浙江选考新2020高考物理二轮复习专题七计算题题型强化第5讲加试第23题动量观点和电学知识的综合应

最新人教版小学试题第5讲加试第23题动量观点和电学知识的综合应用题型1动量观点在电场、磁场中的应用【例1】（2018•新高考研究联盟联考）如图1所示，真空中MN上方半径为R的虚线所围的圆形区域内存在匀强磁场，磁场方向与纸面垂直.在磁场右侧有长为2R、间距为R的平行金属板所形成的匀强电场，具体分布在矩形ACFD内.矩形中心线Op2与磁场区域的圆心O在同一直线上，O1也是圆周上的一点，BAOJE在同一竖直线上，BA、DE为挡板.有一群电荷量为+q、质量为m的带电粒子以速率vo从圆周上的a点飞入，其方向与aM成0°〜180°角且分布均匀地射出，每秒内射出的带电粒子数总为No,某一沿aO方向射入磁场的粒子从Q点飞出磁场进入右侧电场，并恰好从DF边缘F点离开电场，最后垂直打到探测板PQ上.（不计粒子的重力及粒子间的相互作用）,——Ac./尸"一fX。 肘a为£ £? N图1⑴求电场强度E和磁场的磁感应强度B的比值；⑵求探测板PQ与MN的夹角0的正切值和每秒垂直打在荧光屏PQ上的粒子数n；⑶若打在平行金属板DF上的粒子被全部吸收，打在探测板PQ上的粒子全部被探测板反向弹回，弹回速度大小不变，求从电场中射出的粒子对探测板的平均作用力的大小.（没有飞入ACFD的粒子均被AB、DE挡板拦截）答案（吟（2）2看⑶合叫与区域圆的半径是相同的，即都为R.解析（1）带电粒子从aO解析（1）带电粒子从aO方向射入，从Q射出其反向延长线必经过O点，可得轨迹圆的半径mvB=-0BqR带电粒子在电场中的运动是类平抛运动，可得R1qE_=一•-1222m2R=vt0部编本试题，欢迎下载!最新人教版小学试题mv2则F⑵带电粒子从F点飞出时，水平方向的速度仍为V。竖直方向速度为二=朱=]V由数学知识可得tan。=：=2y与aM成90°沿&0射入的粒子，此时刚好打到斜面上，可知，只有从A处水平进入的同样的带电粒子会从Q点出来垂直打到斜面上.由数学知识可得，此时带电粒子从a处进入的方向与aMN成60°,即在&处入射的粒子能够打到极板上的大小是30°,由此得N=/6⑶带电粒子从电场中出射速度大小为：v=\''v2+v2=«V、0y2 0对粒子进行受力分析，由动量定理得：Ft0=Nt0•mv—（—Nt0•mv）得F=^N0mv0由牛顿第三定律可得，粒子对探测板的平均作用力大小为F=*N°mv0■拓展训练1.如图2所示，在足够大的空间范围内，同时存在着竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场，磁感应强度B=1.57T.小球1带正电，其电荷量与质量之比\=4C/kg.当小球11无速度时可处于静止状态;小球2不带电，静止放置于固定的水平悬空支架（图中未画出）上.使小球1向右以％=23.59m/s的水平速度与小球2正碰，碰后经过0.75s再次相碰.设碰撞前后两小球带电情况不发生改变，且始终保持在同一竖直平面内.问：（g取10m/s2,n取3.14）x诙乂§x曰3d12图2⑴电场强度E的大小是多少？部编本试题，欢迎下载!

最新人教版小学试题⑵小球2与小球1的质量的比值是多少？（计算结果取整数）答案（1）2.5N/C（2）11解析（1）小球1所受的重力与电场力始终平衡m1g二口户E=2.5N/C.⑵相碰后小球1做匀速圆周运动，V2由牛顿第二定律得q1VlB=m/1半径为R尸骸周期为T=2nm*=1s 3_两小球运动时间t=0.75s=” 3 . 一一小球1只能逆时针经［个圆周时与小球2再次相碰，轨迹如图所示.第一次相碰后小球2做平抛运动h=R=1gt212L=R1=v2t,代入数据，解得v2=3.75m/s.两小球第一次碰撞前后的动量守恒，以水平向右为正方向，m1Vo=—m1Vl+m2V2,因q=v2t=2.8125m,则1m=17.66251m=17.6625m/s最新人教版小学试题图3最新人教版小学试题图3⑴磁感应强度B的大小;⑵线框在全过程中产生的焦耳热Q；⑶在全过程中，cb两端的电势差Ucb与线框中心位置的x坐标的函数关系.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）线框做平抛运动，当ab边与磁场上边界接触时，竖直方向有h=^gt2=0.2m,得t得t=0.2s,此时竖直方向的分速度v2y=gt=2m/s=v0,合速度方向与水平方向成45°角，由题知进入过程中为匀速进入，ad与bc这两边产生的电动势相互抵消，所以整个框只有ab边切割，并且只有竖直方向切割，有效速度为2m/s, E.—此时电流I=BE=BlvR 2yF=BIlA因为线框匀速进入磁场，合力为0,部编本试题，欢迎下载!最新人教版小学试题所以mg=FA联立解得B=2T.⑵线框全部进入磁场区域之后，水平方向做匀速运动，竖直方向做匀加速运动，线框离开磁场过程中，上下两边所受到的安培力抵消，所以不考虑竖直方向上的安培力产生的焦耳热，水平方向上，只有ad边的水平方向上的速度在切割磁感线，线框离开磁场时电荷量A①B12q=-T=T离开磁场过程中列水平方向的动量定理，取水平向右为正方向，—FAt=mv5—mv0,^—B1q=mv5—mv0得v=1.5m/s,列出动能定理表达式，5x1 1mgAh—Q=mv2—-mv21 2 5 2 4二口.2-%。。.2-%.2)同时离开磁场过程中竖直方向只受重力，列竖直方向牛顿第二定律v5y2—v4y2=2gAh联立解得必=0.0175J在进入磁场过程中，速度不变，重力势能转变成焦耳热Q2=mg1=0.02J所以Q总=0.0375J⑶易得图中2、3、4、5状态下中心横坐标分别为0.4、0.5、0.6、0.7；①当0Wx<0.4时，线框还没进入磁场，Ucb=0；②当0.4Wx<0.5时，线框电动势由ab边切割磁感线提供，但cb边进入磁场部分也在切割磁场，因此这里相当于也有一个电源，在计算电势差时也要考虑，同时电势差要注意正负，因此Ucb=一；B1v2y+B(x—0.4)v0=4x—1.7(V)；③当0.5Wx<0.6时，线框完全进入磁场，电路中没有电流，但bc边仍在切割磁感线，因此仍然相当于一个电源，Ucb=B1v0=0.4V；④当0.6WxW0.7时，线框出磁场，整个电动势由ad边提供，匕。边已经在磁场外，Ucb=4B1vx,又由动量定理B12(50.6)=m(v—v)R 0x得Ucb=0.25—0.25x(V).■拓展训练部编本试题，欢迎下载!最新人教版小学试题2.（2018・9+1高中联盟期中）如图4所示，两根间距为L的金属导轨MN和PQ,电阻不计，左端向上弯曲，其余水平，水平导轨左端有宽度为d、方向竖直向上的匀强磁场I,右端有另一磁场H,其宽度也为d、方向竖直向下，磁场的磁感应强度大小均为B.有两根质量均为m、接入电路的电阻均为R的金属棒a和b与导轨垂直放置，b棒置于磁场H中点C、D处，导轨除C、D两处（对应的距离极短）外其余均光滑，两处对棒可产生总的最大静摩擦力为棒重力的K倍，a棒从弯曲导轨某处由静止释放.iW图4⑴若a棒释放的高度大于h°,则a棒进入磁场I时才会使b棒运动，请求出h°； ，一 一v ⑵若将a棒从高度小于h0的某处释放，使其以速度”进入磁场I,结果a棒以了的速度从磁场I中穿出，求两棒即将相碰时b棒上的电功率Pb；⑶若将a棒从高度大于h°的某处释放，使其以速度匕进入磁场I,从磁场I穿出时的速度大小为2Vi，分析说明b棒此时是否已穿出磁场H.2K2m2gR2 B2L2V2答案⑴旨⑵言⑶没有穿出磁场n解析（1）a棒从h°高处释放后在弯曲导轨上滑动时机械能守恒，有mgh0=2mv2得v=x/2gh0a棒刚进入磁场时，E=BLv2K由题意：BIL=Kmg2K2m2gR2得h0=FT（2）以v0的方向为正方向，va棒过I区域：一EBILAtum^g—mv。BLd其中：£1八1=口=2区设两棒相碰前瞬间，a棒的速度为v.部编本试题，欢迎下载!最新人教版小学试题一,一 v则一£B「LAt‘=mv-m•~^乙其m'At…'=Uv得v=4BLvBLv--=---0TOC\o"1-5"\h\z2R 8RB2L2V2此时b棒电功率P=12R==^b 64R⑶由于a棒从高度大于ho处释放，因此当a棒进入磁场I后，b棒开始向左运动.以v1的方向为正方向，由动量守恒：mv=m-2v+mv1 31b得『3两棒的速度大小随时间的变化图象大致如图所示，可见b棒位移小于a棒位移的一半，所以没有穿出磁场H.专题强化练.(2018•新高考研究联盟联考)在地球大气层以外的宇宙空间，基本上按照天体力学的规律运行的各类飞行器，又称空间飞行器(spacecraft).航天器是执行航天任务的主体，是航天系统的主要组成部分.由于外太空是真空的，飞行器在加速过程中一般是使用火箭推进器，火箭在工作时利用电场加速带电粒子，形成向外发射的粒子流而对飞行器产生反冲力，由于阻力极小，只需一点点动力即可以达到很高的速度.如图1所示，我国发射的“实践9号”携带的卫星上第一次使用了离子电推力技术，从此为我国的航天技术开启了一扇新的大门.此前该种技术一直被美俄等航天强国所垄断.已知飞行器的质量为M,发射的是2价氧离子，发射功率为P,加速电压为U,每个氧离子的质量为m,元电荷为e,原来飞行器静止，不计发射氧离子后飞行器质量的变化，求：部编本试题，欢迎下载!最新人教版小学试题⑴射出的氧离子速度大小;⑵每秒钟射出的氧离子数;(3)射出离子后飞行器开始运动的加速度大小.答案(1)2\：片⑵而答案(1)2\：片⑵而解析(1)以氧离子为研究对象，根据动能定理，有…12eU=;mv2乙所以，射出的氧离子速度为丫=所以，射出的氧离子速度为丫=⑵设每秒钟射出的氧离子数为N,则发射功率可表示为P=NAEk=2NeUP所以，N=旃⑶以氧离子和飞行器为系统，设飞行器的反冲速度为v,,根据动量守恒定律，t时间内0=Mv，+Ntm(—v),,一，v‘NmvP'm所以，飞行器的加速度为a=—J=-M-=M\；；eU.如图2所示，竖直平面内在第二象限存在方向竖直向下的匀强电场.第一象限某个区域存在磁感应强度为B、垂直纸面向里的匀强磁场，ApJa,0)点处在磁场的边界上，现有质量为m、v电荷量为十Q的一束离子在纸面内与x轴夹角。=60°从A点射入磁场，其初速度大小范围为可3WvWvo(vo=q3，在y轴上竖直固定放置一探测板.所有离子穿过磁场后均垂直打到探测板上.假设每秒射入磁场的离子总数为No,若打在板上的离子50%穿透探测板，50%被吸收，其中穿透的离子能量损失64%.打到探测板上的离子均匀分布，不计离子的重力和离子间的相互作用力.求：部编本试题，欢迎下载!

最新人教版小学试题最新人教版小学试题图2⑴离子束射出磁场后打到y轴上的范围；⑵速度最小的离子在电场中运动的时间与在磁场中运动的时间相等，求电场强度的大小;⑶探测板受到的作用力大小.2、 ,、a3a,、9qaB2 ,、4NqBa答案⑴]WyW万⑵可⑶；V2解析（1）离子在磁场中的运动qvB=m：则「=mvqB则「=mvqB代入速度可得r的范围为a^rWa33离子打在y轴上的坐标表达式为y=-r乙代入数据得aWyW3a乙 乙⑵速度最小v=qBa的离子打在y轴上的点Q（0,9位置，设该离子在磁场中运动的时间为t，JU1 乙 1, 1-2nmL3T-3qB设该离子在电场中做类平抛运动的时间为t2，a_qE 9qaB2-2mt22,ti-t2,E—4nm⑶对于吸收的离子由动量定理得「AP 0.5N /v , 、 2、, 2「F=,"*=—-^(2m•^+2mv)=tNmv=tNqBa吸At2 3o/ 30 030y部编本试题，欢迎下载!

最新人教版小学试题穿透探测板后离子速度v1=0.6vv所以穿透后的速度范围为冒WvW0.6v5i0穿透的离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根据牛顿第三定律，探测板受到的作用力大小f=f+f广一0q-吸穿53.（2017•衢州、丽水、湖州、舟山四市3月模拟）一实验小组想要探究电磁刹车的效果.在遥控小车底面安装宽为L、长为2.5L的N匝矩形线框，线框电阻为R,面积可认为与小车底面相同，其平面与水平地面平行，小车总质量为m.其俯视图如图3所示，小车在磁场外行驶时的功率保持P不变，且在进入磁场前已达到最大速度，当车头刚要进入磁场时立即撤去牵引力，完全进入磁场时速度恰好为零.已知有界磁场PQ和MN间的距离为2.5L,磁感应强度大小为B、方向竖直向上，在行驶过程中小车受到地面阻力恒为F.求：图3⑴小车车头刚进入磁场时，线框的感应电动势E；⑵电磁刹车过程中产生的焦耳热Q；⑶若只改变小车功率，使小车刚出磁场边界MN时的速度恰好为零，假设小车两次与磁场作用时间相同，求小车的功率P,.答案见解析P解析（1）小车刚进入磁场时的速度设为%,则v°=f感应电动势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部编本试题，欢迎下载!

最新人教版小学试题⑶以小车刚要进入到恰好穿出磁场为研究过程，以小车运动的方向为正方向，由动量定理，可得—(Ft+2NBILt)=0—mv；①A① 5BL2…即Ft+2NBLq=mv,,q=N—^=Nb②o K2K当功率为P时，小车进入磁场时间为t,由动量定理一(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•温州市期中)如图4所示，在空间有两个磁感应强度均为B的匀强磁场区域，上一个区域边界AA,与DD’间的距离为H,方向垂直纸面向里，CC,与DD的间距为h,CC,下方是另一个磁场区域，方向垂直纸面向外.现有一质量为m、边长为L(h<L<H)、电阻为R的正方形线框由AA,上方某处竖直自由落下，恰能匀速进入上面一个磁场区域，当线框的cd边刚要进入边界CC,前瞬间线框的加速度大小3=0.2g(g为重力加速度)，空气阻力不计，线框运动过程中cd边始终与AA,平行.求：图4⑴线框的cd边从AA,运动到CC,过程产生的热量Q；⑵当线框的cd边刚刚进入边界CC,时，线框的加速度大小；⑶线框的cd边从边界AA,运动到边界CC’的时间.0.22m3g2R2 B2L2 0.2mR答案(1)mg(H+h)——— (2)3.8g(3)=(L+h)+-^~^B4L4 mgR B2L2解析(1)线框匀速进入上面一个磁场区域的速度为v「电流为Ij由B；L=mg部编本试题，欢迎下载!

最新人教版小学试题丁BLvIFT解得v解得v1=mgRB2L2cd到达CC,前瞬间的速度设为v2，电流设为12，因1<出必有v2>v1,所以此状态线框的加速度方向应为向上，由：BI2L-mg=ma1BLvI= 2I2R解得v解得v2=1.2mgR

B2L2产生的热量：Q=mg(H+h)—(|mv22-1mvi2)0.22m3g2R2=mg(H+h)-bl(2)cd边刚进入CC,时的速度仍为v2，这时上下两条边同时切割磁感线，回路电动势加倍，电流加倍，安培力变为4倍.所以有：4BI2L—mg=ma2解得a2=3.8g⑶设线框进入上面一个磁场区域的时间为T，线框cd边从DD,运动到CC’的时间为巳，从AA,运动到CC’的总时间为t,以向下为正方向，对线框从AA,运动到CC’的全过程列动量定理有：I2为T、'时间内的平均电流)mgt—BIJT—BI2Lt2=mv2—mvI2为T、'时间内的平均电流)BLv 1RBLvv1t]=Lv2t2=hTOC\o"1-5"\h\zB2L2 0.2mR解得t=',(L+h)+, -mgR B2L25.(2018•台州中学统练)如图5所示，平行金属导轨OP、KM和PQ、MN相互垂直，且OP、KM与水平面间夹角均为。=37°,导轨间距均为L=1m,导轨电阻不计且足够长.两根金属棒ab和cd与导轨垂直放置且接触良好，ab的质量为M=2卜8，接入电路的电阻为人=2Q,cd的质量为m=0.2卜8，接入电路的电阻为R2=1Q,金属棒和导轨之间的动摩擦因数均为口=0.5,两个导轨平面均处在垂直于轨道平面OPKM向上的匀强磁场中.现让cd固定不动，将金属棒ab由静止释放，当ab沿导轨下滑x=6m时，速度已达到稳定，此时，整个回路消耗的电功部编本试题，欢迎下载!

最新人教版小学试题率为P=12W.(sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取10m/s2)求:图5图5⑴磁感应强度B的大小;⑵ab沿导轨下滑x=6m的过程中ab棒上产生的焦耳热Q；⑶若将ab与cd同时由静止释放，当运动时间t=0.5s时，ab的速度vab与cd棒速度vcd的关系式.答案(1)2T(2)10J(3)10vab-2vcd=5解析(1)ab棒速度达到稳定，即达到最大速度做匀速运动，有Mgsin0—uMgcos0—BI]L=0整个回路消耗的电功率为：P=BI1Lvm则ab棒的最大速度为：vm=3m/s又整个回路的电功率又可表示为：E2 (BLv)2P=R1+R2=R1+R2解得B=2T⑵ab棒下滑x=6m过程中，根据能量守恒:Mgsin0«x=uMgcos0・x+Jmv2+Q2m总ab棒上产生的焦耳热为：Q=^^Q巧R十R总12解得Q=10J(3)对cd棒：mgsina・t—u(mgcosa+BIL)t=mvcd,即mgsin对即mgsin对ab棒：B2L2xa•t—umgcosa•t—Up,Tab=mvR十Rcd12B2L2x0)t—R十12(Mgsin0—uMgcos联立消去xab得，10vab—2vcd=5部编本试题，欢迎下载!

最新人教版小学试题6.如图6甲所示，水平面内的直角坐标系的第一象限有磁场分布，方向垂直于水平面向下，磁感应强度沿y轴方向没有变化，与横坐标X的关系如图乙所示，图线是双曲线(坐标轴是渐近线)；顶角0=53°的光滑金属长导轨MON固定在水平面内，ON与X轴重合，一根与ON垂直的长导体棒在水平向右的外力作用下沿导轨MON向右滑动，导体棒在滑动过程中始终保持与导轨良好接触，已知弋=0时，导体棒位于顶角O处；导体棒的质量为m=4kg；OM、ON接触处O点的接触电阻为R=0.5Q,其余电阻不计，