动量结合电磁感应——专题资料文档.docx

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1、高中物理QN两点间连电阻R,导轨间距为L.水平导轨处有两个匀强磁场区域I、n （分别是cdef和hgjk虚线包围区），磁场时间内通过棒的电量.d.rdit * 1 |wbvb2解得：E121.2N/C,球不脱离轨道有两种情况，临界条件是小球刚好能通过半圆弧的最高点和恰好运动到与圆心等高点则当E iL ! - mb gL ! -iribg- 2R=yinbvM2 -mbvb点则当E iL ! - mb gL ! -iribg- 2R=yinbvM2 -mbvb2_ VMs-rob R解得：Ei=10.2N/CHibgLi-iDbgR二右”/ 解得：Ei=7.2N/C因此小球b不脱离轨道的条件是：

2、1.2N/CWEW7.2N/C 或EilO.2N/C答：（1）金属小球a刚与金属小球b碰前的速度大小为10m/s.（2）若小球b进入半圆弧轨道后不脱离轨道，则水平匀强电场Ei的取值范围是：1.2N/CWE1W7.2N/C 或Ei10,2N/C.8. （20xx云溪区校级一模）解：（1）设A、B碰撞后速度分别为vi、V2,根据动量守恒和机械能两守恒得：mvo=mvi+1.5mv2联立解得：v尸V。（负号表示A球逆时针返回），Vo=Vr 1 5 。2 5 口（2）由上面解答可知，BC首先要碰撞，设B和C相碰结合在一-起后速度为V3,则由动量守恒有:1.5mv2=3mv3 得:v,_l _2V3-V

3、2-VQ设管对球沿水平方向的压力N,此力提供D球做匀速圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律得:Vr 12mvnM=3rr| =R 25R由牛顿第三定律得知，B和C相碰结合在一起后对管沿水平方向的压力大小：N=N=第8页，共10页（3） A、B碰后，B经时间t与C相碰，再经时间t2, D与A相碰3二2兀R=5兀R 1 3V2 6Vo从A和B第一次相碰后，到D与A相碰：vW从A和B第一次相碰后，到D与A相碰：vWI /、4兀R曰35 兀 Rt2+|vi H（t1 + t2）=-W： t21匹25兀R0户2二元A和B第一次相碰后，到A和D相碰经过的时间t为:答：（1） A和B第一次相碰后各自的速度大小

4、分别为工丫0和里V。；551 Q C.（2） B和C相碰结合在一起后对管沿水平方向的压力大小为一2_；25R（3） A和B第一次相碰后，到A和D相碰经过的时间为空工区.9v9. （20xx洗北区校级三模）解：（1） A、氢原子由较高能级跃迁到较低能级时，轨道半径减小，动能增加，跃迁过程中电场力做负功，电势能减小，故A正确；B、可见光的频率小于紫外线的频率，因此可见光光子的能量小于紫外线光子的能量，故B错误；C、在a、0、丫三种射线中，a射线的电离本领最大，v射线的电离本领最弱，穿透能力最强，故C正确;D、放射性元素的半衰期是由元素本身决定的，与温度、压强等外部因素无关，故D错误.故选AC.（2

5、）A下落过程中，根据机械能守恒得：mgR二1inv；2AB碰后机械能守恒且最大高度相同，说明AB碰后速度大小相同，设AB碰后速度大小均为V,则：mvi= - mv+3mv.解得：碰后AB上升高度相同，则对A列动能定理得：Rgh二0总mv%解得：h=R答：第一次碰撞后A、B两球的速度均为与R第一次碰撞后A、B两球达到的最大高度为（20xx广东）解：（1） Pi滑到最低点速度为vi，由机械能守恒定律有：-Lmvj+mgR=Lev； 22解得：vi=5m/sPl P2碰撞，满足动量守恒，机械能守恒定律，设碰后速度分别为V1、V2则由动量守恒和机械能守恒可得:mvi=mv，i+mv2_l_mvi2=-

6、i-mv,i2+mvz22222解得:vi=0、V2=5m/sP2向右滑动时，假设Pi保持不动，对P2有：f2=H2mg=4m （向左）设Pi、M的加速度为a2;对 Pi、M 有：f= （m+M） 32第9页，共10页此时对Pi有：fi=ma2=0.80mVfm=mmg=1.0m,所以假设成立.故滑块的加速度为0.8m/s2；(2) P2滑到C点速度为V2，由mgR二2得 v,2=3m/sPi、P2碰撞到P2滑到C点时,设Pi、M速度为v,由动量守恒定律得:mv2= (m+M) v+mv/2解得：v=0.40m/s对 Pi、P2、M 为系统：f2L=Junv22 - Xnvz22 - - 电阻

7、均为r,导轨的电阻忽略不计，从t=0时刻开始，两根细杆分别受到平行于导轨方向、大小均为F的拉力作用，分别向相反方向滑动, 经过时间T时，两杆同时达到最大速度，以后都作匀速直线运动.（1）若在匕（ti1： .Bi；/i=A., p =12r=点（B1：M _；丫0）2BnLv（3）设磁场H区宽度为xi，棒在口区任一时刻速度为v, E=BLv, 1=-2RBn2L2vBn2L2v-Bn2L2v棒受到向右安培力F二BqIL=r加速度大小a二口2#广 短 工B 2L2 -B 2t2穿过磁场口区全程ZAv=lVn ,v =-5!Ax=?x,2 V0 % 2mR2您 X1idRvq 盯二请棒从斜面返回磁场

8、II初速度Lv。，同理可知，经过xi位移速度减为零，所以停在n区右端 2A0，B iLxniriRvn0-t2时间内中 i二一彳工 2=BqLxi-/乙D 0 Linvn B iLxnQ=2BJ4F答：（1）开始时刻导体棒运动加速改a（2）导体棒穿过I区磁场边界过程安培力所做的功为将要穿出时刻电阻R的电功率为 2021 B1L x n B 1 Lvninvn B i L x n-g- 0） ； （3）棒的最终位置在II区右端，在0-t2时间内通过棒的电量为-2_5.2. （20xx江苏解：（1） a和b不受安培力作用,由机械能守恒知Ek=mgdisin。（2）设导体棒刚进入无磁场区域时的速度为

9、V】，刚离开无磁场区域时的速度为V2,由能量守恒知在磁场区域中，-yrovj+Q=？mv2+irig is-n 在无磁场区域中ymv2=4niv j+mgd2sin 9 解得 Q=mg （di+dz） sin6 （3）在无磁场区域，根据匀变速直线运动规律有V2 - vkgtsinO且平均速度V1+V2.=212 t有磁场区域，棒a受到合力F=mgsin9 - BII感应电动势e=Blv感应电流第5页，共10页解得 F二!ng sin 8d 2 -I 2ZK根据牛顿第二定律得，F=ma=m t在t到t+Zt时间内2 22 2 (mgsinS -下二) t=m/Xv 则有 mgsinB工-VvAt

10、=m VAv2R2R解得 vi - v2=gtsin0 -B2122mR、-4irgRd2B212d联立解得 v i = 9 9s in 8 - i B212dl8idR4mgRdn由题意知g叫二7 9sin 8B212dlB2l2d18inR答：（1） b穿过第1个磁场区域过程中增加的动能4Ek为mgdjine.（2） b穿过第2个磁场区域过程中，两导体棒产生的总焦耳热Q为mg di+d2）sin0.4mgRd? B212d（3） a穿出第k个磁场区域时的速率vo o sin 9 1B21!SirR3. （20xx江苏）解：（1）线框MN边刚进入磁场时有：F=BH=B1（2）设线框竖直下落H

11、时，速度为vh由能量守恒得：吨出上2Blvp工2=2.8N2自由落体规律：vQ=2gH解得:.45J（3）只有在线框进入和穿出条形磁场区域时，才产生感应电动势，线框部分进入磁场区域x时有:F二Bl 1液半二。2 Vlx Kd 2 -I 2d 2 -J 2求和：S-vAt=SAx=IDV在时间内，由动量定理：-FZt=mAvd 2 -1 2解得： -X=ITIVq穿过条形磁场区域的个数为：421可穿过4个完整条形磁场区域.4. 如图所示解：（1）在两金属杆运动过程中，对两杆组成的系统满足动量守恒，设此时杆cd的速度为V2，以向右为正方向，满足2m vi - m V2=0,得V2=2vi ；此时刻

12、回路中产生的电动势为E=BI （V1+V2）=3BM ；f 3B1 v此时刻回路中的电流大小为ii=-2r 2rab杆所受的安培力大小为FW=3B212Vl2r此时刻ab杆的加速度大小为3B 1 V1 21rl 21n 4mr（2）设达到最大速度时ab杆的速度为v,则cd杆的速度为，以向右为正方向，根据动量守恒可得2mv-mv*=0,解出v，=2v：回路中产生的电动势为E，=BI （v+v9 =3Blv,回路中的电流大小为卜E =3Blv ,ab杆所受的安培力大小为F=BH=3B 1 v2r 2r2r2 2杆达到最大速度时所受的拉力与安培力平衡，即F=F,由f=3B 1 v,解得： 2Fr2r

13、3B212第6页，共10页在。T时间内，设通过ab杆的平均电流为I，以向左为正方向，对ab杆应用动量定理得FT-BT=2mv,解得通过ab杆截面的电量q=Il=江一 4呼:；Bl 3B313F 3B212V答：(1)若在匕(tiT)时刻ab杆速度的大小等于V，此时时刻ab杆加速度的大小为4L；2m 4inr(2)在0T时间内，经过ab杆横截面的电量是n- 4心Bl 3B3135. (2Oxx秦州区校级模拟解：(1)对a、b棒在水平轨道分析，系统动量守恒；设Vi是稳定时a、b棒共同速度，mvo= (m+M) viVi=-irrfM损失的机械能为AE=mv02 - - (m+M) vi2=22(2

14、)由于b棒在冲上又返回过程中，机械能守恒，返回时速度大小不变 v2=V1b棒与a棒向右运动过程中，直到稳定，系统动量守恒Mv2= (m-M) V3Miuvn达到新的稳定状态a, b的末速度：v3=2-(M+m)22(3)整个过程中产生的内能等于系统机械能的减少量Q=Lmv()2-工(m+M) v32=lmv02(1- W 111 )2 OVmM2(nd-M)222(M+m)3答：(1)当a、b在水平部分稳定后，速度一&,损失的机械能是m+M(2)最后a, b的末速度为空工，(3)整个过程中产生的内能是工mv02 (1- M w ).(M+m)22(M+m)36. (2Oxx东莞市校级模拟)解：(1)对杆a下滑的过程中，机械能守恒：力ghm J，v=J9=5m/sa 2 a(2)杆b速度为零瞬间，a杆的速度设为vi，由动量守恒定律得：mav+mbvb=mav1,、Bdv方向向左，方向向右.a 7b mb 7(3)最后两杆共同的速度为 由动量守恒得：mav+mbvb= (ma+mj 4代入数据解得丫，金正/守3由能量守恒得，共产生的焦耳热为Q=magh+Lnb vg -工(ma+mb)v，2=A1.j20 26b棒中产生的焦耳热为至J2+56答：(1)杆a落到水平轨道瞬间杆a的速度是5m/s； (2)杆b速度为零瞬间a、b两杆的加速度分别是&m/s2和第7页，共10页