高三动量电磁计算题

高三动量电磁计算题

1.如图所示是某游乐场过山车的娱乐装置原理图，弧形轨道末端与一个半径为的光滑圆轨道平R滑连接，两辆质量均为的相同小车（大小可忽略），中间夹住一轻弹簧后连接在一起，两车m从光滑弧形轨道上的某一高度由静止滑下，当两车刚滑入圆环最低点时连接两车的挂钩突然断开，弹簧将两车弹开，其中后车刚好停下，前车沿圆环轨道运动恰能越过圆弧轨道最点，rWj求

（1）前车被弹出时的速度；

（2）前车被弹出的过程中弹簧释放的弹性势能；

（3）两车从静止下滑到最低点的高度h..如图所示，有一竖直固定在地面的透气圆筒，筒中有一轻弹簧，其下端固定，上端连接一质2量为加的薄滑块，当滑块运动时，圆筒内壁对滑块有阻力的作用，阻力的大小恒为R=:〃2g（g为重力加速度）.在初始位置滑块静止，圆筒内壁对滑块的阻力为零，弹簧的长度为/.现有一质量也为加的物体从距地面处自由落下，与滑块发生碰撞，碰撞时间极短.碰撞后物体与滑块粘2/在一起向下运动，运动到最低点后又被弹回向上运动，滑动到刚发生碰撞位置时速度恰好为零，不计空气阻力求（）物体与滑块碰撞后共同运动速度的大小；1（）下落物体与薄滑块相碰过程中损失的机械能多大2（）碰撞后，在滑块向下运动的最低点的过程中弹簧弹性势能的变化量2机口……4vi2-vo2=-2aL代入数据解得vi=2m/s与碰撞过程动量守恒2A Bmivi=mi+m2V2代入数据解得V2=

1.2m/s、整体做平抛运动3A Bh=-^t2x=v2t联立代入数据解得x=

0.48m答1物块A与物块B碰前瞬间，A的速度大小为2m/s；2物块A与物块B碰后瞬间，A、B整体的速度大小为

1.2m/s；、整体的落地点距桌面右边缘的水平距离为4A BD

0.48m.叩陛人」、庭出二q叫

17.1a.V mb.2试题解析粒子在电场中加速1a.根据动能定理qU•!wp32解得速度=/迎P粒子在磁场中做匀速圆周运动b.根据牛顿第二定律和洛仑力公式科加£8=解得半径区隹巳列q由以上计算可知切=史222U有却FML2代入已知条件得―【考点工导体切割磁感线时的感应电动势；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用；点电荷的场强；法拉第电磁感应定律；楞次定律；电磁感应中的能量转化.【专题］:压轴题；电磁感应一一功能问题.【分析】导体棒在重力作用下切割磁感线，由法拉第电磁感应定律求出产生感应电动势大小，由右手定则来判定闭合电路出现感应电流方向，由左手定则来根据导体棒受到安培力来确Cd定所处的磁场方向.当棒进入区域后，磁场不变，则电路中电流恒定，由电流与电阻ab CDEF可求出棒消耗的电功率.进入区域前只受重力和支持力作用做匀加速运动，进入cd ab CDEF区域后将做匀速运动，工之前由法拉第电磁感定律求出感生电动势，之后求出动生电动CDEF势.两者相等下，可求出棒刚下滑时离的距离.abCD解1如图示，cd棒受到重力、支持力和安培力的作用而处于平衡状态由力的平衡条件有BIL=Mgsin得］JgsinS BL上述结果说明回路中电流始终保持不变，而只有回路中电动势保持不变,才能保证电流不变,因此可以知道在时刻刚好到达区域的边界在内，由楞次定律可知，回路中tx ab CDEF CD.0〜电流沿方向，再由左手定则可知，区域内的磁场方向垂直于斜面向上abdca MNPQ棒进入区域后，磁场不再发生变化，在、和导轨构成的回路中，相当于2ab CDEFab cdab电源，相当于外电阻有cdP=I2R=MgsinS2RBL进入区域前只受重力和支持力作用做匀加速运动，进入区域后将做匀速运3ab CDEFCDEF动.设刚好到达区域的边界处的速度大小为刚下滑时离的距离为在ab CDEFCD v,CD s0〜t,内由法拉第电磁感定律E12LXL2BL=1At ttvX Lx在tx后有E=BLV2EI=E2解得0+v1AS=2【点评】导体棒在磁场中切割磁感线产生电动势，电路中出现电流，从而有安培力.由于安培力是与速度有关系的力，因此会导致加速度在改变.所以当安培力不变时，则一定处于平衡状态..解由图可知，当时、杆最终以匀速运动，产生电动势91R=0v=2m/sE=BLv=

0.5x2x2V=2V设最大速度为杆切割磁感线产生的感应电动势2v,E=BLv,由闭合电路的欧姆定律杆达到最大速度时满足I=—,mgsinB-BIL=O,R+r解得rngsine mgsinev=B2L222B Ld-9由图象可知斜率为kl—m/s-Q=lm/s,Q，纵截距为vo=2m/s,得至mgsinS1br=vo,B2L22解得m=

0.2kg,r=2Q.由题意3E=BLv,999B2L2V^_B2L2V^占得P=B v,则△「二R+r R+r R+r由动能定理得一5mV；，乙乙E/」〃〃口m R+r.联上解得w=——y△2，2BQW=

0.6J.答1当R=0时，杆ab匀速下滑过程中产生感生电动势E的大小是2V；2金属杆的质量m是

0.2kg,阻值r是2Q；当时，回路瞬时电功率每增加的过程中合外力对杆做的功是3R=4Q1W W

0.6J.后△t_2X9_BLxq=lAt=~R R R解金属棒向上穿越磁场过程中通过的电量为:

10.1R导体棒返回磁场处处于平衡状态，则有:2mgsinO=|imgcos0-FBIL联立得^sinA-^osARV2对于金属棒离开磁场的过程，设上滑的最大距离为由动能定理得:3s,上滑有-mgsinB+iimgcose s=0-—mV12下滑有mgsinB-umgcosB2解得二口sin8+[1cos B/sin8+N cos8gsin8—P-cos8R_mgE sin^-kl cos0RsinB-|1cos0g2L2B2L2口；Ysin2B一2cos28设金属棒克服安培力做功为安.4WR2T2因f=kv,F安=-^------R_B2L2f所以F安kR则得安wkR根据功能关系得金属棒损耗的机械能为D2T2△E=nmgcos0xo+W安+W=imgcosexo+^-----W+W.kRBL xn答金属棒向上穿越磁场过程中通过的电量为一^1R q碇‘二炉」2金属棒下滑进入磁场时的速度V2为si RB2L2金属棒向上离开磁场时的速度为」浮士、3vi Jsin28-|12cos20-22金属棒损耗的机械能为imgcosexo+B Lw+w.4kR

11.考点导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化.专题电磁感应一一功能问题.分析线框的边刚进入磁场时，受到重力和竖直向上的安培力作用，根据牛顿第1cd二定律和安培力公式结合求解电流.F=BI1当线框的边刚离开磁场时，由牛顿第二定律得到电流表达式，由欧姆定律正处2cd1=RR得到速度的关系式.当进入磁场后，线框做匀加速运动，加速度为通过位移ab g,H-12时离开磁场，由运动学公式求解线框的边刚进入磁场时线框的速度大小.ab ab由冬？、且结合求解电量.3E=1=q=IZ\t△t R解答解1设线框的cd边刚进入磁场时线框导线中的电流为11，依据题意、根据牛顿第二定律有巳mg-B Iili=3/5设线框边刚进入磁场时线框的速度大小为线框的边刚离开磁场时速度大小2ab vi,cd为V2,线框的cd边刚离磁场时线框导线中的电流为12，依据题意、牛顿第二定律有B I2I1-mg=055H5BliBll2=^6RmgV2=—―4-跆2g H-12vi=Jvj_2g H-］，25；］〃VI=B36R22g2-soBqig H-41rl设线框穿出磁场的过程中所用时间为平均电动势为通过导线的平均电流3abed at,E,为通过导线某一横截面的电荷量为I,q,△巾Bl』UIHF则E=^=WR RAtBl』q=FAt=—答线框的边刚进入磁场时，通过线框导线中的电流咀；1cd5BL线框的边刚进入磁场时线框的速度大小为2ab—3136R2m2g2YOB,ljg H-1；21线框从全部在磁场中开始到全部穿出磁场的过程中，通过线框导线横截面的电荷3abedJ1J2点评本题是电磁感应与力学知识的综合应用，已知加速度，根据牛顿第二定律和安培力公式结合研究电流.线框完全在磁场中运动的过程中，是匀加速运动，由匀变速运动的规律研I ML返

12.⑴2解析设碰撞前球速度1A究初速度和末速度的关系.为%,由动能定理有:12TTqU=”v设碰撞后、球的速度为由动量守恒定律有:A Bv,2qUmv=得=2m v带电小球在复合场中做匀速圆周运动，重力与电场力平衡:mg=qE2mR_2〃2g JL/—得出9带电小球从轨道最低点到最高点过程中，受到重力、电场力和洛伦兹力，其中洛伦兹力不做功，电场力做正功，使小球机械能增加.设轨道半径为则机械能改变R,△£=2qER由洛伦兹力提供向心力，有「2mv2qvB=）如图所示，一个带圆弧轨道的平台固定在水平地面上，光滑圆弧的半径为

3.1M/V R=

3.2m,4水平部分长上物体静止在足够长的平板小车上，与小车的接触面光滑，小车A/P

3.5m,B CB的左端紧贴平台的右端从M点由静止释放的物体滑至轨道最右端P点后再滑上小车,物体A人滑上小车后若与物体相碰必粘在一起，它们间无竖直作用力入与平台水平轨道和小车上B表面的动摩擦因数都为且最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等物体、和小车c的质量

0.4,A8均为1kg,取g=10m/s2o求:⑴物体A进入N点前瞬间对轨道的压力大小⑵物体A在NP上运动的时间？⑶物体,最终离小车左端的距离为多少

4.（计算）（2014•通州区一模）如图所示，轨道ABC中的AB段为一半径R=

0.2m的光滑」圆4形轨道，段为足够长的粗糙水平面.一质量为的小滑块由点从静止开始下滑,滑到BC

0.1kg PA点时与静止在点另一质量为的小滑块碰撞后粘在一起，两滑块在水平面上滑B B

0.1kg QBC行

0.5m后停下.（g取lOmH）,求

（1）小滑块P刚到达圆形轨道B点时，轨道对它的支持力FN的大小；

（2）小滑块P与小滑块Q碰撞后共同运动的速度v共大小；

（3）滑块与水平面间的动摩擦因数日的大小.如图所示为竖直放置的四分之一圆弧轨道，点是其圆心，半径水平、竖直O R=

0.8m,OA OB轨道底端距水平地面的高度从轨道顶端由静止释放一个质量的小球，小球h=

0.8m A m=

0.1kg到达轨道底端时，恰好与静止在点的另一个相同的小球发生碰撞，碰后它们粘在一起水平B B飞出，落地点C与B点之间的水平距离x=

0.4m忽略空气阻力，重力加速度g=10m/s2o求

（1）两球从B点飞出时的速度大小V2；

（2）碰撞前瞬间入射小球的速度大小vi；（）从到的过程中小球克服阻力做的功3A BWf

6.计算•昌平区二模如图所示，水平桌面长距水平地面高桌面右端放置一2015L=3m,h=

0.8m,个质量的小物块桌面的左端有一质量的小物块某时刻物块以初速度m2=

0.4kg B,mi=

0.6kg A.A开始向右滑动，与发生正碰后立刻粘在一起，它们从桌面水平飞出，落到地面上的vo=4m/s B点.已知物块与桌面间的动摩擦因数产重力加速度求:D A

0.2,g=10m/s

2.1物块A与物块B碰前瞬间，A的速度大小vi；2物块A与物块B碰后瞬间，A、B整体的速度大小V2；、整体的落地点距桌面右边缘的水平距离3A BD x.

7.质谱仪是一种精密仪器，是测量带电粒子的质量和分析同位素的重要工具图中所示的质谱仪是由加速电场和偏转磁场组成带电粒子从容器下方的小孔飘入电势差为的加速电场，A SiU其初速度几乎为然后经过沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为的匀强磁场中，最0,S3B后打到照相底片上不计粒子重力D若由容器进入电场的是质量为、电荷量为的粒子，求:粒子进入磁场时的速度大小1Amq a.v；粒子在磁场中运动的轨道半径b.R若由容器进入电场的是互为同位素的两种原子核、由底片上获知、在磁2A Pi P,Pi P22场中运动轨迹的直径之比是求、的质量之比JJ:1PiP2mi:m

2.如甲图所示，间距为、电阻不计的光滑导轨固定在倾角为的斜面上.在矩形区域内8L MNPQ有方向垂直于斜面的匀强磁场，磁感应强度为B；在CDEF矩形区域内有方向垂直于斜面向下的磁场，磁感应强度随时间变化的规律如乙图所示，其中的最大值为现将一根质量Bt tBt2B.为、电阻为、长为的金属细棒跨放在区域间的两导轨上并把它按住，使其静M RL cd MNPQ止.在时刻，让另一根长也为的金属细棒从上方的导轨上由静止开始下滑，同时释t=0L abCD放棒.已知长度为两根细棒均与导轨良好接触，在从图中位置运动到处的过程cd CF2L,ab EF中，cd棒始终静止不动，重力加速度为g；tx是未知量.求通过棒的电流，并确定区域内磁场的方向；1cdMNPQ当棒进入区域后，求棒消耗的电功率；2abCDEFcd.如图甲，、两条平行的光滑金属轨道与水平面成角固定，、之间接电阻箱9MN PQ6=30M P导轨所在空间存在匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上，磁感应强度为质量为R,B=

0.5T.的金属杆水平放置在轨道上，其接入电路的电阻值为现从静止释放杆测得最大速度m a b r.a b,为vm.改变电阻箱的阻值R，得到vm与R的关系如图乙所示.已知轨距为L=2m,重力加速度g取轨道足够长且电阻不计.求10m/s2,杆下滑过程中感应电流的方向及时最大感应电动势的大小;1abR=0E2金属杆的质量m和阻值r；当时，求回路瞬时电功率每增加的过程中合外力对杆做的功3R=4Q1W W..如图所示，电阻不计的平行的金属导轨间距为下端通过一阻值为的电阻相连，宽度为10L,R的匀强磁场垂直导轨平面向上，磁感强度为一电阻不计，质量为的金属棒获得沿导轨xo B.m向上的初速度后穿过磁场，离开磁场后继续上升一段距离后返回，并匀速进入磁场，金属棒与导轨间的滑动摩擦系数为山不计空气阻力，且整个运动过程中金属棒始终与导轨垂直.1金属棒向上穿越磁场过程中通过R的电量q；2金属棒下滑进入磁场时的速度V2；3金属棒向上离开磁场时的速度vi；若金属棒运动过程中的空气阻力不能忽略，且空气阻力与金属棒的速度的关系式为其4Qkv,中为一常数.在金属棒向上穿越磁场过程中克服空气阻力做功求这一过程中金属棒损耗的k W,机械能△£.如图所示，水平地面上方有一高度为、上下水平界面分别为、的匀强磁场，磁感

11.H PQMN应强度为矩形导线框边长为边长为导线框的质量为电阻为磁场方向垂直于B.ab h,cd12,m,R.线框平面向里，磁场高度线框从某高处由静止落下，当线框的边刚进入磁场时，线框H

12.cd的加速度方向向下、大小为

0.6g；当线框的cd边刚离开磁场时，线框的加速度方向向上、大小为在运动过程中，线框平面位于竖直平面内，上、下两边总平行于空气阻力不计，重

32.1设物体下落至与薄滑块碰撞前的速度为w，在此过程中机械能守恒，依据机械能守恒定律有mgl=mvl/2解得2glvo=设碰撞后共同速度为依据动量守恒定律有mvo^lmvv,角牟得2gL分--------------------------5物体与薄滑块相碰过程中损失的机械能2KE——mvi——2mv2=—----------------分42022设物体和滑块碰撞后下滑的最大距离为依据动能定理，对碰撞后物体与滑块一起向下3x,运动到返回初始位置的过程，有—2£%=0—晨2〃2y22设在滑块向下运动的过程中，弹簧的弹力所做的功为%,依据动能定理，对碰撞后物体与滑块一起向下运动到最低点的过程，有fF+2mgx—Fx=0—^x2mv2解得W=--mgl所以弹簧的弹性势能增加了*mg/o

333.130N；

20.553—m1644⑴物体由到过程中，由动能定理得:A M/V12mAgR=-mAVN

①在/V点，由牛顿定律得F-mg=m—

②N A AR联立

①②，解得F=3mg=30NN A由牛顿第三定律得，物体人进入轨道前瞬间对轨道压力大小为=3mg=30NA物体在平台上运动过程中，有24mg=ma

⑤A A1L—Vxrt广

⑥2由

①、

⑤、

⑥式，解得，=t=

3.5s不合题意，舍去

0.5s,物体刚滑上小车时速度=v-at=6m/s网］3AN从物体滑上小车到相对小车静止过程中，小车、物体八组成系统动量守恒，而物体保持静A B止，则有m+mv=mvA c2A x小车最终速度v=3m/s此过程中相对小车的位移为，贝」A4I29解得L=-mx4物体与小车匀速运动直到碰到物体相互作用的过程中动量守恒，有:m+mv=mvA A B,A,BA B3A2此后组成的系统与小车发生相互作用，动量守恒，且达到共同速度得A,B%+加mCV2=mA+mB+mcV4Qi+此过程中相对小车的位移大小为乙，则:A121c21r2RmgL=—mv,+—x2mv/--------x3mvA一22323解得:L=—m21633物体4最终离小车左端的距离为X=L-L12=—m16答⑴物体人进入2点前瞬间对轨道的压力大小为30N；⑵物体在上运动的时间为AA/P

0.5s33⑶物体最终离小车左端的距离为加47O

164.1小滑块P刚到达圆形轨道B点时，轨道对它的支持力FN的大小为3N；2小滑块P与小滑块Q碰撞后共同运动的速度v共大小为lm/s；滑块与水平面间的动摩擦因数的大小为

30.

1.动量守恒定律；动能定理；机械能守恒定律解1小滑块P沿光滑圆形轨道下滑到达圆形轨道底端B的过程中，机械能守恒，由机械能守恒定律得irigR=-^inv^在点，由牛顿第二定律得2v BPNR代入数据解得FN=3N,VB=2m/s；小滑块与小滑块在点碰撞后共速，碰撞过程中动量守恒，以的速度方向为正方向，2P QB P由动量守恒定律得共，mvB=2mv代入数据解得v共=lm/s；滑块在水平面上滑行的过程中，受到滑动摩擦力的作用，由动能定理得319共-□•2mgs=0--mv22vit代入数据解得尸一二

0.1；2gs答1小滑块P刚到达圆形轨道B点时，轨道对它的支持力FN的大小为3N；2小滑块P与小滑块Q碰撞后共同运动的速度v共大小为lm/s；滑块与水平面间的动摩擦因数的大小为3N

0.L

5.1lm/s；22加/s；

30.6J两球从点飞出后做平抛运动，则有1B竖直方向上h=-^gt2解得t=

0.4s水平方向上x=vt2解得v=lm/s2两球碰撞，根据动量守恒定律2则有mv=2/TV{2解得w=2m/s入射小球从运动到的过程中，根据动能定理3A B得mgR-Wf--mvy-0解得w=

0.6Jf答1两球从B点飞出时的速度大小为lm/s；2碰撞前瞬间入射小球的速度大小为2加/s；从到的过程中小球克服阻力做的功为3A B

0.

616.1物块A与物块B碰前瞬间，A的速度大小为2m/s；2物块A与物块B碰后瞬间，A、B整体的速度大小为L2m/s；、整体的落地点距桌面右边缘的水平距离为3ABD

0.48m.动量守怛定律；机械能守怛定律解物块向右做匀减速直线运动，1A|img=ma。