浙江選考新2020高考物理二輪復(fù)習(xí)專題七計算題題型強化第5講加試第23題動量觀點和電學(xué)知識的綜合應(yīng)

最新人教版小學(xué)試題第5講加試第23題動量觀點和電學(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【例1】（2018?新高考研究聯(lián)盟聯(lián)考）如圖1所示，真空中MN上方半徑為R的虛線所圍的圓形區(qū)域內(nèi)存在勻強磁場，磁場方向與紙面垂直.在磁場右側(cè)有長為2R、間距為R的平行金屬板所形成的勻強電場，具體分布在矩形ACFD內(nèi).矩形中心線Op2與磁場區(qū)域的圓心O在同一直線上，O1也是圓周上的一點，BAOJE在同一豎直線上，BA、DE為擋板.有一群電荷量為+q、質(zhì)量為m的帶電粒子以速率vo從圓周上的a點飛入，其方向與aM成0°?180°角且分布均勻地射出，每秒內(nèi)射出的帶電粒子數(shù)總為No,某一沿aO方向射入磁場的粒子從Q點飛出磁場進入右側(cè)電場，并恰好從DF邊緣F點離開電場，最后垂直打到探測板PQ上.（不計粒子的重力及粒子間的相互作用）,——Ac./尸"一fX。 肘a為￡ ￡? N圖1⑴求電場強度E和磁場的磁感應(yīng)強度B的比值；⑵求探測板PQ與MN的夾角0的正切值和每秒垂直打在熒光屏PQ上的粒子數(shù)n；⑶若打在平行金屬板DF上的粒子被全部吸收，打在探測板PQ上的粒子全部被探測板反向彈回，彈回速度大小不變，求從電場中射出的粒子對探測板的平均作用力的大小.（沒有飛入ACFD的粒子均被AB、DE擋板攔截）答案（吟（2）2看⑶合叫與區(qū)域圓的半徑是相同的，即都為R.解析（1）帶電粒子從aO解析（1）帶電粒子從aO方向射入，從Q射出其反向延長線必經(jīng)過O點，可得軌跡圓的半徑mvB=-0BqR帶電粒子在電場中的運動是類平拋運動，可得R1qE_=一?-1222m2R=vt0部編本試題，歡迎下載!最新人教版小學(xué)試題mv2則F⑵帶電粒子從F點飛出時，水平方向的速度仍為V。豎直方向速度為二=朱=]V由數(shù)學(xué)知識可得tan。=：=2y與aM成90°沿&0射入的粒子，此時剛好打到斜面上，可知，只有從A處水平進入的同樣的帶電粒子會從Q點出來垂直打到斜面上.由數(shù)學(xué)知識可得，此時帶電粒子從a處進入的方向與aMN成60°,即在&處入射的粒子能夠打到極板上的大小是30°,由此得N=/6⑶帶電粒子從電場中出射速度大小為：v=\''v2+v2=?V、0y2 0對粒子進行受力分析，由動量定理得：Ft0=Nt0?mv—（—Nt0?mv）得F=^N0mv0由牛頓第三定律可得，粒子對探測板的平均作用力大小為F=*N°mv0■拓展訓(xùn)練1.如圖2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B=1.57T.小球1帶正電，其電荷量與質(zhì)量之比\=4C/kg.當(dāng)小球11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％=23.59m/s的水平速度與小球2正碰，碰后經(jīng)過0.75s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10m/s2,n取3.14）x詼乂§x曰3d12圖2⑴電場強度E的大小是多少？部編本試題，歡迎下載!

最新人教版小學(xué)試題⑵小球2與小球1的質(zhì)量的比值是多少？（計算結(jié)果取整數(shù)）答案（1）2.5N/C（2）11解析（1）小球1所受的重力與電場力始終平衡m1g二口戶E=2.5N/C.⑵相碰后小球1做勻速圓周運動，V2由牛頓第二定律得q1VlB=m/1半徑為R尸骸周期為T=2nm*=1s 3_兩小球運動時間t=0.75s=” 3 . 一一小球1只能逆時針經(jīng)［個圓周時與小球2再次相碰，軌跡如圖所示.第一次相碰后小球2做平拋運動h=R=1gt212L=R1=v2t,代入數(shù)據(jù)，解得v2=3.75m/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，m1Vo=—m1Vl+m2V2,因q=v2t=2.8125m,則1m=17.66251m=17.6625m/s最新人教版小學(xué)試題圖3最新人教版小學(xué)試題圖3⑴磁感應(yīng)強度B的大小;⑵線框在全過程中產(chǎn)生的焦耳熱Q；⑶在全過程中，cb兩端的電勢差Ucb與線框中心位置的x坐標的函數(shù)關(guān)系.答案(1)2T(2)0.0375J0,(0Wx<0.4)<⑶Ub=

cb4x-1.7(V),(0.4W<⑶Ub=

cb0.4V,(0.5Wx<0.6)0.25-0.25x(V),(0.6WxW0.7)解析（1）線框做平拋運動，當(dāng)ab邊與磁場上邊界接觸時，豎直方向有h=^gt2=0.2m,得t得t=0.2s,此時豎直方向的分速度v2y=gt=2m/s=v0,合速度方向與水平方向成45°角，由題知進入過程中為勻速進入，ad與bc這兩邊產(chǎn)生的電動勢相互抵消，所以整個框只有ab邊切割，并且只有豎直方向切割，有效速度為2m/s, E.—此時電流I=BE=BlvR 2yF=BIlA因為線框勻速進入磁場，合力為0,部編本試題，歡迎下載!最新人教版小學(xué)試題所以mg=FA聯(lián)立解得B=2T.⑵線框全部進入磁場區(qū)域之后，水平方向做勻速運動，豎直方向做勻加速運動，線框離開磁場過程中，上下兩邊所受到的安培力抵消，所以不考慮豎直方向上的安培力產(chǎn)生的焦耳熱，水平方向上，只有ad邊的水平方向上的速度在切割磁感線，線框離開磁場時電荷量A①B12q=-T=T離開磁場過程中列水平方向的動量定理，取水平向右為正方向，—FAt=mv5—mv0,^—B1q=mv5—mv0得v=1.5m/s,列出動能定理表達式，5x1 1mgAh—Q=mv2—-mv21 2 5 2 4二口.2-%。。.2-%.2)同時離開磁場過程中豎直方向只受重力，列豎直方向牛頓第二定律v5y2—v4y2=2gAh聯(lián)立解得必=0.0175J在進入磁場過程中，速度不變，重力勢能轉(zhuǎn)變成焦耳熱Q2=mg1=0.02J所以Q總=0.0375J⑶易得圖中2、3、4、5狀態(tài)下中心橫坐標分別為0.4、0.5、0.6、0.7；①當(dāng)0Wx<0.4時，線框還沒進入磁場，Ucb=0；②當(dāng)0.4Wx<0.5時，線框電動勢由ab邊切割磁感線提供，但cb邊進入磁場部分也在切割磁場，因此這里相當(dāng)于也有一個電源，在計算電勢差時也要考慮，同時電勢差要注意正負，因此Ucb=一；B1v2y+B(x—0.4)v0=4x—1.7(V)；③當(dāng)0.5Wx<0.6時，線框完全進入磁場，電路中沒有電流，但bc邊仍在切割磁感線，因此仍然相當(dāng)于一個電源，Ucb=B1v0=0.4V；④當(dāng)0.6WxW0.7時，線框出磁場，整個電動勢由ad邊提供，匕。邊已經(jīng)在磁場外，Ucb=4B1vx,又由動量定理B12(50.6)=m(v—v)R 0x得Ucb=0.25—0.25x(V).■拓展訓(xùn)練部編本試題，歡迎下載!最新人教版小學(xué)試題2.（2018?9+1高中聯(lián)盟期中）如圖4所示，兩根間距為L的金屬導(dǎo)軌MN和PQ,電阻不計，左端向上彎曲，其余水平，水平導(dǎo)軌左端有寬度為d、方向豎直向上的勻強磁場I,右端有另一磁場H,其寬度也為d、方向豎直向下，磁場的磁感應(yīng)強度大小均為B.有兩根質(zhì)量均為m、接入電路的電阻均為R的金屬棒a和b與導(dǎo)軌垂直放置，b棒置于磁場H中點C、D處，導(dǎo)軌除C、D兩處（對應(yīng)的距離極短）外其余均光滑，兩處對棒可產(chǎn)生總的最大靜摩擦力為棒重力的K倍，a棒從彎曲導(dǎo)軌某處由靜止釋放.iW圖4⑴若a棒釋放的高度大于h°,則a棒進入磁場I時才會使b棒運動，請求出h°； ，一 一v ⑵若將a棒從高度小于h0的某處釋放，使其以速度”進入磁場I,結(jié)果a棒以了的速度從磁場I中穿出，求兩棒即將相碰時b棒上的電功率Pb；⑶若將a棒從高度大于h°的某處釋放，使其以速度匕進入磁場I,從磁場I穿出時的速度大小為2Vi，分析說明b棒此時是否已穿出磁場H.2K2m2gR2 B2L2V2答案⑴旨⑵言⑶沒有穿出磁場n解析（1）a棒從h°高處釋放后在彎曲導(dǎo)軌上滑動時機械能守恒，有mgh0=2mv2得v=x/2gh0a棒剛進入磁場時，E=BLv2K由題意：BIL=Kmg2K2m2gR2得h0=FT（2）以v0的方向為正方向，va棒過I區(qū)域：一EBILAtum^g—mv。BLd其中：￡1八1=口=2區(qū)設(shè)兩棒相碰前瞬間，a棒的速度為v.部編本試題，歡迎下載!最新人教版小學(xué)試題一,一 v則一￡B「LAt‘=mv-m?~^乙其m'At…'=Uv得v=4BLvBLv--=---0TOC\o"1-5"\h\z2R 8RB2L2V2此時b棒電功率P=12R==^b 64R⑶由于a棒從高度大于ho處釋放，因此當(dāng)a棒進入磁場I后，b棒開始向左運動.以v1的方向為正方向，由動量守恒：mv=m-2v+mv1 31b得『3兩棒的速度大小隨時間的變化圖象大致如圖所示，可見b棒位移小于a棒位移的一半，所以沒有穿出磁場H.專題強化練.(2018?新高考研究聯(lián)盟聯(lián)考)在地球大氣層以外的宇宙空間，基本上按照天體力學(xué)的規(guī)律運行的各類飛行器，又稱空間飛行器(spacecraft).航天器是執(zhí)行航天任務(wù)的主體，是航天系統(tǒng)的主要組成部分.由于外太空是真空的，飛行器在加速過程中一般是使用火箭推進器，火箭在工作時利用電場加速帶電粒子，形成向外發(fā)射的粒子流而對飛行器產(chǎn)生反沖力，由于阻力極小，只需一點點動力即可以達到很高的速度.如圖1所示，我國發(fā)射的“實踐9號”攜帶的衛(wèi)星上第一次使用了離子電推力技術(shù)，從此為我國的航天技術(shù)開啟了一扇新的大門.此前該種技術(shù)一直被美俄等航天強國所壟斷.已知飛行器的質(zhì)量為M,發(fā)射的是2價氧離子，發(fā)射功率為P,加速電壓為U,每個氧離子的質(zhì)量為m,元電荷為e,原來飛行器靜止，不計發(fā)射氧離子后飛行器質(zhì)量的變化，求：部編本試題，歡迎下載!最新人教版小學(xué)試題⑴射出的氧離子速度大小;⑵每秒鐘射出的氧離子數(shù);(3)射出離子后飛行器開始運動的加速度大小.答案(1)2\：片⑵而答案(1)2\：片⑵而解析(1)以氧離子為研究對象，根據(jù)動能定理，有…12eU=;mv2乙所以，射出的氧離子速度為丫=所以，射出的氧離子速度為丫=⑵設(shè)每秒鐘射出的氧離子數(shù)為N,則發(fā)射功率可表示為P=NAEk=2NeUP所以，N=旃⑶以氧離子和飛行器為系統(tǒng)，設(shè)飛行器的反沖速度為v,,根據(jù)動量守恒定律，t時間內(nèi)0=Mv，+Ntm(—v),,一，v‘NmvP'm所以，飛行器的加速度為a=—J=-M-=M\；；eU.如圖2所示，豎直平面內(nèi)在第二象限存在方向豎直向下的勻強電場.第一象限某個區(qū)域存在磁感應(yīng)強度為B、垂直紙面向里的勻強磁場，ApJa,0)點處在磁場的邊界上，現(xiàn)有質(zhì)量為m、v電荷量為十Q的一束離子在紙面內(nèi)與x軸夾角。=60°從A點射入磁場，其初速度大小范圍為可3WvWvo(vo=q3，在y軸上豎直固定放置一探測板.所有離子穿過磁場后均垂直打到探測板上.假設(shè)每秒射入磁場的離子總數(shù)為No,若打在板上的離子50%穿透探測板，50%被吸收，其中穿透的離子能量損失64%.打到探測板上的離子均勻分布，不計離子的重力和離子間的相互作用力.求：部編本試題，歡迎下載!

最新人教版小學(xué)試題最新人教版小學(xué)試題圖2⑴離子束射出磁場后打到y(tǒng)軸上的范圍；⑵速度最小的離子在電場中運動的時間與在磁場中運動的時間相等，求電場強度的大小;⑶探測板受到的作用力大小.2、 ,、a3a,、9qaB2 ,、4NqBa答案⑴]WyW萬⑵可⑶；V2解析（1）離子在磁場中的運動qvB=m：則「=mvqB則「=mvqB代入速度可得r的范圍為a^rWa33離子打在y軸上的坐標表達式為y=-r乙代入數(shù)據(jù)得aWyW3a乙 乙⑵速度最小v=qBa的離子打在y軸上的點Q（0,9位置，設(shè)該離子在磁場中運動的時間為t，JU1 乙 1, 1-2nmL3T-3qB設(shè)該離子在電場中做類平拋運動的時間為t2，a_qE 9qaB2-2mt22,ti-t2,E—4nm⑶對于吸收的離子由動量定理得「AP 0.5N /v , 、 2、, 2「F=,"*=—-^(2m?^+2mv)=tNmv=tNqBa吸At2 3o/ 30 030y部編本試題，歡迎下載!

最新人教版小學(xué)試題穿透探測板后離子速度v1=0.6vv所以穿透后的速度范圍為冒WvW0.6v5i0穿透的離子受到板的作用力大小AP.0.5N「vv」/ —―\=T?=T[mq—T+m（v0—0.6v0）]把v把v0=qBa

m2NqBa代入得\=74NqBa根據(jù)牛頓第三定律，探測板受到的作用力大小f=f+f廣一0q-吸穿53.（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3所示，小車在磁場外行駛時的功率保持P不變，且在進入磁場前已達到最大速度，當(dāng)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3⑴小車車頭剛進入磁場時，線框的感應(yīng)電動勢E；⑵電磁剎車過程中產(chǎn)生的焦耳熱Q；⑶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P解析（1）小車剛進入磁場時的速度設(shè)為%,則v°=f感應(yīng)電動勢E=NBLv0,得E=NBLP⑵由能量守恒，可得2.5FL+Q=2mv02,八1 一mP2 -知Q=2mv02-2.5FL=——2.5FL部編本試題，歡迎下載!

最新人教版小學(xué)試題⑶以小車剛要進入到恰好穿出磁場為研究過程，以小車運動的方向為正方向，由動量定理，可得—(Ft+2NBILt)=0—mv；①A① 5BL2…即Ft+2NBLq=mv,,q=N—^=Nb②o K2K當(dāng)功率為P時，小車進入磁場時間為t,由動量定理一(Ft+NBI1Lt)=O—mvo，q=I1t2mRP—5FN2B2L3…得. 2RF2一③由①②③，可得v°,由①②③，可得v°,2mRP+5FN2B2L3= 2mFR得P，=Fvo，=2mRP+5FN2B2L3

2mR4.(2018?溫州市期中)如圖4所示，在空間有兩個磁感應(yīng)強度均為B的勻強磁場區(qū)域，上一個區(qū)域邊界AA,與DD’間的距離為H,方向垂直紙面向里，CC,與DD的間距為h,CC,下方是另一個磁場區(qū)域，方向垂直紙面向外.現(xiàn)有一質(zhì)量為m、邊長為L(h<L<H)、電阻為R的正方形線框由AA,上方某處豎直自由落下，恰能勻速進入上面一個磁場區(qū)域，當(dāng)線框的cd邊剛要進入邊界CC,前瞬間線框的加速度大小3=0.2g(g為重力加速度)，空氣阻力不計，線框運動過程中cd邊始終與AA,平行.求：圖4⑴線框的cd邊從AA,運動到CC,過程產(chǎn)生的熱量Q；⑵當(dāng)線框的cd邊剛剛進入邊界CC,時，線框的加速度大小；⑶線框的cd邊從邊界AA,運動到邊界CC’的時間.0.22m3g2R2 B2L2 0.2mR答案(1)mg(H+h)——— (2)3.8g(3)=(L+h)+-^~^B4L4 mgR B2L2解析(1)線框勻速進入上面一個磁場區(qū)域的速度為v「電流為Ij由B；L=mg部編本試題，歡迎下載!

最新人教版小學(xué)試題丁BLvIFT解得v解得v1=mgRB2L2cd到達CC,前瞬間的速度設(shè)為v2，電流設(shè)為12，因1<出必有v2>v1,所以此狀態(tài)線框的加速度方向應(yīng)為向上，由：BI2L-mg=ma1BLvI= 2I2R解得v解得v2=1.2mgR

B2L2產(chǎn)生的熱量：Q=mg(H+h)—(|mv22-1mvi2)0.22m3g2R2=mg(H+h)-bl(2)cd邊剛進入CC,時的速度仍為v2，這時上下兩條邊同時切割磁感線，回路電動勢加倍，電流加倍，安培力變?yōu)?倍.所以有：4BI2L—mg=ma2解得a2=3.8g⑶設(shè)線框進入上面一個磁場區(qū)域的時間為T，線框cd邊從DD,運動到CC’的時間為巳，從AA,運動到CC’的總時間為t,以向下為正方向，對線框從AA,運動到CC’的全過程列動量定理有：I2為T、'時間內(nèi)的平均電流)mgt—BIJT—BI2Lt2=mv2—mvI2為T、'時間內(nèi)的平均電流)BLv 1RBLvv1t]=Lv2t2=hTOC\o"1-5"\h\zB2L2 0.2mR解得t=',(L+h)+, -mgR B2L25.(2018?臺州中學(xué)統(tǒng)練)如圖5所示，平行金屬導(dǎo)軌OP、KM和PQ、MN相互垂直，且OP、KM與水平面間夾角均為。=37°,導(dǎo)軌間距均為L=1m,導(dǎo)軌電阻不計且足夠長.兩根金屬棒ab和cd與導(dǎo)軌垂直放置且接觸良好，ab的質(zhì)量為M=2卜8，接入電路的電阻為人=2Q,cd的質(zhì)量為m=0.2卜8，接入電路的電阻為R2=1Q,金屬棒和導(dǎo)軌之間的動摩擦因數(shù)均為口=0.5,兩個導(dǎo)軌平面均處在垂直于軌道平面OPKM向上的勻強磁場中.現(xiàn)讓cd固定不動，將金屬棒ab由靜止釋放，當(dāng)ab沿導(dǎo)軌下滑x=6m時，速度已達到穩(wěn)定，此時，整個回路消耗的電功部編本試題，歡迎下載!

最新人教版小學(xué)試題率為P=12W.(sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取10m/s2)求:圖5圖5⑴磁感應(yīng)強度B的大小;⑵ab沿導(dǎo)軌下滑x=6m的過程中ab棒上產(chǎn)生的焦耳熱Q；⑶若將ab與cd同時由靜止釋放，當(dāng)運動時間t=0.5s時，ab的速度vab與cd棒速度vcd的關(guān)系式.答案(1)2T(2)10J(3)10vab-2vcd=5解析(1)ab棒速度達到穩(wěn)定，即達到最大速度做勻速運動，有Mgsin0—uMgcos0—BI]L=0整個回路消耗的電功率為：P=BI1Lvm則ab棒的最大速度為：vm=3m/s又整個回路的電功率又可表示為：E2 (BLv)2P=R1+R2=R1+R2解得B=2T⑵ab棒下滑x=6m過程中，根據(jù)能量守恒:Mgsin0?x=uMgcos0?x+Jmv2+Q2m總ab棒上產(chǎn)生的焦耳熱為：Q=^^Q巧R十R總12解得Q=10J(3)對cd棒：mgsina?t—u(mgcosa+BIL)t=mvcd,即mgsin對即mgsin對ab棒：B2L2xa?t—umgcosa?t—Up,Tab=mvR十Rcd12B2L2x0)t—R十12(Mgsin0—uMgcos聯(lián)立消去xab得，10vab—2vcd=5部編本試題，歡迎下載!

最新人教版小學(xué)試題6.如圖6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0=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，已知弋=0時，導(dǎo)體棒位于頂角O處；導(dǎo)體棒的質(zhì)量為m=4kg；OM、ON接觸處O點的接觸電阻為R=0.5Q,其余電阻不計，