（江浙选考1）2020版高考物理总复习专题四动量与能量观点的综合应用考点强化练42动量与能量观点的综合应用.doc

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1、1考点强化练 42 动量与能量观点的综合应用1.如图所示,水平放置的宽 L=0.5 m的平行导体框,质量为 m=0.1 kg,一端接有 R=0.2 的电阻,磁感应强度 B=0.4 T的匀强磁场垂直导轨平面方向向下。现有一导体棒 ab垂直跨放在框架上,并能无摩擦地沿框架滑动,导体棒 ab的电阻 r=0.2 。当导体棒 ab以 v=4.0 m/s的速度向右匀速滑动时,试求:(1)导体棒 ab上的感应电动势的大小及感应电流的方向?(2)要维持导体棒 ab向右匀速运动,作用在 ab上的水平拉力为多大?(3)电阻 R上产生的热功率为多大?(4)若匀速后突然撤去外力,则棒最终静止,这个过程通过回路的电荷量

2、是多少?2.(2018浙江嘉兴选考模拟)如图甲,两条足够长、间距为 d的平行光滑非金属直轨道 MN、PQ 与水平面成 角,EF 上方存在垂直导轨平面的如图乙所示的磁场,磁感应强度在 0T时间内按余弦规律变化(周期为 T、最大值为 B0),T时刻后稳定为 B0。t=0 时刻,正方形金属框 ABCD在平行导轨向上的恒定外力作用下静止于导轨上。T 时刻撤去外力,框将沿导轨下滑,金属框在 CD边、AB 边经过 EF时的速度分别为 v1和 v2。已知金属框质量为 m、边长为 d、每条边电阻为 R,余弦磁场变化产生的正弦交流电最大值 Em= ,求:202(1)CD边刚过 EF时,A、B 两点间的电势差;(

3、2)撤去外力到 AB边刚过 EF的总时间;(3)从 0时刻到 AB边刚过 EF的过程中产生的焦耳热。23.(2018浙江台州高三上学期期末质量评估)如图所示,两根相同平行金属直轨道竖直放置,上端用导线接一阻值为 R的定值电阻,下端固定在水平绝缘底座上。底座中央固定一根绝缘弹簧,长 L质量为 m的金属直杆 ab通过金属滑环套在轨道上。在直线 MN的上方分布着垂直轨道面向里,磁感应强度为 B的足够大匀强磁场。现用力压直杆 ab使弹簧处于压缩状态,撤去力后直杆 ab被弹起,脱离弹簧后以速度为 v1穿过直线 MN,在磁场中上升高度 h时到达最高点。随后直杆 ab向下运动,离开磁场前做匀速直线运动。已知

4、直杆 ab与轨道的摩擦力大小恒等于杆重力的 k倍(k1),回路中除定值电阻外不计其他一切电阻,重力加速度为 g。求:(1)杆 ab向下运动离开磁场时的速度 v2;(2)杆 ab在磁场中上升过程经历的时间 t。4.(2018浙江宁波六校期末)如图所示,两根平行金属导轨 MN、PQ 相距 d=1.0 m,两导轨及它们所在平面与水平面的夹角均为 =30,导轨上端跨接一阻值 R=1.6 的定值电阻,导轨电阻不计。整个装置处于垂直两导轨所在平面且向上的匀强磁场中,磁感应强度大小 B=1.0 T。一根长度等于两导轨间距的金属棒 ef垂直于两导轨放置(处于静止),且与导轨保持良好接触,金属棒 ef的质量m1

5、=0.1 kg、电阻 r=0.4 ,到导轨最底端的距离 s1=3.75 m。另一根质量 m2=0.05 kg的绝缘棒 gh,从导轨最底端以速度 v0=10 m/s沿两导轨上滑并与金属棒 ef发生正碰(碰撞时间极短),碰后金属棒ef沿两导轨上滑 s2=0.2 m后再次静止,此过程中电阻 R产生的焦耳热 Q=0.2 J。已知两棒(ef 和 gh)与导轨间的动摩擦因数均为 = ,g取 10 m/s2,求:33(1)绝缘棒 gh在与金属棒 ef碰前瞬间的速率 v;3(2)两棒碰后,安培力对金属棒 ef做的功 W以及碰后瞬间金属棒 ef的加速度 a的大小;(3)金属棒 ef在导轨上运动的时间 t。5.如

6、图所示,光滑平行轨道 abcd的水平部分处于竖直向上的匀强磁场中,bc 段轨道宽度是 cd段轨道宽度的 2倍,bc 段轨道和 cd段轨道都足够长,将质量相等的金属棒 P和 Q分别置于轨道上的 ab段和 cd段,且与轨道垂直。Q 棒静止,让 P棒从距水平轨道高为 h的地方由静止释放,求:(1)P棒滑至水平轨道瞬间的速度大小;(2)P棒和 Q棒最终的速度。6.间距为 l的平行金属导轨由倾斜和水平导轨平滑连接而成,导轨上端通过开关 S连接一电容为 C的电容器,如图所示。倾角为 的导轨处于大小为 B、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区间 中,在水平导轨无磁场区静止放置金属杆 cd,在杆右侧存在大小也为

7、B、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区间 ,区间长度足够长。当 S断开时,金属杆 ab从倾斜导轨上端释放进入磁场区间 达到匀速后进入水平轨道,在无磁场区与杆 cd碰撞,杆 ab与 cd粘合成并联双杆(未产生形变),并滑进磁场区间 ,同时开关 S接通(S 接通前电容器不带电)。在运动过程中,杆 ab、cd 以及并联双杆始终与导轨接触良好,且与导轨垂直。已知杆 ab和 cd质量均为 m,电阻均为 R,不计导轨电阻和阻力,忽略磁场边界效应,求:(1)杆 ab在倾斜导轨上达到匀速运动时的速度 v0;4(2)杆碰撞后粘合为并联双杆时的运动速度 v1;(3)并联双杆进入磁场区间 后最终达到稳定运动的速度 v

8、2.7.如图甲是我国自主研制的 200 mm离子电推进系统,已经全面应用于我国航天器。离子电推进系统的核心部件为离子推进器,它采用喷出带电离子的方式实现飞船的姿态和轨道的调整,具有大幅减少推进剂燃料消耗、操控更灵活、定位更精准等优势。离子推进器的工作原理如图乙所示,推进剂氙原子 P喷注入腔室 C后,被电子枪 G射出的电子碰撞而电离,成为带正电的氙离子。氙离子从腔室 C中飘移过栅电极 A的速度大小可忽略不计,在栅电极 A、B 之间的电场中加速,并从栅电极 B喷出。在加速氙离子的过程中飞船获得推力。已知栅电极 A、B 之间的电压为 U,氙离子的质量为 m、电荷量为 q,AB间距为 d,推进器单位时

9、间内喷射的氙离子数目 N。(1)将该离子推进器固定在地面上进行试验。求:a.氙离子经 A、B 之间的电场加速后,通过栅电极 B时的速度 v的大小,以及离子束的等效电流 I;b.求喷射离子过程中,对推进器产生的反冲作用力大小;(2)配有推进器的飞船在太空运行时,处于完全失重状态,为了构建推进器在太空中运作情景,离子推进器可视为放置在光滑的水平地面上。已知推进器的质量为 M,且工作时质量保持不变,推进器刚开始运动的极短时间,可认为瞬间喷出 N个离子,即这些离子相对于地面以相同的速度同时喷出。c.求喷出时每个离子的速度以及电场力对每个离子做的功;d.这一过程中飞船向后移动的距离;e.随着时间的推移,

10、喷出的离子的动能逐渐变大还是变小?简要说明理由。58.(2018浙江嘉兴高三普通高校招生选考科目教学测试)如图所示,坐标原点 O处有一正离子源,其在单位时间内发出 N个离子,离子的质量为 m,电荷量为 q,速度大小为 v,发射方向在第一象限与+x 方向夹角 45。“”形物体的 ab边和 bc边的长度均为 d且相互垂直,端点 a、c 的连线与 x轴平行,在整个三角形 abc区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场。初始时 a端坐标为(0, d),现使2“”形物体沿-y 方向缓慢平移,平移的过程中 a端点始终在 y轴上,直至 a、c 的连线与 x轴重合,在此过程中磁场区域随物体同步平移且磁感应强度保持不变

11、。忽略离子间的相互作用。(1)若磁感应强度 B= ,求在缓慢平移全过程中,bc 边被离子直接打中的区域 (不考虑离子撞击后4的反弹);(2)在缓慢平移全过程中,若所有离子均打到“”形物体上,求磁感应强度的取值范围;(3)若磁感应强度取(2)中的最大值,“”形物体位于某处时,从 O点发出的离子进入磁场的 ac边界做圆周运动后恰好能垂直撞击 ab边上的 P1点,求此时“”形物体 a端的坐标。若离子每次撞击 ab边后均能反向弹回,弹回的速度大小均是该位置撞击前速度大小的 0.2倍,离子在 P1点碰撞之后与 ab边发生多次碰撞,之后的碰撞点依次记为 P2,P3,P4求第 n个碰撞点 Pn所受的撞击力大

12、小。69.(2018浙江嘉兴第一中学高二上学期期末)如图所示,在粗糙的水平面上 0.5a1.5a区间放置一探测板 a= 。在水平面的上方存在水平向里,磁感应强度大小为 B的匀强磁场,磁场右边界离小0孔 O距离为 a,位于水平面下方离子源 C飘出质量为 m,电荷量为 q,初速度为 0的一束负离子,这束离子经电势差为 U= 的电场加速后,从小孔 O垂直水平面并垂直磁场射入磁场区域,t 时间内2029共有 N个离子打到探测板上。(1)求离子从小孔 O射入磁场后打到板上的位置。(2)若离子与挡板碰撞前后没有能量的损失,则探测板受到的冲击力为多少?(3)若射到探测板上的离子全部被板吸收,要使探测板不动,

13、水平面需要给探测板的摩擦力为多少?7考点强化练 42 动量与能量观点的综合应用1.答案 (1)0.8 V 方向由 b到 a (2)0.4 N (3)0.8 W (4)2 C解析 (1)导体棒 ab上的感应电动势的大小:E=BLv=0.40.54 V=0.8 V;感应电流的方向由b到 a。(2)要维持导体棒 ab向右匀速运动,作用在 ab上的水平拉力等于安培力:F 外 =FA=N=0.4 N22+=0.420.5240.2+0.2(3)回路的电流:I= A=2 AE+= 0.80.2+0.2电阻 R上产生的热功率为 PR=I2R=220.2 W=0.8 W(4)由动量定理:-B Lt=0-mvq

14、= t,则 BLq=mv解得 q= C=2 C。=0.140.50.42.答案 (1)U AB=- B0dv1 (2)t= (3) +mgdsin + m( )34 2+ 0234 20242 12 1222解析 (1)E=B 0dv1、由楞次定律知 A点电势低于 B点,故 UAB=- E,即 UAB=- B0dv134 34(2)mgtsin -B0dq=mv2-mv0q= ,故:t=024 2+ 0234(3)交流电的有效值 E= Em,Q1= t=22 2总 20242线框出磁场的过程中,Q 2=-WA结合动能定理:mgdsin +WA=E k得:Q 2=mgdsin + m( )12

15、1222总焦耳热为:Q=Q 1+Q2= +mgdsin + m( )20242 12 12223.答案 (1)v 2= (2)(1-)22 1-22(1+)解析 (1)杆 ab向下运动离开磁场前做匀速运动根据平衡条件:mg=F 安 +Ff根据题意有:F f=kmg安培力为:F 安 =BIL=222联立以上解得:v 2=(1-)22(2)杆 ab在磁场中上升过程,由动量定理得:-mgt-kmgt-B L=0-mv1上升过程的感应电荷量为:q= t=联立解得:t=1-22(1+)8杆 ab在磁场中上升过程经历的时间为:1-22(1+)4.答案 (1)5 m/s (2)0.25 J 25 m/s2

16、(3)0.2 s解析 (1)绝缘棒 gh从导轨最底端向上滑动的过程中,由动能定理有:- m2gs1cos -m2gs1sin = m2v2- m2 ,12 12 02解得 v=5 m/s(2)由功能关系可知,金属棒 ef克服安培力做的功等于回路中产生的总焦耳热,即有:W=Q 总 ,而Q 总 = Q,+解得 W=0.25 J,设碰后瞬间金属棒 ef的速率为 v1,回路中产生的感应电动势为 E,感应电流为 I,安培力为 F,有 E=Bdv1,I= ,F=BId,+在金属棒 ef上滑过程中,由动能定理有-W- m1gs2cos -m1gs2sin =0- m1 ,解得 v1=3 12 12m/s,在

17、两棒碰后瞬间,由牛顿第二定律有 m1gcos +m1gsin +F=m1a,解得 a=25 m/s2。(3)金属棒 ef在导轨上运动的整个过程中,设安培力的冲量为 I 安 ,沿导轨方向,由动量定理有-I 安 - m1gtcos -m1gtsin =0-m1v1,又 I 安 =Bdt ,其中 ,= +由法拉第电磁感应定律有 ,其中 =Bds 2,=解得 t=0.2 s。5.答案 (1) (2)vP= ,vQ=225 225解析 (1)设 P,Q棒的长度分别为 2L和 L,磁感强度为 B,P棒进入水平轨道的速度为 v对于 P棒,金属棒下落 h过程应用动能定理:Mgh= Mv212解得 P棒刚进入磁

18、场时的速度为:v= 2(2)当 P棒进入水平轨道后,切割磁感线产生感应电流。P 棒受到安培力作用而减速,Q 棒受到安培力而加速,Q 棒运动后也将产生感应电动势,与 P棒感应电动势反向,因此回路中的电流将减小。最终达到匀速运动时,回路的电流为零,所以:E P=EQ,即 2BLvP=BLvQ,解得:2v P=vQ因为当 P,Q在水平轨道上运动时,它们所受到的合力并不为零FP=2BIL,FQ=BIL(设 I为回路中的电流),因此 P,Q组成的系统动量不守恒设 P棒从进入水平轨道开始到速度稳定所用的时间为 tP,Q对 PQ分别应用动量定理得:-FPt=-2BILt=Mv P-Mv,FQt=BILt=M

19、v Q-0,2vP=vQ联立解得:v P= ,vQ=25 2526.答案 (1)v 0= (2)v1= (3)v2=222 22 22+2222解析 (1)感应电动势 E=Blv0,感应电流 I= ,029安培力:F=IBl=2202杆做匀速运动,根据平衡条件得: =mgsin 2202联立解得:v 0=222(2)由动量守恒定律,有 mv0=2mv1,得到:v 1=22(3)当并联双杆进入磁场 时,在极小的时间间隔 t 内对双杆运用动量定理,有:Blit=-2mv累加求和得:Blq=-2m(v 2-v1)而 q=CE-0=CBlv 2联立解得:v 2=212+22= 22+22227.答案

20、(1)a.v= ,I=Nq b.F=N2 2(2)c.vm= ,W= d.xM= d e.动能越来越小2 + + +解析 (1)a:由动能定理:Uq= mv2 解得 v=12 2I= =Nqb.由动量定理:Ft=Ntmv F=N 2根据牛顿第三定律:F=F=N 2(2)c:根据能量守恒:NUq= Nm12 2+12M2根据动量守恒:Nmv m=Mvmvm= ,Ek=2 + 12m2= +根据动能定理:W=E k=+根据动量守恒:N=mv m=MvM两边同时对时间累积:Nmx m=MxMxm+xM=d,xM= d+e:随着时间的推移,离子喷出时的动能越来越小。原因:随着时间的推移,推进器由于具有

21、初速度,相同时间内,x M逐渐变大,x m越来越小,电场力对离子做功越来越小,获得的动能越来越小。8.答案 见解析解析 (1)离子进入磁场后 qvB=m2由已知 B= 代入得:r=4 4圆轨迹与 bc边相切时,设切点为 M,由几何关系得=2所以被离子打到的区间为 bc边上 c端一侧 区域210(2)临界情况为轨迹取最小值 r1时,圆轨迹能同时和 ab边和 bc边相切由几何关系得圆周运动的半径 r1= ,qvB1=m3 21得对应的最大磁感应强度:B 1=3所以磁感应强度大小的取值范围为 B3(3)由几何关系得 a端的坐标为 0, d23第 n-1次碰撞后,离子的速度大小 vn-1=0.2n-1

22、v第 n次碰撞后,离子的速度大小 vn=0.2nv碰撞过程,由动量定理得:Ft=Ntm(v n+vn-1)得:F=(0.2 n+0.2n-1)Nmv=1.2Nmv0.2n-1=6Nmv0.2n9.答案 (1)打在板的中间 (2) 方向竖直向下 (3) 方向水平向左203 303解析(1)在加速电场中加速时据动能定理:qU= mv2,12代入数据得 v= v023在磁场中洛伦兹力提供向心力:qvB=m ,所以半径2r= a=203=23轨迹如图:OO= a,OOA=30,OA= acos 30= a13 23 33所以 OB=OAtan 60=a,离子离开磁场后打到板的正中间。(2)设板对离子的力为 F,垂直板向上为正方向,根据动量定理:Ft=Nmvsin 30-(-Nmvsin 30) = Nmv0,F=23 203根据牛顿第三定律,探测板受到的冲击力大小为 ,方向竖直向下。203(3)若射到探测板上的离子全部被板吸收,板对离子水平方向的力为 T,根据动量定理:Tt=Nmvcos 30= Nmv0,T=33 303离子对板的力大小为 ,方向水平向右。303所以水平面需要给探测板的摩擦力大小为 ,方向水平向左。303