《（浙江專用）備戰(zhàn)2022高考物理一輪復(fù)習(xí) 第二部分 計(jì)算題部分 精練3 動(dòng)量和電學(xué)知識(shí)的綜合應(yīng)用》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江專用）備戰(zhàn)2022高考物理一輪復(fù)習(xí) 第二部分 計(jì)算題部分 精練3 動(dòng)量和電學(xué)知識(shí)的綜合應(yīng)用（10頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、（浙江專用）備戰(zhàn)2022高考物理一輪復(fù)習(xí) 第二部分 計(jì)算題部分 精練3 動(dòng)量和電學(xué)知識(shí)的綜合應(yīng)用 1.加試題如圖1，ab和cd是兩條豎直放置且足夠長(zhǎng)的長(zhǎng)直光滑金屬導(dǎo)軌，MN和M′N′是兩根用細(xì)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(dǎo)軌接觸；兩桿的總電阻為R，導(dǎo)軌間距為l.整個(gè)裝置處在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向與導(dǎo)軌所在平面垂直．導(dǎo)軌電阻可忽略，重力加速度為g.在t＝0時(shí)刻將細(xì)線燒斷，保持F不變，金屬桿和導(dǎo)軌始終接觸良好且垂直．求： 圖1 (1)細(xì)線燒斷后，任意時(shí)刻兩桿運(yùn)動(dòng)的速度之比； (2)兩桿分別達(dá)到的最大速度．

2、 2.加試題 形狀如圖2所示的光滑導(dǎo)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(cè)導(dǎo)軌水平且處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中．a(chǎn)b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?kù)o止下滑，設(shè)兩種不同間距的導(dǎo)軌都足夠長(zhǎng)．求： 圖2 (1)ab、cd棒的最終速度大??； (2)全過(guò)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(cè)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和沿豎直

3、方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)(圖中未畫(huà)出)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1.0 T，MN邊界右側(cè)離地面h＝0.45 m處有光滑絕緣平臺(tái)，右邊有一帶正電的a球，質(zhì)量ma＝0.1 kg、電荷量q＝0.1 C，以初速度v0＝0.9 m/s水平向左運(yùn)動(dòng)，與大小相同但質(zhì)量為mb＝0.05 kg靜止于平臺(tái)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(yùn)動(dòng)，兩球均視為質(zhì)點(diǎn)，g取10 m/s2.(結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字)求： 圖3 (1)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小和方向； (2)碰后兩球分別在電磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間； (3)碰后兩球落地點(diǎn)相距多遠(yuǎn)．

4、 4.加試題 如圖4所示，質(zhì)量mA＝0.8 kg、帶電荷量q＝－4×10－3 C的A球用長(zhǎng)l＝0.8 m的不可伸長(zhǎng)的絕緣輕線懸吊在O點(diǎn)，O點(diǎn)右側(cè)有豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)E＝5×103 N/C.質(zhì)量mB＝0.2 kg、不帶電的B球靜止在光滑水平軌道上，右側(cè)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(shì)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(kāi)彈簧后，恰好與第一次運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的A球相碰，并結(jié)合為一整體C，同時(shí)撤去水平軌道．A、B、C均可視為質(zhì)點(diǎn)，線始終未被拉斷，不計(jì)空氣阻力，g＝10 m/s2.求

5、： 圖4 (1)碰撞過(guò)程中A球?qū)球做的功； (2)碰后C第一次離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的速度大??； (3)C每次離開(kāi)最高點(diǎn)時(shí)，電場(chǎng)立即消失，到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)，電場(chǎng)又重新恢復(fù)，不考慮電場(chǎng)瞬間變化產(chǎn)生的影響，求C每次離開(kāi)電場(chǎng)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(qiáng)磁場(chǎng)，圓弧部分無(wú)磁場(chǎng)，且軌道足夠長(zhǎng)，開(kāi)始時(shí)給a棒一水平向左的初速度v0，a、b兩棒在運(yùn)動(dòng)過(guò)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(qǐng)問(wèn)： 圖5 (1)當(dāng)a

6、、b兩棒在水平軌道上穩(wěn)定運(yùn)動(dòng)時(shí)，速度分別為多少？損失的機(jī)械能為多少？ (2)若b棒在水平軌道上穩(wěn)定運(yùn)動(dòng)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(dá)到新的穩(wěn)定狀態(tài)，最后a、b的速度為多少？ (3)整個(gè)過(guò)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(guò)程可以等效為將電荷逐個(gè)從原本電中性的兩極板中的一個(gè)極板移到另一個(gè)極板的過(guò)程．在移動(dòng)過(guò)程中克服電場(chǎng)力做功，電源的電能轉(zhuǎn)化為電容器的電場(chǎng)能．實(shí)驗(yàn)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 (

7、1)對(duì)于直線運(yùn)動(dòng)，課本中講解了由v－t圖象求位移的方法．請(qǐng)你借鑒此方法，根據(jù)圖甲的Q－U圖象，推導(dǎo)電容器所儲(chǔ)存的電場(chǎng)能E電的表達(dá)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(zhǎng)為L(zhǎng)的金屬棒平行于地面放置，離地面的高度為h.磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)與框架平面垂直．現(xiàn)將金屬棒由靜止開(kāi)始釋放，金屬棒下滑過(guò)程中與框架接觸良好且無(wú)摩擦．開(kāi)始時(shí)電容器不帶電，不計(jì)各處電阻，求： ①金屬棒落地時(shí)的速度大??； ②金屬棒從靜止釋放到落到地面的時(shí)間． 答案精析 1．(1)2∶

8、1　(2)　 解析　(1)設(shè)某時(shí)刻MN和M′N′速度分別為v1、v2 取豎直向上為正方向，由動(dòng)量守恒mv1－2mv2＝0，得＝. (2)當(dāng)MN和M′N′的加速度為零時(shí)，速度最大 對(duì)M′N′由平衡條件知BIl＝2mg I＝ E＝Blv1＋Blv2 得v1＝，v2＝. 2．(1)vab＝　vcd＝ (2)mgh 解析　(1)ab由靜止下滑，機(jī)械能守恒：2mgh＝×2mv2， 得v＝ 由于ab、cd串聯(lián)在同一電路中，任何時(shí)刻通過(guò)ab、cd的電流總相等，金屬棒有效長(zhǎng)度關(guān)系為L(zhǎng)ab＝2Lcd 故它們所受的安培力關(guān)系為Fab＝2Fcd 在安培力作用下，ab、cd各做變速運(yùn)動(dòng)，產(chǎn)

9、生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)方向相反，當(dāng)Eab＝Ecd時(shí)，電路中感應(yīng)電流為零，ab、cd所受安培力為零，ab、cd運(yùn)動(dòng)趨于穩(wěn)定， 此時(shí)有BLabvab＝BLcdvcd，得vab＝vcd ab、cd受安培力作用，動(dòng)量均發(fā)生變化， 由動(dòng)量定理得：Fabt＝2m(v－vab) Fcdt＝mvcd 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： Q＝2mgh－×2mv－mv＝mgh. 3．(1)10 N/C，方向豎直向上　(2)2.1 s　0.30 s　(3)0.10 m 解析　(1)a球碰后在疊加場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，滿足mag＝qE 可得E＝10 N/C 電場(chǎng)力方向豎

10、直向上，a球帶正電，則電場(chǎng)強(qiáng)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?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得mav0＝mava＋mbvb 由能量守恒定律得mav＝mav＋mbv 解得：va＝0.30 m/s vb＝1.2 m/s 對(duì)a球，洛倫茲力提供向心力 qBva＝ma 可得r＝＝0.30 m 設(shè)a球落地點(diǎn)與圓心的連線和地面夾角為θ， 由幾何關(guān)系有h＝r＋rsin θ，可得θ＝ 故a球在電磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間ta＝T，T＝ 代入得ta＝π s≈2.1 s b球不帶電，碰撞后做平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向有h＝gt 代入得：tb＝0.30 s (3)對(duì)a球，xa＝rcos

11、θ≈0.26 m 對(duì)b球，xb＝vbtb＝0.36 m 故兩球相距：Δx＝xb－xa＝0.10 m. 4．(1)－3.2 J　(2)4 m/s　(3)(80n－30) N，n＝1,2,3…… 解析　(1)設(shè)碰前A的速度為vA，有 mAv＝mAgl vA＝4 m/s 設(shè)碰前B的速度為vB，有 Ep＝mBv，vB＝6 m/s 以vA的方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒得 mAvA－mBvB＝(mA＋mB)vC vC＝2 m/s A對(duì)B所做的功W＝mBv－Ep＝－3.2 J (2)碰后，整體C受到豎直向上的電場(chǎng)力 F＝|q|E＝20 N，G＝mCg＝10 N 因F－mCg>mC，

12、整體C做類平拋運(yùn)動(dòng) 水平方向上：x＝vCt 豎直方向上：y＝at2 其中a＝＝10 m/s2 圓的方程：(y－l)2＋x2＝l2 解得：x＝0.8 m，y＝0.8 m C剛好在圓心等高處將輕線拉直，水平分速度變?yōu)榱悖? 此時(shí)C向上的速度為v0＝at＝4 m/s 設(shè)C運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)速度為v1 由動(dòng)能定理得mCv－mCv＝(F－mCg)l v1＝4 m/s (3)設(shè)C從最高點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)的速度為v1′，由機(jī)械能守恒定律得：mCg×2l＝mCv1′2－mCv v1′＝8 m/s 由FT＋F－mCg＝mC 可知FT>0，所以C能一直運(yùn)動(dòng) 設(shè)C第n次經(jīng)過(guò)最高點(diǎn)時(shí)的速度為vn

13、 mCv－mCv＝(n－1)|q|E×2l FT＋mCg－F＝mC 解得：FT＝(80n－30) N，n＝1,2,3…… 5．見(jiàn)解析 解析　(1)a、b兩棒在水平軌道上動(dòng)量守恒． 設(shè)穩(wěn)定運(yùn)動(dòng)時(shí)a、b兩棒的共同速度為v1，以向左的方向?yàn)檎较颍? 由動(dòng)量守恒定律，有mv0＝(m＋M)v1， 解得v1＝， 損失的機(jī)械能為 ΔE＝mv－(m＋M)v＝. (2)由于b棒在沖上圓弧軌道又返回水平軌道過(guò)程中機(jī)械能守恒，故返回時(shí)速度大小不變，即v2＝v1， b棒與a棒向右運(yùn)動(dòng)，直到新的穩(wěn)定狀態(tài)．設(shè)達(dá)到新的穩(wěn)定狀態(tài)時(shí)a、b的共同速度為v3，以向右的方向?yàn)檎较? 由動(dòng)量守恒定律，有Mv2＝

14、(M＋m)v3 解得v3＝. (3)整個(gè)過(guò)程中產(chǎn)生的內(nèi)能等于系統(tǒng)機(jī)械能的減少量，即 Q＝mv－(M＋m)v， 解得Q＝mv[1－]． 6．(1)E電＝ (2)① ?、? 解析　(1)由功能關(guān)系可知克服電場(chǎng)力做功等于產(chǎn)生的電場(chǎng)能：根據(jù)速度－時(shí)間圖象圍成的面積代表位移可知在Q－U圖象中，圖象所圍面積即為，也就是克服電場(chǎng)力所做的功，即E電＝.又C＝，故E電＝ (2)①設(shè)金屬棒落地的速度為v，此時(shí)金屬棒切割磁感線產(chǎn)生感生電動(dòng)勢(shì)． 感生電動(dòng)勢(shì)大小為E＝BLv 電容器儲(chǔ)存的電場(chǎng)能為E電＝ 由動(dòng)能定理得mgh＝＋E電 解得v＝ ②金屬棒下落過(guò)程中受安培力和重力，由動(dòng)量定理可得 mgt－F安t＝mΔv F安＝BIL Q＝It Q＝CU U＝BLv Δv＝v－0 解得t＝ .