（新課標(biāo)）2020版高考物理大二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題強(qiáng)化訓(xùn)練9 電磁學(xué)中的動(dòng)量和能量問(wèn)題

《（新課標(biāo)）2020版高考物理大二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題強(qiáng)化訓(xùn)練9 電磁學(xué)中的動(dòng)量和能量問(wèn)題》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（新課標(biāo)）2020版高考物理大二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題強(qiáng)化訓(xùn)練9 電磁學(xué)中的動(dòng)量和能量問(wèn)題（6頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、專(zhuān)題強(qiáng)化訓(xùn)練(九) 1．(2019·張家口期末)如圖所示，ABD為豎直平面內(nèi)的光滑絕緣軌道，AB段為足夠長(zhǎng)的水平軌道，BD段為半徑R＝0.2 m的半圓軌道，二者相切于B點(diǎn)，整個(gè)軌道處于豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，場(chǎng)強(qiáng)大小E＝5.0×103 V/m.一不帶電的絕緣小球甲，以速度v0沿水平軌道向右運(yùn)動(dòng)，與靜止在B點(diǎn)帶正電的小球乙發(fā)生彈性正碰．已知乙球質(zhì)量m＝1.0×10－2 kg，乙所帶電荷量q＝2.0×10－5 C，乙球質(zhì)量為甲球質(zhì)量的3倍．取g＝10 m/s2，甲、乙兩球均可視為質(zhì)點(diǎn)，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中無(wú)電荷轉(zhuǎn)移． (1)甲、乙兩球碰撞后，乙球通過(guò)軌道的最高點(diǎn)D時(shí)，對(duì)軌道的壓力大小N′為自身重力

2、的2.5倍，求乙在水平軌道上的首次落點(diǎn)到B點(diǎn)的距離； (2)在滿(mǎn)足(1)的條件下，求甲球的初速度v0. [解析]　(1)設(shè)乙到達(dá)最高點(diǎn)D時(shí)的速度為vD，乙離開(kāi)D點(diǎn)首次到達(dá)水平軌道的時(shí)間為t，加速度為a，乙在水平軌道上的首次落點(diǎn)到B點(diǎn)的距離為x.乙離開(kāi)D點(diǎn)后做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，則2R＝at2，x＝vDt 根據(jù)牛頓第二定律有a＝ 乙過(guò)D點(diǎn)時(shí)有mg＋qE＋N＝m(式中N為乙在D點(diǎn)時(shí)軌道對(duì)乙的作用力) 根據(jù)牛頓第三定律有N＝N′＝2.5mg 解得x＝0.6 m. (2)設(shè)碰后瞬間甲、乙兩球的速度分別為v1、v2，根據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律有 mv0＝mv1＋mv2 ×mv＝×mv＋m

3、v 聯(lián)立解得v2＝v0 乙球從B到D的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理有－mg·2R－qE·2R＝mv－mv 由(1)可得vD＝3 m/s 聯(lián)立解得v0＝10 m/s. [答案]　(1)0.6 m　(2)10 m/s 2．(2019·河北五名校聯(lián)盟二模)如下圖所示，MN、PQ兩平行光滑水平導(dǎo)軌分別與半徑r＝0.5 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M＝2 kg的cd絕緣桿垂直且靜止在水平導(dǎo)軌上，在其右側(cè)至N、Q端的區(qū)域內(nèi)充滿(mǎn)豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．現(xiàn)有質(zhì)量m＝1 kg的ab金屬桿以初速度v0＝12 m/s水平向右運(yùn)動(dòng)，與cd絕緣桿發(fā)生正碰后，進(jìn)入磁場(chǎng)并最終未滑出，

4、cd絕緣桿則恰好能通過(guò)半圓導(dǎo)軌最高點(diǎn)，不計(jì)除R以外的其他電阻和摩擦，ab金屬桿始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，g取10 m/s2(不考慮cd桿通過(guò)半圓導(dǎo)軌最高點(diǎn)以后的運(yùn)動(dòng))，求： (1)cd絕緣桿恰好通過(guò)半圓導(dǎo)軌最高點(diǎn)時(shí)的速度大小v； (2)電阻R產(chǎn)生的焦耳熱Q. [解析]　(1)cd絕緣桿恰好通過(guò)半圓導(dǎo)軌最高點(diǎn)時(shí)， 由牛頓第二定律有Mg＝M 解得v＝ m/s. (2)發(fā)生正碰后cd絕緣桿滑至最高點(diǎn)的過(guò)程中，由動(dòng)能定理有 －Mg·2r＝Mv2－Mv， 解得碰撞后cd絕緣桿的速度v2＝5 m/s， 兩桿碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒，有 mv0＝mv1＋Mv2， 解得碰撞后ab金屬桿的速

5、度v1＝2 m/s， ab金屬桿進(jìn)入磁場(chǎng)后由能量守恒定律有Q＝mv， 解得Q＝2 J. [答案]　(1) m/s　(2)2 J 3．(2019·河南洛陽(yáng)統(tǒng)考)如圖所示，足夠長(zhǎng)的水平軌道左側(cè)b1b2－c2c1部分軌道間距為2L，右側(cè)窄軌道間距為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B0＝0.1 T．質(zhì)量M＝0.2 kg的金屬棒B垂直于導(dǎo)軌靜止放置在右側(cè)窄軌道上，質(zhì)量m＝0.1 kg的金屬棒A自曲線軌道上a1a2處由靜止釋放，經(jīng)時(shí)間t，兩棒達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)．兩棒在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終相互平行且與導(dǎo)軌保持良好

6、接觸，棒A總在寬軌上運(yùn)動(dòng)，棒B總在窄軌上運(yùn)動(dòng)．已知兩棒接入電路的有效電阻均為R＝0.2 Ω，h＝0.2 m，L＝0.2 m，取g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求： (1)棒A滑到b1b2處時(shí)的速度大??； (2)棒B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)棒A某截面的電荷量； (4)在兩棒整個(gè)的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中兩棒在水平導(dǎo)軌間掃過(guò)的面積之差． [解析]　(1)棒A在曲線軌道上下滑，軌道光滑，由機(jī)械能守恒定律有mgh＝mv 解得棒A滑到b1b2處時(shí)的速度v0＝2 m/s. (2)對(duì)棒A、B，分別由動(dòng)量定理有－B0cosθ··2Lt＝mvA－

7、mv0，B0cosθ·Lt＝MvB 得mv0－mvA＝2MvB 兩棒最后勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，電路中無(wú)電流，則B0LvB＝2B0LvA，得vB＝2vA 解得vB＝v0＝ m/s. (3)在棒B加速過(guò)程中，由動(dòng)量定理有B0cosθ·Lt＝MvB－0 在兩棒整個(gè)的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中通過(guò)棒A某截面的電荷量q＝t 解得q＝ C. (4)據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有E＝ 其中磁通量變化量ΔΦ＝B0cosθ·ΔS 電路中的電流＝ 通過(guò)棒A某截面的電荷量q＝t 解得在兩棒整個(gè)的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中兩棒在水平導(dǎo)軌間掃過(guò)的面積之差ΔS＝ m2. [答案]　(1)2 m/s　(2) m/s　(3) C　(4) m2 4．

8、(2019·福建泉州模擬)如圖所示，在豎直平面(紙面)內(nèi)有一直角坐標(biāo)系xOy，x軸下方有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，第三象限有沿x軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，第四象限存在另一勻強(qiáng)電場(chǎng)(圖中未畫(huà)出)；一光滑絕緣的固定不帶電細(xì)桿PQ交x軸于M點(diǎn)，細(xì)桿與x軸的夾角θ＝30°，桿的末端在y軸Q點(diǎn)處，P、M兩點(diǎn)間的距離為L(zhǎng).一套在桿上的質(zhì)量為2m、電荷量為q的帶正電小環(huán)b恰好靜止在M點(diǎn)，另一質(zhì)量為m、不帶電絕緣小環(huán)a套在桿上并從P點(diǎn)由靜止釋放，與b碰撞后瞬間反彈，反彈后到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)被鎖定，鎖定點(diǎn)與M點(diǎn)的距離為，b沿桿下滑過(guò)程中始終與桿之間無(wú)作用力，b進(jìn)入第四象限后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，而后通過(guò)x軸上的N點(diǎn)，且OM＝ON.

9、已知重力加速度大小為g，a、b均可看作質(zhì)點(diǎn)，求： (1)碰后b的速度大小v以及a、b碰撞過(guò)程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能ΔE； (2)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B； (3)b離開(kāi)桿后經(jīng)過(guò)多長(zhǎng)時(shí)間會(huì)通過(guò)x軸． [解析]　(1)設(shè)a與b碰前瞬間a的速度大小為v1，碰后瞬間a的速度大小為v2，由機(jī)械能守恒得 mgLsinθ＝mv，mg·sinθ＝mv 取沿桿向下方向?yàn)檎较?，則a、b碰撞過(guò)程中，由動(dòng)量守恒定律有mv1＝－mv2＋2mv 聯(lián)立解得v＝ 機(jī)械能損失ΔE＝mv－ 解得ΔE＝mgL. (2)設(shè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，由于b從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)的過(guò)程中始終與桿無(wú)作用力，可得qvBco

10、sθ＝2mg 將v＝代入得B＝. (3)b在第四象限做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系可得軌跡的圓心O′在x軸上，經(jīng)過(guò)N點(diǎn)時(shí)速度方向與x軸垂直，圓心角α＝120°，又勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期T＝ b從Q點(diǎn)到第一次通過(guò)N點(diǎn)的時(shí)間t1＝T 得t1＝ b第一次通過(guò)N點(diǎn)后做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，經(jīng)t2時(shí)間第二次通過(guò)N點(diǎn)，有 t2＝＝ b第二次通過(guò)N點(diǎn)后在磁場(chǎng)中做半個(gè)圓周運(yùn)動(dòng)，經(jīng)t3時(shí)間第三次通過(guò)x軸，有 t3＝＝ b離開(kāi)桿后會(huì)通過(guò)x軸有兩種情況： ①第n次豎直向上經(jīng)過(guò)x軸，時(shí)間t＝t1＋(n－1)(t2＋t3)＝ ＋(n－1)(n＝1、2、3、…) ②第n次豎直向下經(jīng)過(guò)x軸，時(shí)間t＝t1＋t2＋(n－1)(t2＋t3)＝ ＋＋(n－1)(n＝1、2、3、…)． [答案]　(1)　mgL　(2) (3)第n次豎直向上經(jīng)過(guò)x軸，時(shí)間t＝t1＋(n－1)(t2＋t3)＝ ＋(n－1)(n＝1、2、3、…) 第n次豎直向下經(jīng)過(guò)x軸，時(shí)間t＝t1＋t2＋(n－1)(t2＋t3)＝ ＋＋(n－1)(n＝1、2、3、…) 6