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(新課標(biāo))2020版高考物理大二輪復(fù)習(xí) 專題三 動(dòng)量和能量 第二講 電磁學(xué)中的動(dòng)量和能量問題教學(xué)案

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(新課標(biāo))2020版高考物理大二輪復(fù)習(xí) 專題三 動(dòng)量和能量 第二講 電磁學(xué)中的動(dòng)量和能量問題教學(xué)案

第二講電磁學(xué)中的動(dòng)量和能量問題知識(shí)建構(gòu)備考點(diǎn)睛(注1)(注2):詳見答案部分1.兩種??碱}型(1)帶電粒子在電場(chǎng)和磁場(chǎng)中的碰撞問題.(2)電磁感應(yīng)中“導(dǎo)軌棒”模型.2.三大觀點(diǎn)動(dòng)力學(xué)、動(dòng)量、能量觀點(diǎn)是解決力電綜合問題的首選方法.答案(1)動(dòng)量定理、動(dòng)能定理(2)動(dòng)量定理、動(dòng)能定理、動(dòng)量守恒定律、能量守恒定律、功能關(guān)系熱點(diǎn)考向一電場(chǎng)中的動(dòng)量和能量問題【典例】(2019·太原一模)如右圖所示,LMN是豎直平面內(nèi)固定的光滑絕緣軌道,MN水平且足夠長(zhǎng),LM下端與MN相切質(zhì)量為m的帶正電小球B靜止在水平面上,質(zhì)量為2m的帶正電小球A從LM上距水平面高為h處由靜止釋放,在A球進(jìn)入水平軌道之前,由于A、B兩球相距較遠(yuǎn),相互作用力可認(rèn)為零,A球進(jìn)入水平軌道后,A、B兩球間相互作用視為靜電作用,帶電小球均可視為質(zhì)點(diǎn)已知A、B兩球始終沒有接觸重力加速度為g.求:(1)A球剛進(jìn)入水平軌道的速度大?。?2)A、B兩球相距最近時(shí),A、B兩球系統(tǒng)的電勢(shì)能Ep;(3)A、B兩球最終的速度vA、vB的大小思路引領(lǐng)(1)A球下滑過程滿足機(jī)械能守恒條件(2)A球進(jìn)入水平軌道,A、B球組成的系統(tǒng)所受合外力為零,動(dòng)量守恒當(dāng)兩球最近時(shí),速度相等(3)兩球距離足夠遠(yuǎn)時(shí),相互作用力為零,系統(tǒng)電勢(shì)能為零解析(1)對(duì)A球下滑的過程,據(jù)機(jī)械能守恒得2mgh·2mv解得v0(2)A球進(jìn)入水平軌道后,兩球組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒,當(dāng)兩球相距最近時(shí)共速,有2mv0(2mm)v解得vv0據(jù)能量守恒定律得2mgh(2mm)v2Ep解得Epmgh(3)當(dāng)兩球相距最近之后,在靜電斥力作用下相互遠(yuǎn)離,兩球距離足夠遠(yuǎn)時(shí),相互作用力為零,系統(tǒng)電勢(shì)能也為零,速度達(dá)到穩(wěn)定則2mv02mvAmvB×2mv×2mvmv解得vAv0,vBv0答案(1)(2)mgh(3)電場(chǎng)中動(dòng)量和能量問題的解題技巧動(dòng)量守恒定律與其他知識(shí)綜合應(yīng)用類問題的求解,與一般的力學(xué)問題求解思路并無(wú)差異,只是問題的情景更復(fù)雜多樣,分析清楚物理過程,正確識(shí)別物理模型是解決問題的關(guān)鍵(2019·武漢畢業(yè)生調(diào)研)有一質(zhì)量為M、長(zhǎng)度為l的矩形絕緣板放在光滑的水平面上,另一質(zhì)量為m、帶電荷量的絕對(duì)值為q的物塊(視為質(zhì)點(diǎn)),以初速度v0從絕緣板的上表面的左端沿水平方向滑入,絕緣板所在空間有范圍足夠大的勻強(qiáng)電場(chǎng),其場(chǎng)強(qiáng)大小E,方向豎直向下,如右圖所示已知物塊與絕緣板間的動(dòng)摩擦因數(shù)恒定,物塊運(yùn)動(dòng)到絕緣板的右端時(shí)恰好相對(duì)于絕緣板靜止;若將勻強(qiáng)電場(chǎng)的方向改變?yōu)樨Q直向上,場(chǎng)強(qiáng)大小不變,且物塊仍以原初速度從絕緣板左端的上表面滑入,結(jié)果兩者相對(duì)靜止時(shí),物塊未到達(dá)絕緣板的右端求:(1)場(chǎng)強(qiáng)方向豎直向下時(shí),物塊在絕緣板上滑動(dòng)的過程中,系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量;(2)場(chǎng)強(qiáng)方向豎直向下時(shí)與豎直向上時(shí),物塊受到的支持力之比;(3)場(chǎng)強(qiáng)方向豎直向上時(shí),物塊相對(duì)于絕緣板滑行的距離解析(1)場(chǎng)強(qiáng)方向向下時(shí),根據(jù)動(dòng)量守恒定律得mv0(Mm)v所以vv0根據(jù)能量守恒定律得熱量Qmv(Mm)v2(2)場(chǎng)強(qiáng)向下時(shí)FNmgqE場(chǎng)強(qiáng)向上時(shí)FNmgqE所以(3)兩次產(chǎn)生的熱量相等FNlQ,F(xiàn)NlQ所以l.答案(1)(2)14(3)(1)對(duì)于電場(chǎng)中的動(dòng)量問題,判斷所研究的系統(tǒng)動(dòng)量是否守恒是解題關(guān)鍵(2)對(duì)于電場(chǎng)中的能量問題,要熟練掌握電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能變化的關(guān)系,結(jié)合功能關(guān)系和能量守恒定律解題. 熱點(diǎn)考向二磁場(chǎng)中的動(dòng)量和能量問題【典例】(2019·陜西西安市四模)如右圖所示,將帶電荷量Q0.3 C、質(zhì)量m0.3 kg的滑塊放在小車的水平絕緣板的右端,小車的質(zhì)量M0.5 kg,滑塊與絕緣板間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.4,小車的絕緣板足夠長(zhǎng),它們所在的空間存在磁感應(yīng)強(qiáng)度B20 T的水平方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(垂直于紙面向里)開始時(shí)小車靜止在光滑水平面上,一擺長(zhǎng)L1.25 m、質(zhì)量m0.15 kg的擺球從水平位置由靜止釋放,擺球到最低點(diǎn)時(shí)與小車相撞,碰撞后擺球恰好靜止,g取10 m/s2.求:(1)與小車碰撞前擺球到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)對(duì)擺線的拉力;(2)擺球與小車的碰撞過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能E;(3)碰撞后小車的最終速度思路引領(lǐng)(1)當(dāng)F洛>mg時(shí)滑塊與車之間的彈力變?yōu)榱?2)擺球與小車碰撞瞬間擺球與小車組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒解析(1)擺球下落過程,由動(dòng)能定理有mgLmv2,解得v5 m/s,擺球在最低點(diǎn)時(shí),由牛頓第二定律得Tmgm,解得T4.5 N,由牛頓第三定律可知擺球?qū)[線的拉力T4.5 N,方向豎直向下(2)擺球與小車碰撞瞬間,擺球與小車組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒,以水平向右為正方向,有mvMv10,解得v11.5 m/s,由能量守恒定律,有Emv2Mv1.31 J.(3)假設(shè)滑塊與車最終相對(duì)靜止,則有Mv1(Mm)v2,解得v20.9375 m/s,由此得F洛Qv2B>mg,故假設(shè)不成立,因此滑塊最終懸浮滑塊懸浮瞬間,滿足F洛Qv2Bmg,解得v20.5 m/s.將滑塊與小車看成一個(gè)系統(tǒng),系統(tǒng)動(dòng)量守恒,有Mv1Mvmv2,解得v1.2 m/s,方向水平向右答案(1)4.5 N,方向豎直向下(2)1.31 J(3)1.2 m/s,方向水平向右磁場(chǎng)中的動(dòng)量和能量問題涉及題型往往是帶電小球或滑塊在磁場(chǎng)中的碰撞問題,熟練力學(xué)中的碰撞模型,如彈性碰撞的二級(jí)結(jié)論,及速度變化帶來(lái)的洛倫茲力變化將是快速解題的關(guān)鍵(2019·廣西南寧市3月適應(yīng)測(cè)試)如右圖所示,光滑絕緣的半圓形圓弧軌道ACD,固定在豎直面內(nèi),軌道處在垂直于軌道平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,半圓弧的直徑AD水平,因弧的半徑為R,勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,在A端由靜止釋放一個(gè)帶正電荷、質(zhì)量為m的金屬小球甲,結(jié)果小球甲連續(xù)兩次通過軌道最低點(diǎn)C時(shí),對(duì)軌道的壓力差為F,小球運(yùn)動(dòng)過程始終不脫離軌道,重力加速度為g.求:(1)小球甲經(jīng)過軌道最低點(diǎn)C時(shí)的速度大??;(2)小球甲所帶的電荷量;(3)若在圓弧軌道的最低點(diǎn)C放一個(gè)與小球甲完全相同的不帶電的金屬小球乙,讓小球甲仍由軌道的A端由靜止釋放,則甲球與乙球發(fā)生彈性碰撞后的一瞬間,乙球?qū)壍赖膲毫?不計(jì)兩球間靜電力的作用)解析(1)由于小球甲在運(yùn)動(dòng)過程中,只有重力做功,因此機(jī)械能守恒,由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn),有mgRmv解得vC(2)小球甲第一次通過C點(diǎn)時(shí),qvCBF1mgm第二次通過C點(diǎn)時(shí),F(xiàn)2qvCBmgm由題意知FF2F1解得q(3)因?yàn)榧浊蚺c乙球在最低點(diǎn)發(fā)生的是彈性碰撞,則mvCmv甲mv乙mvmvmv解得v甲0,v乙vC設(shè)碰撞后的一瞬間,軌道對(duì)乙的支持力大小為F乙,方向豎直向上,則F乙qv乙Bmgm解得F乙3mg根據(jù)牛頓第三定律可知,此時(shí)乙球?qū)壍赖膲毫Υ笮?mg,方向豎直向下答案(1)(2)(3)3mg,方向豎直向下 (1)小球第一次通過C點(diǎn)時(shí)與第二次通過C點(diǎn)時(shí),洛倫茲力方向不同(2)小球甲與小球乙碰撞后,兩者電量平分,各為. 熱點(diǎn)考向三電磁感應(yīng)中的動(dòng)量和能量問題【典例】(2019·河南洛陽(yáng)期末)如圖所示,兩根質(zhì)量均為m2 kg的金屬棒垂直地放在光滑的水平導(dǎo)軌上,左、右兩部分導(dǎo)軌間距之比為12,導(dǎo)軌間左、右兩部分有大小相等、方向相反的勻強(qiáng)磁場(chǎng),兩棒電阻與棒長(zhǎng)成正比,不計(jì)導(dǎo)軌電阻,現(xiàn)用250 N的水平拉力F向右拉CD棒,在CD棒運(yùn)動(dòng)0.5 m的過程中,CD棒上產(chǎn)生的焦耳熱為30 J,此時(shí)AB棒和CD棒的速度分別為vA和vC,且vAvC12,立即撤去拉力F,設(shè)導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)且兩棒始終在不同磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng),求:(1)在CD棒運(yùn)動(dòng)0.5 m的過程中,AB棒上產(chǎn)生的焦耳熱;(2)撤去拉力F瞬間,兩棒的速度vA和vC的大??;(3)撤去拉力F后,兩棒最終做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度vA和vC的大小思路引領(lǐng)(2)兩棒最終做勻速運(yùn)動(dòng),電路中電流為零兩棒最終速度比為21.解析(1)設(shè)兩棒的長(zhǎng)度分別為L(zhǎng)和2L,電阻分別為R和2R,由于電路在任何時(shí)刻電流均相等,根據(jù)焦耳定律QI2Rt可得QABQCD15 J.(2)對(duì)整個(gè)系統(tǒng)根據(jù)能量守恒定律有FsmvmvQABQCD又vAvC12解得vA4 m/s,vC8 m/s.(3)撤去拉力F后,AB棒繼續(xù)向左做加速運(yùn)動(dòng),而CD棒開始向右做減速運(yùn)動(dòng),兩棒最終做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí),電路中電流為零,兩棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小相等,此時(shí)兩棒的速度滿足BLvAB·2LvC即vA2vC設(shè)AB棒和CD棒受到的安培力大小分別為FA和FC,對(duì)兩棒分別應(yīng)用動(dòng)量定理有FAtmvAmvA,F(xiàn)CtmvCmvC因?yàn)镕C2FA解得聯(lián)立以上各式解得vA6.4 m/s,vC3.2 m/s.答案(1)15 J(2)4 m/s8 m/s(3)6.4 m/s3.2 m/s動(dòng)量觀點(diǎn)在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的應(yīng)用1對(duì)于兩導(dǎo)體棒在平直的光滑導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)的情況,如果兩棒所受的外力之和為零,則考慮應(yīng)用動(dòng)量守恒定律處理問題2由BL·tm·v、q·t可知,當(dāng)題目中涉及電荷量或平均電流時(shí),可應(yīng)用動(dòng)量定理來(lái)解決問題兩足夠長(zhǎng)且不計(jì)電阻的光滑金屬軌道如圖甲所示放置,間距為d1 m,在左端弧形軌道部分高h(yuǎn)1.25 m處放置一金屬桿a,弧形軌道與平直軌道的連接處光滑無(wú)摩擦,在平直軌道右端放置另一金屬桿b,桿a、b的電阻分別為Ra2 、Rb5 ,在平直軌道區(qū)域有豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度B2 T現(xiàn)桿b以初速度大小v05 m/s開始向左滑動(dòng),同時(shí)由靜止釋放桿a,桿a由靜止滑到水平軌道的過程中,通過桿b的平均電流為0.3 A;從a下滑到水平軌道時(shí)開始計(jì)時(shí),a、b運(yùn)動(dòng)的速度時(shí)間圖像如圖乙所示(以a運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较?,其中ma2 kg,mb1 kg,g10 m/s2,求:(1)桿a在弧形軌道上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間;(2)桿a在水平軌道上運(yùn)動(dòng)過程中通過其截面的電荷量;(3)在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中桿b產(chǎn)生的焦耳熱解析(1)設(shè)桿a由靜止滑至弧形軌道與平直軌道連接處時(shí)桿b的速度大小為vb0,對(duì)桿b運(yùn)用動(dòng)量定理,有Bd·tmb(v0vb0)其中vb02 m/s代入數(shù)據(jù)解得t5 s.(2)對(duì)桿a由靜止下滑到平直導(dǎo)軌上的過程中,由機(jī)械能守恒定律有maghmav解得va5 m/s設(shè)最后a、b兩桿共同的速度為v,由動(dòng)量守恒定律得mavambvb0(mamb)v代入數(shù)據(jù)解得v m/s桿a動(dòng)量的變化量等于它所受安培力的沖量,設(shè)桿a的速度從va到v的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t,則由動(dòng)量定理可得BdI·tma(vav)而qI·t代入數(shù)據(jù)得q C.(3)由能量守恒定律可知桿a、b中產(chǎn)生的焦耳熱為Qmaghmbv(mbma)v2 Jb棒中產(chǎn)生的焦耳熱為QQ J.答案(1)5 s(2) C(3) J本題中兩金屬桿在平直的光滑導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng),只受到安培力作用,這類問題可以從以下三個(gè)觀點(diǎn)來(lái)分析:(1)力學(xué)觀點(diǎn):通常情況下一個(gè)金屬桿做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng),而另一個(gè)金屬桿做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng),最終兩金屬桿以共同的速度勻速運(yùn)動(dòng)(2)能量觀點(diǎn):其中一個(gè)金屬桿動(dòng)能的減少量等于另一個(gè)金屬桿動(dòng)能的增加量與回路中產(chǎn)生的焦耳熱之和(3)動(dòng)量觀點(diǎn):如果光滑導(dǎo)軌間距恒定,則兩個(gè)金屬桿的安培力大小相等,通常情況下系統(tǒng)的動(dòng)量守恒. 高考真題研究動(dòng)量守恒思想解決電磁感應(yīng)中的“雙棒”問題2019新課標(biāo)卷19題審題指導(dǎo)(多選)如圖,方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有兩根位于同一水平面內(nèi)的足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌,兩相同的光滑導(dǎo)體棒ab、cd靜止在導(dǎo)軌上t0時(shí),棒ab以初速度v0向右滑動(dòng)運(yùn)動(dòng)過程中,ab、cd始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好,兩者速度分別用v1、v2表示,回路中的電流用I表示下列圖像中可能正確的是()第一步抓關(guān)鍵點(diǎn)(1)“光滑導(dǎo)體棒”說(shuō)明運(yùn)動(dòng)過程無(wú)摩擦力(2)“平行金屬導(dǎo)軌”說(shuō)明兩棒所受安培力等大反向(3)“足夠長(zhǎng)”說(shuō)明兩棒最終會(huì)共速第二步找突破口(1)兩棒運(yùn)動(dòng)過程中,速度差逐漸減小,系統(tǒng)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)越來(lái)越小,最后變?yōu)?.(2)系統(tǒng)外力之和為零,動(dòng)量守恒.解析棒ab以初速度v0向右滑動(dòng),切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì),使整個(gè)回路中產(chǎn)生感應(yīng)電流,判斷可知棒ab受到方向與v0方向相反的安培力的作用而做變減速運(yùn)動(dòng),棒cd受到方向與v0方向相同的安培力的作用而做變加速運(yùn)動(dòng),它們之間的速度差vv1v2逐漸減小,整個(gè)系統(tǒng)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)逐漸減小,回路中感應(yīng)電流逐漸減小,最后變?yōu)榱悖醋罱K棒ab和棒cd的速度相同,v1v2,兩相同的光滑導(dǎo)體棒ab、cd組成的系統(tǒng)在足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)時(shí)不受外力作用,由動(dòng)量守恒定律有mv0mv1mv2,解得v1v2,選項(xiàng)A、C均正確,B、D均錯(cuò)誤答案AC試題特點(diǎn)備考策略本題類似碰撞中的完全非彈性碰撞模型,根據(jù)受力得出兩導(dǎo)體棒的速度變化情況;根據(jù)兩棒的速度關(guān)系結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律和電路問題,判斷產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的變化情況,從而得出回路中感應(yīng)電流的變化情況.“動(dòng)量”改為必考內(nèi)容后,電磁感應(yīng)中的動(dòng)量問題,就必須引起我們的關(guān)注出題方向一般為:(1)涉及單棒或兩邊導(dǎo)軌不等寬的雙棒問題一般考慮用動(dòng)量定理解題(2)由BL·tm·v,qt可知,當(dāng)題目涉及電荷量或平均電流時(shí),可應(yīng)用動(dòng)量定理解題(3)涉及等寬平行導(dǎo)軌的雙棒問題,如果兩棒外力之和為零,則考慮用動(dòng)量守恒解題,必要時(shí)結(jié)合能量守恒定律和其他力學(xué)規(guī)律處理.專題強(qiáng)化訓(xùn)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(zhǎng)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(diǎn),整個(gè)軌道處于豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)中,場(chǎng)強(qiáng)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(yùn)動(dòng),與靜止在B點(diǎn)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(diǎn),整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中無(wú)電荷轉(zhuǎn)移(1)甲、乙兩球碰撞后,乙球通過軌道的最高點(diǎn)D時(shí),對(duì)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(diǎn)到B點(diǎn)的距離;(2)在滿足(1)的條件下,求甲球的初速度v0.解析(1)設(shè)乙到達(dá)最高點(diǎn)D時(shí)的速度為vD,乙離開D點(diǎn)首次到達(dá)水平軌道的時(shí)間為t,加速度為a,乙在水平軌道上的首次落點(diǎn)到B點(diǎn)的距離為x.乙離開D點(diǎn)后做類平拋運(yùn)動(dòng),則2Rat2,xvDt根據(jù)牛頓第二定律有a乙過D點(diǎn)時(shí)有mgqENm(式中N為乙在D點(diǎn)時(shí)軌道對(duì)乙的作用力)根據(jù)牛頓第三定律有NN2.5mg解得x0.6 m.(2)設(shè)碰后瞬間甲、乙兩球的速度分別為v1、v2,根據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)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(dòng)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(dǎo)軌分別與半徑r0.5 m的相同豎直半圓導(dǎo)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(dǎo)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(qiáng)磁場(chǎng)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(yùn)動(dòng),與cd絕緣桿發(fā)生正碰后,進(jìn)入磁場(chǎng)并最終未滑出,cd絕緣桿則恰好能通過半圓導(dǎo)軌最高點(diǎn),不計(jì)除R以外的其他電阻和摩擦,ab金屬桿始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好,g取10 m/s2(不考慮cd桿通過半圓導(dǎo)軌最高點(diǎn)以后的運(yùn)動(dòng)),求:(1)cd絕緣桿恰好通過半圓導(dǎo)軌最高點(diǎn)時(shí)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(dǎo)軌最高點(diǎn)時(shí),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(diǎn)的過程中,由動(dòng)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(dòng)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(jìn)入磁場(chǎng)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(yáng)統(tǒng)考)如圖所示,足夠長(zhǎng)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(zhǎng),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(jì)在水平軌道內(nèi)有斜向下與豎直方向成37°的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B00.1 T質(zhì)量M0.2 kg的金屬棒B垂直于導(dǎo)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(shí)間t,兩棒達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)兩棒在運(yùn)動(dòng)過程中始終相互平行且與導(dǎo)軌保持良好接觸,棒A總在寬軌上運(yùn)動(dòng),棒B總在窄軌上運(yùn)動(dòng)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(shí)的速度大小;(2)棒B勻速運(yùn)動(dòng)的速度大??;(3)在兩棒整個(gè)的運(yùn)動(dòng)過程中通過棒A某截面的電荷量;(4)在兩棒整個(gè)的運(yùn)動(dòng)過程中兩棒在水平導(dǎo)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(jī)械能守恒定律有mghmv解得棒A滑到b1b2處時(shí)的速度v02 m/s.(2)對(duì)棒A、B,分別由動(dòng)量定理有B0cos··2LtmvAmv0,B0cos·LtMvB得mv0mvA2MvB兩棒最后勻速運(yùn)動(dòng)時(shí),電路中無(wú)電流,則B0LvB2B0LvA,得vB2vA解得vBv0 m/s.(3)在棒B加速過程中,由動(dòng)量定理有B0cos·LtMvB0在兩棒整個(gè)的運(yùn)動(dòng)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(yīng)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(gè)的運(yùn)動(dòng)過程中兩棒在水平導(dǎo)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(biāo)系xOy,x軸下方有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng),第三象限有沿x軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng),第四象限存在另一勻強(qiáng)電場(chǎng)(圖中未畫出);一光滑絕緣的固定不帶電細(xì)桿PQ交x軸于M點(diǎn),細(xì)桿與x軸的夾角30°,桿的末端在y軸Q點(diǎn)處,P、M兩點(diǎn)間的距離為L(zhǎng).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(diǎn),另一質(zhì)量為m、不帶電絕緣小環(huán)a套在桿上并從P點(diǎn)由靜止釋放,與b碰撞后瞬間反彈,反彈后到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)被鎖定,鎖定點(diǎn)與M點(diǎn)的距離為,b沿桿下滑過程中始終與桿之間無(wú)作用力,b進(jìn)入第四象限后做勻速圓周運(yùn)動(dòng),而后通過x軸上的N點(diǎn),且OMON.已知重力加速度大小為g,a、b均可看作質(zhì)點(diǎn),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(jī)械能E;(2)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B;(3)b離開桿后經(jīng)過多長(zhǎng)時(shí)間會(huì)通過x軸解析(1)設(shè)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(jī)械能守恒得mgLsinmv,mg·sinmv取沿桿向下方向?yàn)檎较?,則a、b碰撞過程中,由動(dòng)量守恒定律有mv1mv22mv聯(lián)立解得v機(jī)械能損失Emv解得EmgL.(2)設(shè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,由于b從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)的過程中始終與桿無(wú)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(yùn)動(dòng)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(diǎn)時(shí)速度方向與x軸垂直,圓心角120°,又勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期Tb從Q點(diǎn)到第一次通過N點(diǎn)的時(shí)間t1T得t1b第一次通過N點(diǎn)后做豎直上拋運(yùn)動(dòng),經(jīng)t2時(shí)間第二次通過N點(diǎn),有t2b第二次通過N點(diǎn)后在磁場(chǎng)中做半個(gè)圓周運(yùn)動(dòng),經(jīng)t3時(shí)間第三次通過x軸,有t3b離開桿后會(huì)通過x軸有兩種情況:第n次豎直向上經(jīng)過x軸,時(shí)間tt1(n1)(t2t3)(n1)(n1、2、3、)第n次豎直向下經(jīng)過x軸,時(shí)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(shí)間tt1(n1)(t2t3)(n1)(n1、2、3、)第n次豎直向下經(jīng)過x軸,時(shí)間tt1t2(n1)(t2t3)(n1)(n1、2、3、)17

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本文((新課標(biāo))2020版高考物理大二輪復(fù)習(xí) 專題三 動(dòng)量和能量 第二講 電磁學(xué)中的動(dòng)量和能量問題教學(xué)案)為本站會(huì)員(Sc****h)主動(dòng)上傳,裝配圖網(wǎng)僅提供信息存儲(chǔ)空間,僅對(duì)用戶上傳內(nèi)容的表現(xiàn)方式做保護(hù)處理,對(duì)上載內(nèi)容本身不做任何修改或編輯。 若此文所含內(nèi)容侵犯了您的版權(quán)或隱私,請(qǐng)立即通知裝配圖網(wǎng)(點(diǎn)擊聯(lián)系客服),我們立即給予刪除!

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