（新課標）2020版高考物理大二輪復習 專題強化訓練9 電磁學中的動量和能量問題

專題強化訓練(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段為足夠長的水平軌道，BD段為半徑R0.2 m的半圓軌道，二者相切于B點，整個軌道處于豎直向下的勻強電場中，場強大小E5.0×103 V/m.一不帶電的絕緣小球甲，以速度v0沿水平軌道向右運動，與靜止在B點帶正電的小球乙發(fā)生彈性正碰已知乙球質(zhì)量m1.0×102 kg，乙所帶電荷量q2.0×105 C，乙球質(zhì)量為甲球質(zhì)量的3倍取g10 m/s2，甲、乙兩球均可視為質(zhì)點，整個運動過程中無電荷轉(zhuǎn)移(1)甲、乙兩球碰撞后，乙球通過軌道的最高點D時，對軌道的壓力大小N為自身重力的2.5倍，求乙在水平軌道上的首次落點到B點的距離；(2)在滿足(1)的條件下，求甲球的初速度v0.解析(1)設乙到達最高點D時的速度為vD，乙離開D點首次到達水平軌道的時間為t，加速度為a，乙在水平軌道上的首次落點到B點的距離為x.乙離開D點后做類平拋運動，則2Rat2，xvDt根據(jù)牛頓第二定律有a乙過D點時有mgqENm(式中N為乙在D點時軌道對乙的作用力)根據(jù)牛頓第三定律有NN2.5mg解得x0.6 m.(2)設碰后瞬間甲、乙兩球的速度分別為v1、v2，根據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律有mv0mv1mv2×mv×mvmv聯(lián)立解得v2v0乙球從B到D的過程中，根據(jù)動能定理有mg·2RqE·2Rmvmv由(1)可得vD3 m/s聯(lián)立解得v010 m/s.答案(1)0.6 m(2)10 m/s2(2019·河北五名校聯(lián)盟二模)如下圖所示，MN、PQ兩平行光滑水平導軌分別與半徑r0.5 m的相同豎直半圓導軌在N、Q端平滑連接，M、P端連接定值電阻R，質(zhì)量M2 kg的cd絕緣桿垂直且靜止在水平導軌上，在其右側(cè)至N、Q端的區(qū)域內(nèi)充滿豎直向上的勻強磁場現(xiàn)有質(zhì)量m1 kg的ab金屬桿以初速度v012 m/s水平向右運動，與cd絕緣桿發(fā)生正碰后，進入磁場并最終未滑出，cd絕緣桿則恰好能通過半圓導軌最高點，不計除R以外的其他電阻和摩擦，ab金屬桿始終與導軌垂直且接觸良好，g取10 m/s2(不考慮cd桿通過半圓導軌最高點以后的運動)，求：(1)cd絕緣桿恰好通過半圓導軌最高點時的速度大小v；(2)電阻R產(chǎn)生的焦耳熱Q.解析(1)cd絕緣桿恰好通過半圓導軌最高點時，由牛頓第二定律有MgM解得v m/s.(2)發(fā)生正碰后cd絕緣桿滑至最高點的過程中，由動能定理有Mg·2rMv2Mv，解得碰撞后cd絕緣桿的速度v25 m/s，兩桿碰撞過程中動量守恒，有mv0mv1Mv2，解得碰撞后ab金屬桿的速度v12 m/s，ab金屬桿進入磁場后由能量守恒定律有Qmv，解得Q2 J.答案(1) m/s(2)2 J3(2019·河南洛陽統(tǒng)考)如圖所示，足夠長的水平軌道左側(cè)b1b2c2c1部分軌道間距為2L，右側(cè)窄軌道間距為L，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在水平軌道內(nèi)有斜向下與豎直方向成37°的勻強磁場，磁感應強度大小B00.1 T質(zhì)量M0.2 kg的金屬棒B垂直于導軌靜止放置在右側(cè)窄軌道上，質(zhì)量m0.1 kg的金屬棒A自曲線軌道上a1a2處由靜止釋放，經(jīng)時間t，兩棒達到穩(wěn)定狀態(tài)兩棒在運動過程中始終相互平行且與導軌保持良好接觸，棒A總在寬軌上運動，棒B總在窄軌上運動已知兩棒接入電路的有效電阻均為R0.2 ，h0.2 m，L0.2 m，取g10 m/s2，sin37°0.6，cos37°0.8.求：(1)棒A滑到b1b2處時的速度大小；(2)棒B勻速運動的速度大小；(3)在兩棒整個的運動過程中通過棒A某截面的電荷量；(4)在兩棒整個的運動過程中兩棒在水平導軌間掃過的面積之差解析(1)棒A在曲線軌道上下滑，軌道光滑，由機械能守恒定律有mghmv解得棒A滑到b1b2處時的速度v02 m/s.(2)對棒A、B，分別由動量定理有B0cos··2LtmvAmv0，B0cos·LtMvB得mv0mvA2MvB兩棒最后勻速運動時，電路中無電流，則B0LvB2B0LvA，得vB2vA解得vBv0 m/s.(3)在棒B加速過程中，由動量定理有B0cos·LtMvB0在兩棒整個的運動過程中通過棒A某截面的電荷量qt解得q C.(4)據(jù)法拉第電磁感應定律有E其中磁通量變化量B0cos·S電路中的電流通過棒A某截面的電荷量qt解得在兩棒整個的運動過程中兩棒在水平導軌間掃過的面積之差S m2.答案(1)2 m/s(2) m/s(3) C(4) m24(2019·福建泉州模擬)如圖所示，在豎直平面(紙面)內(nèi)有一直角坐標系xOy，x軸下方有垂直紙面向里的勻強磁場，第三象限有沿x軸負方向的勻強電場，第四象限存在另一勻強電場(圖中未畫出)；一光滑絕緣的固定不帶電細桿PQ交x軸于M點，細桿與x軸的夾角30°，桿的末端在y軸Q點處，P、M兩點間的距離為L.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，另一質(zhì)量為m、不帶電絕緣小環(huán)a套在桿上并從P點由靜止釋放，與b碰撞后瞬間反彈，反彈后到達最高點時被鎖定，鎖定點與M點的距離為，b沿桿下滑過程中始終與桿之間無作用力，b進入第四象限后做勻速圓周運動，而后通過x軸上的N點，且OMON.已知重力加速度大小為g，a、b均可看作質(zhì)點，求：(1)碰后b的速度大小v以及a、b碰撞過程中系統(tǒng)損失的機械能E；(2)磁場的磁感應強度大小B；(3)b離開桿后經(jīng)過多長時間會通過x軸解析(1)設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，由機械能守恒得mgLsinmv，mg·sinmv取沿桿向下方向為正方向，則a、b碰撞過程中，由動量守恒定律有mv1mv22mv聯(lián)立解得v機械能損失Emv解得EmgL.(2)設勻強磁場的磁感應強度大小為B，由于b從M點運動到Q點的過程中始終與桿無作用力，可得qvBcos2mg將v代入得B.(3)b在第四象限做勻速圓周運動的軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系可得軌跡的圓心O在x軸上，經(jīng)過N點時速度方向與x軸垂直，圓心角120°，又勻速圓周運動的周期Tb從Q點到第一次通過N點的時間t1T得t1 b第一次通過N點后做豎直上拋運動，經(jīng)t2時間第二次通過N點，有t2b第二次通過N點后在磁場中做半個圓周運動，經(jīng)t3時間第三次通過x軸，有t3 b離開桿后會通過x軸有兩種情況：第n次豎直向上經(jīng)過x軸，時間tt1(n1)(t2t3) (n1)(n1、2、3、)第n次豎直向下經(jīng)過x軸，時間tt1t2(n1)(t2t3) (n1)(n1、2、3、)答案(1)mgL(2)(3)第n次豎直向上經(jīng)過x軸，時間tt1(n1)(t2t3) (n1)(n1、2、3、)第n次豎直向下經(jīng)過x軸，時間tt1t2(n1)(t2t3) (n1)(n1、2、3、)6