（江浙選考1）2020版高考物理總復(fù)習(xí) 專題四 動(dòng)量與能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用 考點(diǎn)強(qiáng)化練42 動(dòng)量與能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用.doc

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考點(diǎn)強(qiáng)化練42　動(dòng)量與能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用 1.如圖所示,水平放置的寬L=0.5 m的平行導(dǎo)體框,質(zhì)量為m=0.1 kg,一端接有R=0.2 Ω的電阻,磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.4 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直導(dǎo)軌平面方向向下。現(xiàn)有一導(dǎo)體棒ab垂直跨放在框架上,并能無摩擦地沿框架滑動(dòng),導(dǎo)體棒ab的電阻r=0.2 Ω。當(dāng)導(dǎo)體棒ab以v=4.0 m/s的速度向右勻速滑動(dòng)時(shí),試求: (1)導(dǎo)體棒ab上的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小及感應(yīng)電流的方向? (2)要維持導(dǎo)體棒ab向右勻速運(yùn)動(dòng),作用在ab上的水平拉力為多大? (3)電阻R上產(chǎn)生的熱功率為多大? (4)若勻速后突然撤去外力,則棒最終靜止,這個(gè)過程通過回路的電荷量是多少? 2.(2018浙江嘉興選考模擬)如圖甲,兩條足夠長(zhǎng)、間距為d的平行光滑非金屬直軌道MN、PQ與水平面成θ角,EF上方存在垂直導(dǎo)軌平面的如圖乙所示的磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度在0~T時(shí)間內(nèi)按余弦規(guī)律變化(周期為T、最大值為B0),T時(shí)刻后穩(wěn)定為B0。t=0時(shí)刻,正方形金屬框ABCD在平行導(dǎo)軌向上的恒定外力作用下靜止于導(dǎo)軌上。T時(shí)刻撤去外力,框?qū)⒀貙?dǎo)軌下滑,金屬框在CD邊、AB邊經(jīng)過EF時(shí)的速度分別為v1和v2。已知金屬框質(zhì)量為m、邊長(zhǎng)為d、每條邊電阻為R,余弦磁場(chǎng)變化產(chǎn)生的正弦交流電最大值Em=2πB0d2T,求: (1)CD邊剛過EF時(shí),A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差; (2)撤去外力到AB邊剛過EF的總時(shí)間; (3)從0時(shí)刻到AB邊剛過EF的過程中產(chǎn)生的焦耳熱。 3.(2018浙江臺(tái)州高三上學(xué)期期末質(zhì)量評(píng)估)如圖所示,兩根相同平行金屬直軌道豎直放置,上端用導(dǎo)線接一阻值為R的定值電阻,下端固定在水平絕緣底座上。底座中央固定一根絕緣彈簧,長(zhǎng)L質(zhì)量為m的金屬直桿ab通過金屬滑環(huán)套在軌道上。在直線MN的上方分布著垂直軌道面向里,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的足夠大勻強(qiáng)磁場(chǎng)。現(xiàn)用力壓直桿ab使彈簧處于壓縮狀態(tài),撤去力后直桿ab被彈起,脫離彈簧后以速度為v1穿過直線MN,在磁場(chǎng)中上升高度h時(shí)到達(dá)最高點(diǎn)。隨后直桿ab向下運(yùn)動(dòng),離開磁場(chǎng)前做勻速直線運(yùn)動(dòng)。已知直桿ab與軌道的摩擦力大小恒等于桿重力的k倍(k<1),回路中除定值電阻外不計(jì)其他一切電阻,重力加速度為g。求: (1)桿ab向下運(yùn)動(dòng)離開磁場(chǎng)時(shí)的速度v2; (2)桿ab在磁場(chǎng)中上升過程經(jīng)歷的時(shí)間t。 4.(2018浙江寧波六校期末)如圖所示,兩根平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ相距d=1.0 m,兩導(dǎo)軌及它們所在平面與水平面的夾角均為α=30,導(dǎo)軌上端跨接一阻值R=1.6 Ω的定值電阻,導(dǎo)軌電阻不計(jì)。整個(gè)裝置處于垂直兩導(dǎo)軌所在平面且向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=1.0 T。一根長(zhǎng)度等于兩導(dǎo)軌間距的金屬棒ef垂直于兩導(dǎo)軌放置(處于靜止),且與導(dǎo)軌保持良好接觸,金屬棒ef的質(zhì)量m1=0.1 kg、電阻r=0.4 Ω,到導(dǎo)軌最底端的距離s1=3.75 m。另一根質(zhì)量m2=0.05 kg的絕緣棒gh,從導(dǎo)軌最底端以速度v0=10 m/s沿兩導(dǎo)軌上滑并與金屬棒ef發(fā)生正碰(碰撞時(shí)間極短),碰后金屬棒ef沿兩導(dǎo)軌上滑s2=0.2 m后再次靜止,此過程中電阻R產(chǎn)生的焦耳熱Q=0.2 J。已知兩棒(ef和gh)與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ=33,g取10 m/s2,求: (1)絕緣棒gh在與金屬棒ef碰前瞬間的速率v; (2)兩棒碰后,安培力對(duì)金屬棒ef做的功W以及碰后瞬間金屬棒ef的加速度a的大小; (3)金屬棒ef在導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t。 5.如圖所示,光滑平行軌道abcd的水平部分處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,bc段軌道寬度是cd段軌道寬度的2倍,bc段軌道和cd段軌道都足夠長(zhǎng),將質(zhì)量相等的金屬棒P和Q分別置于軌道上的ab段和cd段,且與軌道垂直。Q棒靜止,讓P棒從距水平軌道高為h的地方由靜止釋放,求: (1)P棒滑至水平軌道瞬間的速度大小; (2)P棒和Q棒最終的速度。 6.間距為l的平行金屬導(dǎo)軌由傾斜和水平導(dǎo)軌平滑連接而成,導(dǎo)軌上端通過開關(guān)S連接一電容為C的電容器,如圖所示。傾角為θ的導(dǎo)軌處于大小為B、方向垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)間Ⅰ中,在水平導(dǎo)軌無磁場(chǎng)區(qū)靜止放置金屬桿cd,在桿右側(cè)存在大小也為B、方向垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)間Ⅱ,區(qū)間長(zhǎng)度足夠長(zhǎng)。當(dāng)S斷開時(shí),金屬桿ab從傾斜導(dǎo)軌上端釋放進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)間Ⅰ達(dá)到勻速后進(jìn)入水平軌道,在無磁場(chǎng)區(qū)與桿cd碰撞,桿ab與cd粘合成并聯(lián)雙桿(未產(chǎn)生形變),并滑進(jìn)磁場(chǎng)區(qū)間Ⅱ,同時(shí)開關(guān)S接通(S接通前電容器不帶電)。在運(yùn)動(dòng)過程中,桿ab、cd以及并聯(lián)雙桿始終與導(dǎo)軌接觸良好,且與導(dǎo)軌垂直。已知桿ab和cd質(zhì)量均為m,電阻均為R,不計(jì)導(dǎo)軌電阻和阻力,忽略磁場(chǎng)邊界效應(yīng),求: (1)桿ab在傾斜導(dǎo)軌上達(dá)到勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度v0; (2)桿碰撞后粘合為并聯(lián)雙桿時(shí)的運(yùn)動(dòng)速度v1; (3)并聯(lián)雙桿進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)間Ⅱ后最終達(dá)到穩(wěn)定運(yùn)動(dòng)的速度v2. 7.如圖甲是我國(guó)自主研制的200 mm離子電推進(jìn)系統(tǒng),已經(jīng)全面應(yīng)用于我國(guó)航天器。離子電推進(jìn)系統(tǒng)的核心部件為離子推進(jìn)器,它采用噴出帶電離子的方式實(shí)現(xiàn)飛船的姿態(tài)和軌道的調(diào)整,具有大幅減少推進(jìn)劑燃料消耗、操控更靈活、定位更精準(zhǔn)等優(yōu)勢(shì)。 離子推進(jìn)器的工作原理如圖乙所示,推進(jìn)劑氙原子P噴注入腔室C后,被電子槍G射出的電子碰撞而電離,成為帶正電的氙離子。氙離子從腔室C中飄移過柵電極A的速度大小可忽略不計(jì),在柵電極A、B之間的電場(chǎng)中加速,并從柵電極B噴出。在加速氙離子的過程中飛船獲得推力。 已知柵電極A、B之間的電壓為U,氙離子的質(zhì)量為m、電荷量為q,AB間距為d,推進(jìn)器單位時(shí)間內(nèi)噴射的氙離子數(shù)目N。 (1)將該離子推進(jìn)器固定在地面上進(jìn)行試驗(yàn)。求: a.氙離子經(jīng)A、B之間的電場(chǎng)加速后,通過柵電極B時(shí)的速度v的大小,以及離子束的等效電流I; b.求噴射離子過程中,對(duì)推進(jìn)器產(chǎn)生的反沖作用力大小; (2)配有推進(jìn)器的飛船在太空運(yùn)行時(shí),處于完全失重狀態(tài),為了構(gòu)建推進(jìn)器在太空中運(yùn)作情景,離子推進(jìn)器可視為放置在光滑的水平地面上。已知推進(jìn)器的質(zhì)量為M,且工作時(shí)質(zhì)量保持不變,推進(jìn)器剛開始運(yùn)動(dòng)的極短時(shí)間,可認(rèn)為瞬間噴出N個(gè)離子,即這些離子相對(duì)于地面以相同的速度同時(shí)噴出。 c.求噴出時(shí)每個(gè)離子的速度以及電場(chǎng)力對(duì)每個(gè)離子做的功; d.這一過程中飛船向后移動(dòng)的距離; e.隨著時(shí)間的推移,噴出的離子的動(dòng)能逐漸變大還是變小?簡(jiǎn)要說明理由。 8. (2018浙江嘉興高三普通高校招生選考科目教學(xué)測(cè)試)如圖所示,坐標(biāo)原點(diǎn)O處有一正離子源,其在單位時(shí)間內(nèi)發(fā)出N個(gè)離子,離子的質(zhì)量為m,電荷量為q,速度大小為v,發(fā)射方向在第一象限與+x方向夾角45?！啊摹毙挝矬w的ab邊和bc邊的長(zhǎng)度均為d且相互垂直,端點(diǎn)a、c的連線與x軸平行,在整個(gè)三角形abc區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。初始時(shí)a端坐標(biāo)為(0,2d),現(xiàn)使“∧”形物體沿-y方向緩慢平移,平移的過程中a端點(diǎn)始終在y軸上,直至a、c的連線與x軸重合,在此過程中磁場(chǎng)區(qū)域隨物體同步平移且磁感應(yīng)強(qiáng)度保持不變。忽略離子間的相互作用。 (1)若磁感應(yīng)強(qiáng)度B=4mvqd,求在緩慢平移全過程中,bc邊被離子直接打中的區(qū)域(不考慮離子撞擊后的反彈); (2)在緩慢平移全過程中,若所有離子均打到“∧”形物體上,求磁感應(yīng)強(qiáng)度的取值范圍; (3)若磁感應(yīng)強(qiáng)度取(2)中的最大值,“∧”形物體位于某處時(shí),從O點(diǎn)發(fā)出的離子進(jìn)入磁場(chǎng)的ac邊界做圓周運(yùn)動(dòng)后恰好能垂直撞擊ab邊上的P1點(diǎn),求此時(shí)“∧”形物體a端的坐標(biāo)。若離子每次撞擊ab邊后均能反向彈回,彈回的速度大小均是該位置撞擊前速度大小的0.2倍,離子在P1點(diǎn)碰撞之后與ab邊發(fā)生多次碰撞,之后的碰撞點(diǎn)依次記為P2,P3,P4……求第n個(gè)碰撞點(diǎn)Pn所受的撞擊力大小。 9.(2018浙江嘉興第一中學(xué)高二上學(xué)期期末)如圖所示,在粗糙的水平面上0.5a~1.5a區(qū)間放置一探測(cè)板a=mv0qB。在水平面的上方存在水平向里,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁場(chǎng)右邊界離小孔O距離為a,位于水平面下方離子源C飄出質(zhì)量為m,電荷量為q,初速度為0的一束負(fù)離子,這束離子經(jīng)電勢(shì)差為U=2mv029q的電場(chǎng)加速后,從小孔O垂直水平面并垂直磁場(chǎng)射入磁場(chǎng)區(qū)域,t時(shí)間內(nèi)共有N個(gè)離子打到探測(cè)板上。 (1)求離子從小孔O射入磁場(chǎng)后打到板上的位置。 (2)若離子與擋板碰撞前后沒有能量的損失,則探測(cè)板受到的沖擊力為多少? (3)若射到探測(cè)板上的離子全部被板吸收,要使探測(cè)板不動(dòng),水平面需要給探測(cè)板的摩擦力為多少?  考點(diǎn)強(qiáng)化練42　動(dòng)量與能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)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)導(dǎo)體棒ab上的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小:E=BLv=0.40.54 V=0.8 V;感應(yīng)電流的方向由b到a。 (2)要維持導(dǎo)體棒ab向右勻速運(yùn)動(dòng),作用在ab上的水平拉力等于安培力:F外=FA=B2L2vR+r=0.420.5240.2+0.2 N=0.4 N (3)回路的電流:I=ER+r=0.80.2+0.2 A=2 A 電阻R上產(chǎn)生的熱功率為PR=I2R=220.2 W=0.8 W (4)由動(dòng)量定理:-BILt=0-mv q=It,則BLq=mv 解得q=mvLB=0.140.50.4 C=2 C。 2.答案 (1)UAB=-34B0dv1　(2)t=v2gsinθ+B02d34mgRsinθ　(3)π2B02d42TR+mgdsin θ+12m(v12-v22) 解析 (1)E=B0dv1、由楞次定律知A點(diǎn)電勢(shì)低于B點(diǎn), 故UAB=-34E,即UAB=-34B0dv1 (2)mgtsin θ-B0dq=mv2-mv0 q=B0d24R,故:t=v2gsinθ+B02d34mgRsinθ (3)交流電的有效值E=22Em,Q1=E2R總t=π2B02d42TR 線框出磁場(chǎng)的過程中,Q2=-WA 結(jié)合動(dòng)能定理:mgdsin θ+WA=ΔEk 得:Q2=mgdsin θ+12m(v12-v22) 總焦耳熱為:Q=Q1+Q2=π2B02d42TR+mgdsin θ+12m(v12-v22) 3.答案 (1)v2=(1-k)mgRB2L2　(2)mv1R-B2L2h(1+k)mgR 解析 (1)桿ab向下運(yùn)動(dòng)離開磁場(chǎng)前做勻速運(yùn)動(dòng) 根據(jù)平衡條件:mg=F安+Ff 根據(jù)題意有:Ff=kmg 安培力為:F安=BIL=B2L2v2R 聯(lián)立以上解得:v2=(1-k)mgRB2L2 (2)桿ab在磁場(chǎng)中上升過程,由動(dòng)量定理得:-mgt-kmgt-BIL=0-mv1 上升過程的感應(yīng)電荷量為:q=It=BLhR 聯(lián)立解得:t=mv1R-B2L2h(1+k)mgR 桿ab在磁場(chǎng)中上升過程經(jīng)歷的時(shí)間為:mv1R-B2L2h(1+k)mgR 4.答案 (1)5 m/s　(2)0.25 J　25 m/s2　(3)0.2 s 解析 (1)絕緣棒gh從導(dǎo)軌最底端向上滑動(dòng)的過程中,由動(dòng)能定理有:-μm2gs1cos α-m2gs1sin α=12m2v2-12m2v02, 解得v=5 m/s (2)由功能關(guān)系可知,金屬棒ef克服安培力做的功等于回路中產(chǎn)生的總焦耳熱,即有:W=Q總,而Q總=R+rRQ, 解得W=0.25 J, 設(shè)碰后瞬間金屬棒ef的速率為v1,回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E,感應(yīng)電流為I,安培力為F,有E=Bdv1,I=ER+r,F=BId, 在金屬棒ef上滑過程中,由動(dòng)能定理有-W-μm1gs2cos α-m1gs2sin α=0-12m1v12,解得v1=3 m/s, 在兩棒碰后瞬間,由牛頓第二定律有 μm1gcos α+m1gsin α+F=m1a, 解得a=25 m/s2。 (3)金屬棒ef在導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過程中,設(shè)安培力的沖量為I安,沿導(dǎo)軌方向,由動(dòng)量定理有-I安-μm1gtcos α-m1gtsin α=0-m1v1,又I安=BdtI,其中I=ER+r, 由法拉第電磁感應(yīng)定律有E=ΔΦt,其中ΔΦ=Bds2, 解得t=0.2 s。 5.答案 (1)2gh　(2)vP=2gh5,vQ=22gh5 解析 (1)設(shè)P,Q棒的長(zhǎng)度分別為2L和L,磁感強(qiáng)度為B,P棒進(jìn)入水平軌道的速度為v 對(duì)于P棒,金屬棒下落h過程應(yīng)用動(dòng)能定理:Mgh=12Mv2 解得P棒剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度為:v=2gh (2)當(dāng)P棒進(jìn)入水平軌道后,切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流。P棒受到安培力作用而減速,Q棒受到安培力而加速,Q棒運(yùn)動(dòng)后也將產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì),與P棒感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)反向,因此回路中的電流將減小。最終達(dá)到勻速運(yùn)動(dòng)時(shí),回路的電流為零, 所以:EP=EQ,即2BLvP=BLvQ,解得:2vP=vQ 因?yàn)楫?dāng)P,Q在水平軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí),它們所受到的合力并不為零 FP=2BIL,FQ=BIL(設(shè)I為回路中的電流),因此P,Q組成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒 設(shè)P棒從進(jìn)入水平軌道開始到速度穩(wěn)定所用的時(shí)間為Δt P,Q對(duì)PQ分別應(yīng)用動(dòng)量定理得: -FPΔt=-2BILΔt=MvP-Mv,FQΔt=BILΔt=MvQ-0,2vP=vQ 聯(lián)立解得:vP=2gh5,vQ=252gh 6.答案 (1)v0=2RmgsinθB2l2　(2)v1=RmgsinθB2l2　(3)v2=2m2m+CB2l2RmgsinθB2l2 解析 (1)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=Blv0,感應(yīng)電流I=Blv02R, 安培力:F=IBl=B2l2v02R 桿做勻速運(yùn)動(dòng),根據(jù)平衡條件得:B2l2v02R=mgsin θ 聯(lián)立解得:v0=2RmgsinθB2l2 (2)由動(dòng)量守恒定律,有mv0=2mv1,得到:v1=RmgsinθB2l2 (3)當(dāng)并聯(lián)雙桿進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅱ時(shí),在極小的時(shí)間間隔Δt內(nèi) 對(duì)雙桿運(yùn)用動(dòng)量定理,有:BliΔt=-2mΔv 累加求和得:BlΔq=-2m(v2-v1) 而Δq=CE-0=CBlv2 聯(lián)立解得:v2=2mv12m+CB2l2=2m2m+CB2l2RmgsinθB2l2 7.答案 (1)a.v=2qUm,I=Nq　b.F=N2mUq (2)c.vm=2qUmMM+Nm,W=qUMM+Nm　d.xM=NmNm+M d　e.動(dòng)能越來越小 解析 (1)a:由動(dòng)能定理:Uq=12mv2　解得v=2qUm I=Qt=Nq b.由動(dòng)量定理:FΔt=NΔtmv　F=N2mqU 根據(jù)牛頓第三定律:F=F=N2mqU (2)c:根據(jù)能量守恒:NUq=12Nmvm2+12MvM2 根據(jù)動(dòng)量守恒:Nmvm=Mvm vm=2UqmMM+Nm,Ek=12mvm2=MUqM+Nm 根據(jù)動(dòng)能定理:W=Ek=MUqM+Nm 根據(jù)動(dòng)量守恒:N=mvm=MvM 兩邊同時(shí)對(duì)時(shí)間累積:Nmxm=MxM xm+xM=d,xM=NmM+Nmd e:隨著時(shí)間的推移,離子噴出時(shí)的動(dòng)能越來越小。原因:隨著時(shí)間的推移,推進(jìn)器由于具有初速度,相同時(shí)間內(nèi),xM逐漸變大,xm越來越小,電場(chǎng)力對(duì)離子做功越來越小,獲得的動(dòng)能越來越小。 8.答案 見解析 解析 (1)離子進(jìn)入磁場(chǎng)后qvB=mv2r 由已知B=4mvqd代入得:r=d4 圓軌跡與bc邊相切時(shí),設(shè)切點(diǎn)為M,由幾何關(guān)系得cM=d2 所以被離子打到的區(qū)間為bc邊上c端一側(cè)d2區(qū)域 (2)臨界情況為軌跡取最小值r1時(shí),圓軌跡能同時(shí)和ab邊和bc邊相切 由幾何關(guān)系得圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r1=d3,qvB1=mv2r1 得對(duì)應(yīng)的最大磁感應(yīng)強(qiáng)度:B1=3mvqd 所以磁感應(yīng)強(qiáng)度大小的取值范圍為B≤3mvqd (3)由幾何關(guān)系得a端的坐標(biāo)為0,23d 第n-1次碰撞后,離子的速度大小vn-1=0.2n-1v 第n次碰撞后,離子的速度大小vn=0.2nv 碰撞過程,由動(dòng)量定理得:FΔt=NΔtm(vn+vn-1) 得:F=(0.2n+0.2n-1)Nmv=1.2Nmv0.2n-1=6Nmv0.2n 9.答案 (1)打在板的中間　(2)2Nmv03t　方向豎直向下　(3)3Nmv03t　方向水平向左 解析(1)在加速電場(chǎng)中加速時(shí)據(jù)動(dòng)能定理:qU=12mv2, 代入數(shù)據(jù)得v=23v0 在磁場(chǎng)中洛倫茲力提供向心力:qvB=mv2r,所以半徑 r=mvqB=2mv03qB=23a 軌跡如圖: OO=13a,∠OOA=30,OA=23acos 30=33a 所以O(shè)B=OAtan 60=a,離子離開磁場(chǎng)后打到板的正中間。 (2)設(shè)板對(duì)離子的力為F,垂直板向上為正方向,根據(jù)動(dòng)量定理:Ft=Nmvsin 30-(-Nmvsin 30) =23Nmv0,F=2Nmv03t 根據(jù)牛頓第三定律,探測(cè)板受到的沖擊力大小為2Nmv03t,方向豎直向下。 (3)若射到探測(cè)板上的離子全部被板吸收,板對(duì)離子水平方向的力為T,根據(jù)動(dòng)量定理:Tt=Nmvcos 30=33Nmv0,T=3Nmv03t 離子對(duì)板的力大小為3Nmv03t,方向水平向右。 所以水平面需要給探測(cè)板的摩擦力大小為3Nmv03t,方向水平向左。