2019高考物理一轮复习 第二部分 计算题部分 精练3 动量和电学知识的综合应用.doc

1精练精练 3 3 动量和电学知识的综合应用动量和电学知识的综合应用1. 加试题 如图 1，ab和cd是两条竖直放置且足够长的长直光滑金属导轨，MN和MN是两根用细线连接的金属杆，其质量分别为m和 2m.竖直向上的外力F作用在杆MN上，使两杆水平静止，并刚好与导轨接触；两杆的总电阻为R，导轨间距为l.整个装置处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨所在平面垂直导轨电阻可忽略，重力加速度为g.在t0 时刻将细线烧断，保持F不变，金属杆和导轨始终接触良好且垂直求：图 1(1)细线烧断后，任意时刻两杆运动的速度之比；(2)两杆分别达到的最大速度22. 加试题 形状如图 2 所示的光滑导轨EF、GH等高平行放置，E、G间宽度为F、H间宽度的 2 倍，虚线右侧导轨水平且处于竖直向上的匀强磁场中ab金属棒的质量为 2m、cd金属棒的质量为m，现让ab从离水平轨道h高处静止下滑，设两种不同间距的导轨都足够长求：图 2(1)ab、cd棒的最终速度大小；(2)全过程中产生的焦耳热33. 加试题 如图 3 所示，水平地面上方MN边界左侧存在垂直纸面向里的匀强磁场和沿竖直方向的匀强电场(图中未画出)，磁感应强度B1.0 T，MN边界右侧离地面h0.45 m 处有光滑绝缘平台，右边有一带正电的a球，质量ma0.1 kg、电荷量q0.1 C，以初速度v00.9 m/s 水平向左运动，与大小相同但质量为mb0.05 kg 静止于平台左边缘的不带电的绝缘球b发生弹性正碰，碰后a球恰好做匀速圆周运动，两球均视为质点，g取 10 m/s2.(结果均保留两位有效数字)求：图 3(1)电场强度的大小和方向；(2)碰后两球分别在电磁场中运动的时间；(3)碰后两球落地点相距多远44. 加试题 如图 4 所示，质量mA0.8 kg、带电荷量q4×103 C 的A球用长l0.8 m 的不可伸长的绝缘轻线悬吊在O点，O点右侧有竖直向下的匀强电场，场强E5×103 N/C.质量mB0.2 kg、不带电的B球静止在光滑水平轨道上，右侧紧贴着压缩并锁定的水平轻质弹簧，弹簧右端与固定挡板连接，弹性势能为 3.6 J现将A球拉至左边与圆心等高处由静止释放，将弹簧解除锁定，B球离开弹簧后，恰好与第一次运动到最低点的A球相碰，并结合为一整体C，同时撤去水平轨道A、B、C均可视为质点，线始终未被拉断，不计空气阻力，g10 m/s2.求：图 4(1)碰撞过程中A球对B球做的功；(2)碰后C第一次离开电场时的速度大小；(3)C每次离开最高点时，电场立即消失，到达最低点时，电场又重新恢复，不考虑电场瞬间变化产生的影响，求C每次离开电场前瞬间绳子受到的拉力55. 加试题 有电阻均为R的两金属棒a、b，a棒的质量为m，b棒的质量为M，两棒均放在如图 5 所示的光滑轨道的水平部分上，轨道的水平部分有竖直向下的匀强磁场，圆弧部分无磁场，且轨道足够长，开始时给a棒一水平向左的初速度v0，a、b两棒在运动过程中与轨道始终接触良好且垂直，a棒与b棒始终不相碰，请问：图 5(1)当a、b两棒在水平轨道上稳定运动时，速度分别为多少？损失的机械能为多少？(2)若b棒在水平轨道上稳定运动后，又冲上圆弧轨道，在b棒返回到水平轨道前，a棒已静止在水平轨道上，且b棒与a棒不相碰，然后达到新的稳定状态，最后a、b的速度为多少？(3)整个过程中产生的内能是多少？6. 加试题 能的转化与守恒是自然界普通存在的规律，如：电源给电容器的充电过程可以等效为将电荷逐个从原本电中性的两极板中的一个极板移到另一个极板的过程在移动过程中克服电场力做功，电源的电能转化为电容器的电场能实验表明：电容器两极间的电压与电容器所带电荷量如图 6 甲所示6图 6(1)对于直线运动，课本中讲解了由vt图象求位移的方法请你借鉴此方法，根据图甲的QU图象，推导电容器所储存的电场能E电的表达式(若电容器电容为C，两极板间电压为U)(2)如图乙所示，平行金属框架竖直放置在绝缘地面上，框架上端接有一电容为C的电容器框架上一质量为m、长为L的金属棒平行于地面放置，离地面的高度为h.磁感应强度为B的匀强磁场与框架平面垂直现将金属棒由静止开始释放，金属棒下滑过程中与框架接触良好且无摩擦开始时电容器不带电，不计各处电阻，求：金属棒落地时的速度大小；金属棒从静止释放到落到地面的时间答案精析答案精析1(1)21 (2) 4mgR 3B2l22mgR 3B2l2解析 (1)设某时刻MN和MN速度分别为v1、v2取竖直向上为正方向，由动量守恒mv12mv20，得 .v1 v22 1(2)当MN和MN的加速度为零时，速度最大对MN由平衡条件知BIl2mgIE REBlv1Blv27得v1，v2.4mgR 3B2l22mgR 3B2l22(1)vab vcd13 2gh23 2gh(2)mgh4 3解析 (1)ab由静止下滑，机械能守恒：2mgh ×2mv2，1 2得v2gh由于ab、cd串联在同一电路中，任何时刻通过ab、cd的电流总相等，金属棒有效长度关系为Lab2Lcd故它们所受的安培力关系为Fab2Fcd在安培力作用下，ab、cd各做变速运动，产生的感应电动势方向相反，当EabEcd时，电路中感应电流为零，ab、cd所受安培力为零，ab、cd运动趋于稳定，此时有BLabvabBLcdvcd，得vabvcd1 2ab、cd受安培力作用，动量均发生变化，由动量定理得：Fabt2m(vvab)Fcdtmvcd联立以上各式解得：vab，vcd13 2gh23 2gh(2)根据系统的总能量守恒可得：Q2mgh ×2mvmvmgh.1 2ab21 2cd24 33(1)10 N/C，方向竖直向上 (2)2.1 s 0.30 s (3)0.10 m解析 (1)a球碰后在叠加场中做匀速圆周运动，满足magqE可得E10 N/C电场力方向竖直向上，a球带正电，则电场强度方向竖直向上(2)a球与b球发生弹性正碰，以v0的方向为正方向，由动量守恒定律得mav0mavambvb由能量守恒定律得mavmavmbv1 20 21 2a21 2b2解得：va0.30 m/svb1.2 m/s对a球，洛伦兹力提供向心力qBvamava2 r8可得r0.30 mmava Bq设a球落地点与圆心的连线和地面夹角为，由几何关系有hrrsin ，可得 6故a球在电磁场中运动的时间taT，T 222r va代入得ta s2.1 s2 3b球不带电，碰撞后做平抛运动，竖直方向有hgt1 2b2代入得：tb0.30 s(3)对a球，xarcos 0.26 m对b球，xbvbtb0.36 m故两球相距：xxbxa0.10 m.4(1)3.2 J (2)4 m/s (3)(80n30) N，n1,2,32解析 (1)设碰前A的速度为vA，有mAvmAgl1 2A2vA4 m/s设碰前B的速度为vB，有EpmBv，vB6 m/s1 2B2以vA的方向为正方向，由动量守恒得mAvAmBvB(mAmB)vCvC2 m/sA对B所做的功WmBvEp3.2 J1 2C2(2)碰后，整体C受到竖直向上的电场力F|q|E20 N，GmCg10 N因FmCg>mC，整体C做类平抛运动vC2 l水平方向上：xvCt竖直方向上：yat21 2其中a10 m/s2|q|EmCg mC9圆的方程：(yl)2x2l2解得：x0.8 m，y0.8 mC刚好在圆心等高处将轻线拉直，水平分速度变为零此时C向上的速度为v0at4 m/s设C运动到最高点速度为v1由动能定理得mCvmCv(FmCg)l1 21 21 20 2v14 m/s2(3)设C从最高点运动到最低点时的速度为v1，由机械能守恒定律得：mCg×2lmCv12mCv1 21 21 2v18 m/s由FTFmCgmCv12 l可知FT>0，所以C能一直运动设C第n次经过最高点时的速度为vnmCvmCv(n1)|q|E×2l1 2n21 21 2FTmCgFmCvn2 l解得：FT(80n30) N，n1,2,35见解析解析 (1)a、b两棒在水平轨道上动量守恒设稳定运动时a、b两棒的共同速度为v1，以向左的方向为正方向，由动量守恒定律，有mv0(mM)v1，解得v1，mv0 mM损失的机械能为Emv (mM)v.1 20 21 21 2Mmv0 22Mm(2)由于b棒在冲上圆弧轨道又返回水平轨道过程中机械能守恒，故返回时速度大小不变，即v2v1，b棒与a棒向右运动，直到新的稳定状态设达到新的稳定状态时a、b的共同速度为v3，以向右的方向为正方向由动量守恒定律，有Mv2(Mm)v310解得v3.Mmv0Mm2(3)整个过程中产生的内能等于系统机械能的减少量，即Qmv (Mm)v，1 20 21 23 2解得Qmv11 20 2M2mMm36(1)E电CU2 2(2) 2mgh mCB2L22hmCB2L2mg解析 (1)由功能关系可知克服电场力做功等于产生的电场能：根据速度时间图象围成的面积代表位移可知在QU图象中，图象所围面积即为 ，也就是克服电场力所做的功，即E电QU 2.又C ，故E电QU 2Q UCU2 2(2)设金属棒落地的速度为v，此时金属棒切割磁感线产生感生电动势感生电动势大小为EBLv电容器储存的电场能为E电CBLv22由动能定理得mghE电mv2 2解得v 2mgh mCB2L2金属棒下落过程中受安培力和重力，由动量定理可得mgtF安tmvF安BILQItQCUUBLvvv0解得 t .2hmCB2L2mg