時間t0.75 sT小球1只能逆時針經(jīng)個圓周時與小球2再次相碰第一次相碰后小球2做平拋運動hR1gt2LR1v2t，代入數(shù)據(jù)，解得v23.75 m/s.兩小球第一次碰撞前后的動量守恒，以水平向右為正方向m1v0m1v1m2v2，因R1v2t2.812 5 m，則v117.662 5 m/s小球2與小球1的質(zhì)量之比11.2當金屬的溫度升高到一定程度時就會向四周發(fā)射電子，這種電子叫熱電子，通

3、常情況下，熱電子的初始速度可以忽略不計如圖2所示，相距為L的兩塊固定平行金屬板M、N接在輸出電壓恒為U的高壓電源E2上，M、N之間的電場近似為勻強電場，K是與M板距離很近的燈絲，通過小孔穿過M板與外部電源E1連接，電源E1給K加熱從而產(chǎn)生熱電子，不計燈絲對內(nèi)部勻強電場的影響熱電子經(jīng)高壓加速后垂直撞擊N板，瞬間成為金屬板的自由電子，速度近似為零電源接通后，電流表的示數(shù)穩(wěn)定為I，已知電子的質(zhì)量為m、電荷量為e.求：圖2(1)電子達到N板前瞬間的速度vN大小；(2)N板受到電子撞擊的平均作用力F大小答案見解析解析(1)由動能定理eUmv0，解得vN.(2)設(shè)t時間經(jīng)過N板的電荷量為Q，QIt在t時間

4、落到N板上的電荷個數(shù)為N1：N1對t時間內(nèi)落在N板上的電荷整體應(yīng)用動量定理：Ft0N1mvN，F(xiàn)I由作用力與反作用力關(guān)系，N板受到電子撞擊的平均作用力大小為I.題型2動量觀點在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用1如圖3所示，PQ和MN是固定于傾角為30斜面內(nèi)的平行光滑金屬軌道，軌道足夠長，其電阻可忽略不計金屬棒ab、cd放在軌道上，始終與軌道垂直且接觸良好金屬棒ab的質(zhì)量為2m、cd的質(zhì)量為m，長度均為L、電阻均為R；兩金屬棒的長度恰好等于軌道的間距，并與軌道形成閉合回路整個裝置處在垂直斜面向上、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，若鎖定金屬棒ab不動，使金屬棒cd在與其垂直且沿斜面向上的恒力F2mg作用下，沿軌道向上

5、做勻速運動重力加速度為g.圖3(1)試推導(dǎo)論證：金屬棒cd克服安培力做功的功率P安等于電路獲得的電功率P電；(2)設(shè)金屬棒cd做勻速運動中的某時刻t00，恒力大小變?yōu)镕1.5mg，方向不變，同時解鎖、靜止釋放金屬棒ab，直到t時刻金屬棒ab開始做勻速運動求：t時刻以后金屬棒ab的熱功率Pab；0t時刻內(nèi)通過金屬棒ab的電荷量q；答案見解析解析(1)設(shè)金屬棒cd做勻速運動的速度為v，EBLvIFmgsin 30F安IBL金屬棒cd克服安培力做功的功率P安F安v電路獲得的電功率P電由得P安由得P電所以P安P電(2)金屬棒ab做勻速運動，則有I1BL2mgsin 30金屬棒ab的熱功率PabIR由解

6、得Pab設(shè)t時刻后金屬棒ab做勻速運動的速度為v1，金屬棒cd也做勻速運動，速度為v2；由金屬棒ab、金屬棒cd組成的系統(tǒng)動量守恒：mv2mv1mv2回路電流I1由解得：金屬棒ab做勻速運動的速度為v10t時刻內(nèi)對金屬棒ab分析：在電流為i的很短的時間t內(nèi)，速度的改變量為v，由動量定理得BiLt2mgsin 30t2mv對式進行求和，得BLqmgt2mv1由解得q2兩足夠長且不計其電阻的光滑金屬軌道，如圖4甲所示放置，間距為d1 m，在左端弧形軌道部分高h1.25 m處放置一金屬桿a，弧形軌道末端與平直軌道相切，在平直軌道右端放置另一金屬桿b，桿a、b電阻Ra2 、Rb5 ，在平直軌道區(qū)域有豎

7、直向上的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B2 T現(xiàn)桿b以初速度v05 m/s開始向左滑動，同時由靜止釋放桿a，桿a由靜止滑到水平軌道的過程中，通過桿b的平均電流為0.3 A；從a下滑到水平軌道時開始計時，a、b桿運動速度時間圖象如圖乙所示(以a運動方向為正)，其中ma2 kg，mb1 kg，g10 m/s2，a、b桿與軌道始終接觸良好且互相垂直，求：圖4(1)桿a在弧形軌道上運動的時間；(2)桿a在水平軌道上運動過程中通過其截面的電荷量；(3)在整個運動過程中桿b產(chǎn)生的焦耳熱答案(1)5 s(2) C(3) J解析(1)對b棒運用動量定理，有：Bdtmb(v0vb0)，其中vb02 m/s，代入數(shù)據(jù)解得：

8、t5 s(2)對桿a下滑的過程中，機械能守恒：maghmav，解得va5 m/s設(shè)最后兩桿共同的速度為v，由動量守恒得mavambvb0(mamb)v代入數(shù)據(jù)計算得出v m/s桿a動量變化等于它所受安培力的沖量，由動量定理可得I安BIdtmavamav，而qIt由以上公式代入數(shù)據(jù)得q C(3)由能量守恒得，a、b桿組成的系統(tǒng)產(chǎn)生的焦耳熱為Qmaghmbv(mbma)v2 Jb棒中產(chǎn)生的焦耳熱為QQ J專題強化練(限時：35分鐘)1如圖1所示，MN、PQ兩平行光滑水平導(dǎo)軌分別與半徑r0.5 m的相同豎直半圓導(dǎo)軌在N、Q端平滑連接，M、P端連接定值電阻R，質(zhì)量M2 kg的cd絕緣桿垂直靜止在水平導(dǎo)

9、軌上，在其右側(cè)至N、Q端的區(qū)域內(nèi)充滿豎直向上的勻強磁場，現(xiàn)有質(zhì)量m1 kg的ab金屬桿以初速度v012 m/s水平向右與cd絕緣桿發(fā)生正碰后，進入磁場并最終未滑出，cd絕緣桿則恰好通過半圓導(dǎo)軌最高點，不計其他電阻和摩擦，ab金屬桿始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，cd絕緣桿始終與導(dǎo)軌垂直，取g10 m/s2，(不考慮cd桿通過半圓導(dǎo)軌最高點以后的運動)求：圖1(1)cd絕緣桿通過半圓導(dǎo)軌最高點時的速度大小v；(2)電阻R產(chǎn)生的焦耳熱Q.答案(1) m/s(2)2 J解析(1)cd絕緣桿通過半圓導(dǎo)軌最高點時，由牛頓第二定律有：MgM，解得v m/s.(2)碰撞后cd絕緣桿滑至最高點的過程中，由動能定理有

10、2MgrMv2Mv解得碰撞后cd絕緣桿的速度v25 m/s，兩桿碰撞過程，動量守恒，取向右為正方向，則有mv0mv1Mv2解得碰撞后ab金屬桿的速度：v12 m/sab金屬桿進入磁場后，由能量守恒定律有Qmv，解得Q2 J.2. 兩根足夠長的固定的平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面內(nèi)，兩導(dǎo)軌間的距離為L，導(dǎo)軌上面橫放著兩根導(dǎo)體棒ab和cd，構(gòu)成矩形回路，如圖2所示，兩根導(dǎo)體棒的質(zhì)量均為m，電阻均為R，回路中其余部分的電阻可不計，在整個導(dǎo)軌平面內(nèi)都有豎直向上的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，設(shè)兩導(dǎo)體棒均可沿導(dǎo)軌無摩擦地滑行，開始時，棒cd靜止，棒ab有垂直指向棒cd的初速度v0，若兩導(dǎo)體棒在運動中始終不接觸，

11、求：圖2(1)在運動中產(chǎn)生的焦耳熱的最大值；(2)當ab棒的速度變?yōu)槌跛俣鹊臅r，cd棒的加速度大小答案(1)mv(2)解析(1)ab棒受到與運動方向相反的安培力作用做減速運動，cd棒則在安培力作用下做加速運動，在ab棒的速度大于cd棒的速度時，回路總有感應(yīng)電流，ab棒繼續(xù)減速，cd棒繼續(xù)加速，兩棒速度達到相同后，回路面積保持不變，磁通量不變化，不產(chǎn)生感應(yīng)電流，兩棒以相同的速度v做勻速運動從初始至兩棒達到相同速度的過程中，兩棒總動量守恒，有mv02mv，根據(jù)能量守恒，整個過程中產(chǎn)生的總焦耳熱為Qmv(2m)v2mv.(2)設(shè)ab棒的速度變?yōu)槌跛俣鹊臅r，cd棒的速度為v，則由動量守恒得mv0mv0

12、mv，此時回路中的感應(yīng)電動勢為E(v0v)BL，感應(yīng)電流I，此時cd棒所受的安培力FIBL，cd棒的加速度a，由以上各式，可得a.3如圖3所示，BC是長l2 m的水平絕緣臺面，臺面高度h0.5 m，a、b是兩個形狀相同的金屬小滑塊，b滑塊的質(zhì)量是a滑塊質(zhì)量的5倍，a帶正電荷，與臺面間的動摩擦因數(shù)0.45，b不帶電，放在臺面的右邊緣C處，臺面左端B平滑地連接著半徑為R0.64 m的光滑絕緣半圓形軌道AB，臺面和半圓形軌道都處在豎直向上的勻強電場中，開始時給a一個水平向右的初速度v010 m/s，恰好在臺面上做勻速運動，之后與b發(fā)生正碰，碰撞時間極短，碰后總電荷量沒有損失且平分，a恰好能通過半圓形

13、軌道的最高點，b落到地面上，平臺右端的電場足夠?qū)?，不計a、b間的庫侖力，g取10 m/s2.求：圖3(1)兩滑塊碰撞后的速度大?。?2)滑塊b落地時的速度答案(1)5 m/s3 m/s(2)3 m/s與水平方向夾角為45解析(1)設(shè)a的質(zhì)量為m，電量為q，則b的質(zhì)量為5m，由于a恰好在臺面上勻速，所以mgEq當a、b碰撞后，電量平分，所以滑塊a所受電場力變?yōu)樵瓉淼囊话?，滑塊a在豎直方向上所受合力FmgqEmg，方向豎直向下滑塊a過A點時，由牛頓第二定律得mg滑塊a由B沿半圓形軌道運動到A，由動能定理得mg2Rmvmv聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得vB 4 m/s滑動摩擦力Ffmg滑塊a由C滑到B，由動能定理

14、得mglmvmv代入數(shù)據(jù)，求得va5 m/sa、b碰撞過程，以水平向右為正方向，由動量守恒定律得mv0mva5mvb聯(lián)立代入數(shù)據(jù)求得vb3 m/s.(2)碰撞后，滑塊b獲得電荷，受到向上的電場力，做類平拋運動，等效重力加速度a0.9g9 m/s2落地時豎直方向的速度vy m/s3 m/s故落地時速度的大小為v3 m/s速度的方向與水平方向成45角4(2017衢州、麗水、湖州、舟山四市3月模擬)一實驗小組想要探究電磁剎車的效果在遙控小車底面安裝寬為L、長為2.5L的N匝矩形線框，線框電阻為R，面積可認為與小車底面相同，其平面與水平地面平行，小車總質(zhì)量為m.其俯視圖如圖4所示，小車在磁場外行駛時的

15、功率保持P不變，且在進入磁場前已達到最大速度，當車頭剛要進入磁場時立即撤去牽引力，完全進入磁場時速度恰好為零已知有界磁場PQ和MN間的距離為2.5L，磁感應(yīng)強度大小為B、方向豎直向上，在行駛過程中小車受到地面阻力恒為F.求：圖4(1)小車車頭剛進入磁場時，線框的感應(yīng)電動勢E；(2)電磁剎車過程中產(chǎn)生的焦耳熱Q；(3)若只改變小車功率，使小車剛出磁場邊界MN時的速度恰好為零，假設(shè)小車兩次與磁場作用時間相同，求小車的功率P.答案見解析解析(1)小車剛進入磁場時的速度設(shè)為v0，則v0感應(yīng)電動勢ENBLv0，得E(2)由能量守恒，可得2.5FLQmv知Qmv2.5FL2.5FL(3)以小車剛要進入到恰

16、好穿出磁場為研究過程，由動量定理，可得Ft2NBLtmv0即Ft2NBLqmv0，qNN當功率為P時，小車進入磁場時間為t，由動量定理FtNB1Ltmv0，q1t得t由，可得v0得PFv0.5如圖5甲所示，水平面內(nèi)的直角坐標系的第一象限有磁場分布，方向垂直于水平面向下，磁感應(yīng)強度沿y軸方向沒有變化，與橫坐標x的關(guān)系如圖乙所示，圖線是雙曲線(坐標軸是漸近線)；頂角53的光滑金屬長導(dǎo)軌MON固定在水平面內(nèi)，ON與x軸重合，一根與ON垂直的長導(dǎo)體棒在水平向右的外力作用下沿導(dǎo)軌MON向右滑動，導(dǎo)體棒在滑動過程中始終保持與導(dǎo)軌良好接觸，已知t0時，導(dǎo)體棒位于頂角O處；導(dǎo)體棒的質(zhì)量為m4 kg；OM、ON

17、接觸處O點的接觸電阻為R0.5 ，其余電阻不計，回路電動勢E與時間t的關(guān)系如圖丙所示，圖線是過原點的直線，求：甲乙丙圖5(1)t2 s時流過導(dǎo)體棒的電流的大??；(2)在12 s時間內(nèi)導(dǎo)體棒所受安培力的沖量大小；(3)導(dǎo)體棒滑動過程中水平外力F(單位：N)與橫坐標x(單位：m)的關(guān)系式答案(1)8 A(2)8 Ns(3)F6 (N)解析(1)根據(jù)Et圖象中的圖線是過原點的直線這一特點，可得到t2 s時金屬棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E4 V由歐姆定律得I2 A8 A.(2)由題圖乙可知，Bx (Tm)由題圖丙可知，E與t成正比，有E2t (V)，I4t (A)因53，可知任意時刻回路中導(dǎo)體棒有效切割長度L又由F安BIL，所以F安t (N)，即安培力跟時間成正比，所以在12 s時間內(nèi)導(dǎo)體棒所受安培力的平均值 N8 N，故I安t8 Ns.(3)因為EBLvv (V)，所以v1.5t (m/s)，可知導(dǎo)體棒的運動是勻加速直線運動，加速度a1.5 m/s2，又xat2，F(xiàn)F安ma，聯(lián)立解得F6 (N)11