《高三动量电磁计算题123.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高三动量电磁计算题123.docx（22页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、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R 的光滑圆轨道平滑连接，两辆质量均为m 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高点，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h2.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，上端连接一质量为 m 的薄滑块，当滑块运动时，圆筒内壁对滑
2、块有阻力的作用，阻力的大小恒为F f12mg(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l .现有一质量也为 m 的物体从距地面2l 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(1)物体与滑块碰撞后共同运动速度的大小；(2)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。3.)如图所示，一个带 1圆弧轨道的平台固定在水平地面上，光滑圆弧MN 的半径为 R=3.2m，4水平部分 NP
3、长 L=3.5m，物体 B 静止在足够长的平板小车C 上， B 与小车的接触面光滑，小车的左端紧贴平台的右端。从 M 点由静止释放的物体 A 滑至轨道最右端P 点后再滑上小车，物体 A 滑上小车后若与物体B 相碰必粘在一起， 它们间无竖直作用力。A 与平台水平轨道和小车上表面的动摩擦因数都为0.4，且最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等。物体 A、B 和小车 C 的质量均为1kg，取 g=10m/s 2。求：(1)物体 A 进入 N 点前瞬间对轨道的压力大小？(2)物体 A 在 NP 上运动的时间？(3)物体 A 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
4、 ABC 中 的 AB 段为一半径 R=0.2m 的光滑圆形轨道，BC 段为足够长的粗糙水平面 一质量为 0.1kg 的小滑块 P 由 A 点从静止开始下滑，滑到 B 点时与静止在 B 点另一质量为0.1kg 的小滑块 Q 碰撞后粘在一起，两滑块在BC 水平面上滑行 0.5m 后停下（ g 取 10m/s2），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的大小5.如图所示为竖直放置的四分之一圆弧轨道，O 点是其圆心，半径R=0.8m，OA水平、 OB竖直。轨道底端
5、距水平地面的高度h=0.8m 。从轨道顶端A 由静止释放一个质量m=0.1kg的小球，小球到达轨道底端B 时，恰好与静止在B 点的另一个相同的小球发生碰撞，碰后它们粘在一起水平飞出，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/s2。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v1；（3）从 A 到 B 的过程中小球克服阻力做的功W f 。6.（计算）（ 2015?昌平区二模）如图所示，水平桌面长L=3m ，距水平地面高 h=0.8m，桌面右端放置一个质量 m2=0.4kg 的小物块 B，桌面的左端有一质量m1=0
6、.6kg 的小物块 A 某时刻物块 A 以初速度 v0=4m/s 开始向右滑动，与 B 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D 点已知物块 A 与桌面间的动摩擦因数=0.2，重力加速度 g=10m/s2求：（ 1）物块 A 与物块 B 碰前瞬间， A 的速度大小 v1；（ 2）物块 A 与物块 B 碰后瞬间， A 、B 整体的速度大小 v2；（3） A 、 B 整体的落地点D 距桌面右边缘的水平距离x7.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A 下方的小孔S1 飘入电势差为U 的加速电场，
7、其初速度几乎为0，然后经过S3 沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B 的匀强磁场中，最后打到照相底片D 上。不计粒子重力。（1）若由容器A 进入电场的是质量为m、电荷量为q 的粒子，求：a粒子进入磁场时的速度大小v；b粒子在磁场中运动的轨道半径R。（2）若由容器 A 进入电场的是互为同位素的两种原子核P1 、P2，由底片上获知P1、P2 在磁场中运动轨迹的直径之比是: 1。求 P1、 P2 的质量之比 m1 :m2。8.如甲图所示，间距为 L、电阻不计的光滑导轨固定在倾角为 的斜面上在MNPQ矩形区域内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
8、场， 磁感应强度 Bt随时间 t 变化的规律如乙图所示， 其中 Bt 的最大值为 2B现将一根质量为 M、电阻为 R、长为 L 的金属细棒 cd 跨放在 MNPQ区域间的两导轨上并把它按住，使其静止 在 t=0 时刻， 让另一根长也为 L 的金属细棒 ab 从 CD上方的导轨上由静止开始下滑，同时释放 cd 棒已知 CF长度为 2L，两根细棒均与导轨良好接触，在 ab 从图中位置运动到 EF 处的过程中， cd 棒始终静止不动，重力加速度为 g； tx 是未知量求：（1）通过 cd 棒的电流，并确定 MNPQ区域内磁场的方向；（2）当 ab 棒进入 CDEF区域后，求 cd 棒消耗的电功率；（
9、3）求 ab 棒刚下滑时离 CD的距离9.如图甲， MN 、PQ 两条平行的光滑金属轨道与水平面成 =30 角固定， M 、 P 之间接电阻箱 R，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 B=0.5T 质量为 m 的金属杆 a b 水平放置在轨道上， 其接入电路的电阻值为 r现从静止释放杆 a b，测得最大速度为 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 l0m/s2，轨道足够长且电阻不计求：（1）杆 a b 下滑过程中感应电流的方向及R=0 时最大感应电动势E 的大小；（2）金属杆的质量 m 和
10、阻值 r；（3）当 R=4时，求回路瞬时电功率每增加1W 的过程中合外力对杆做的功W 10.如图所示，电阻不计的平行的金属导轨间距为L ，下端通过一阻值为R 的电阻相连，宽度为 x0 的匀强磁场垂直导轨平面向上，磁感强度为B 一电阻不计，质量为m 的金属棒获得沿导轨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，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v1；（4）若金属棒运动过程中的空气阻力不能忽略，且空气
11、阻力与金属棒的速度的关系式为f=kv ，其中 k 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W ，求这一过程中金属棒损耗的机械能 E11.如图所示，水平地面上方有一高度为H 、上下水平界面分别为PQ、MN 的匀强磁场，磁感应强度为 B 矩形导线框ab 边长为 l 1，cd 边长为 l 2，导线框的质量为 m，电阻为 R磁场方向垂直于线框平面向里，磁场高度H l2线框从某高处由静止落下，当线框的cd 边刚进入磁场时，线框的加速度方向向下、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0.2g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 PQ空气阻
12、力不计，重力加速度为g求：（1）线框的cd 边刚进入磁场时，通过线框导线中的电流；（2）线框的ab 边刚进入磁场时线框的速度大小；（3）线框 abcd 从全部在磁场中开始到全部穿出磁场的过程中，量通过线框导线横截面的电荷12.如图所示， 已知一带电量为q，质量为 m的小球 A 在光滑绝缘的水平面上从静止开始经电压 U 加速后， 与同质量的静止小球 B发生碰撞， 并粘在一起， 水平进入互相垂直的匀强电场和匀强磁场 ( 磁感应强度为 B)的复合场中，小球在此空间的竖直面内做匀速圆周运动，重力加速度为 g，试求：（1）小球 A、 B 碰撞前后的速度各为多少？（ 2）电场强度 E 为多少？（ 3）小球
13、做匀速圆周运动过程中，从轨道的最低点到最高点机械能改变了多少？2. (1) 设物体下落至与薄滑块碰撞前的速度为 v0 ，在此过程中机械能守恒，依据机械能守恒定律有 mgl mv20 /2解得 v0 2gl设碰撞后共同速度为v，依据动量守恒定律有mv0 2mv1解得 v2 2gl.- 5 分(2) 物体与薄滑块相碰过程中损失的机械能E1mv0212mv2mgl4 分222 -(3) 设物体和滑块碰撞后下滑的最大距离为x，依据动能定理， 对碰撞后物体与滑块一起向下运动到返回初始位置的过程，有1 2F fx 0 22mv2设在滑块向下运动的过程中，弹簧的弹力所做的功为W，依据动能定理，对碰撞后物体与
14、滑块一起向下运动到最低点的过程，有W 2mgx Ff x 0 122mv2W55mglmgl。所以弹簧的弹性势能增加了 4解得：4。3.(1) 30N ； (2) 0.5s (3)33 m16(1) 物体 A 由 M 到 N 过程中，由动能定理得：mA gR1 mAvN22在 N 点，由牛顿定律得：FNmA g mAvN2R联立，解得：FN3mA g30N由牛顿第三定律得，物体A 进入轨道前瞬间对轨道压力大小为：FN 3mA g 30N(2) 物体 A 在平台上运动过程中，有：mA gmAaL vN t1at 22由、式，解得：t0.5s， t 3.5s(不合题意，舍去 )(3) 物体 A 刚
15、滑上小车时速度：v1vNat6 m s 网 从物体 A 滑上小车到相对小车静止过程中，小车、物体A 组成系统动量守恒，而物体B 保持静止，则有：(mA mC )v2mAv1小车最终速度： v2 3 m s此过程中 A 相对小车的位移为L1 ，则：mgL11 mv12 12mv2222解得： L19 m4物体 A 与小车匀速运动直到A 碰到物体 B， A， B 相互作用的过程中动量守恒，有：(mA mB )v3mAv2此后 A， B 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v4 ，得：(mA mB ) v3mCv2(mAmBmC )v4此过程中 A 相对小车的位移大小为L2 ，则：
16、mgL 21 mv22 12mv3213mv42222解得： L23m16物体 A 最终离小车左端的距离为xL1L233 m16答： (1)物体 A 进入 N 点前瞬间对轨道的压力大小为30N ；(2)物体 A 在 NP 上运动的时间为 0.5s(3)物体 A 最终离小车左端的距离为33m 。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1m/s；（ 3）滑块与水平面间的动摩擦因数 的大小为 0.1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
17、底端B 的过程中，机械能守恒，由机械能守恒定律得：，在 B 点，由牛顿第二定律得：，代入数据解得：FN=3N ， vB=2m/s ；（ 2）小滑块 P 与小滑块 Q 在 B 点碰撞后共速， 碰撞过程中动量守恒， 以 P 的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv B=2mv 共 ，代入数据解得：v 共 =1m/s；（ 3）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：?2mgs=0 mv 共 2，代入数据解得：=0.1；答：（ 1）小滑块P 刚到达圆形轨道B 点时，轨道对它的支持力（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FN 的大小为1m/s；3N ；（
18、 3）滑块与水平面间的动摩擦因数的大小为 0.15.（1） 1m s ；（ 2） 2m s ；（ 3） 0.6J（ 1）两球从 B 点飞出后做平抛运动，则有：竖直方向上： h1gt 22解得： t0.4s水平方向上： x v2t解得： v21m/s（ 2）两球碰撞，根据动量守恒定律则有： mv1 2mv2解得： v12 m/s（3）入射小球从A 运动到 B 的过程中，根据动能定理得： mgRWf1mv2 021解得： W f0.6J答：（ 1）两球从 B 点飞出时的速度大小为1m s ；（2）碰撞前瞬间入射小球的速度大小为2m s ；（3）从 A 到 B 的过程中小球克服阻力做的功为0.6J
19、。6.（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；（3） A 、 B 整体的落地点D 距桌面右边缘的水平距离为0.48m动量守恒定律；机械能守恒定律解：（ 1）物块 A 向右做匀减速直线运动，mg=mav12 v0 2= 2aL代入数据解得v1=2m/s（2） A 与 B 碰撞过程动量守恒m1v1=（ m1+m2 ）v2代入数据解得v2=1.2m/s（3） A 、 B 整体做平抛运动h=gt2x=v 2t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
20、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；（3） A 、 B 整体的落地点D 距桌面右边缘的水平距离为0.48m7.（1） ab（2）试题解析：（ 1） a粒子在电场中加速根据动能定理解得速度b粒子在磁场中做匀速圆周运动根据牛顿第二定律和洛仑力公式解得半径（ 2）由以上计算可知有代入已知条件得8.【考点】： 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
21、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cd 导体棒受到安培力来确定所处的磁场方向当ab 棒进入 CDEF区域后，磁场不变，则电路中电流恒定，由电流与电阻可求出cd 棒消耗的电功率ab 进入 CDEF区域前只受重力和支持力作用做匀加速运动，进入CDEF区域后将做匀速运动，t x 之前由法拉第电磁感定律求出感生电动势，之后求出动生电动势两者相等下，可求出ab 棒刚下滑时离CD的距离： 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 I=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
22、势保持不变， 才能保证电流不变，因此可以知道：在 t x 时刻 ab 刚好到达 CDEF区域的边界 CD在 0 t x 内，由楞次定律可知，回路中电流沿 abdca 方向，再由左手定则可知， MNPQ区域内的磁场方向垂直于斜面向上（2）ab 棒进入 CDEF区域后，磁场不再发生变化，在 ab、cd 和导轨构成的回路中， ab 相当于电源， cd 相当于外电阻有P=I 2R=（3）ab 进入 CDEF区域前只受重力和支持力作用做匀加速运动，进入CDEF区域后将做匀速运动设ab 刚好到达 CDEF区域的边界CD处的速度大小为v，刚下滑时离CD的距离为s在 0 t x 内：由法拉第电磁感定律=在 t
23、 x 后：有 E2=BLv E 1=E2解得解得 s=L【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9.解：（ 1）由图可知，当R=0 时，杆最终以v=2m/s 匀速运动，产生电动势E=BLv=0.5 22V=2V（2）设最大速度为v，杆切割磁感线产生的感应电动势E=BLv ，由闭合电路的欧姆定律：，杆达到最大速度时满足mgsin BIL=0 ，解得 v=由图象可知：斜率为，纵截距为v0=2m/s，得到：=v 0=k，解得： m=0.2kg ， r=2 （3）由题意： E
24、=BLv ，得，则由动能定理得W=，联立解得：，W=0.6J 答：（ 1）当 R=0 时，杆 a b 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 2；（3）当 R=4时，回路瞬时电功率每增加1W 的过程中合外力对杆做的功W 是 0.6J10.解：（ 1）金属棒向上穿越磁场过程中通过R 的电量为：q=t=；（2）导体棒返回磁场处处于平衡状态，则有：mgsin=mgcos+BIL又 I=联立得： v2=；（3）对于金属棒离开磁场的过程，设上滑的最大距离为s，由动能定理得：上滑有：（ mgsin+mgcos） s=0下滑有：（ mgsin m
25、gcos） s=解得： v1=v2=?=；（4）设金属棒克服安培力做功为W 安I 1，依据题意、根据牛因 f=kv ， F 安=所以F 安=则得： W 安 =W根据功能关系得金属棒损耗的机械能为：E= mgcosx0 +W 安+W= mgcosx0+W+W 答：（ 1）金属棒向上穿越磁场过程中通过R 的电量q 为；（2）金属棒下滑进入磁场时的速度v2 为（3）金属棒向上离开磁场时的速度v1 为（4）金属棒损耗的机械能E 为 mgcosx0+W+W 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 功能问题分析：（1）线框的 cd 边刚进入磁场时，受到重力和竖直向
26、上的安培力作用，根据牛顿第二定律和安培力公式F=BIl 结合求解电流（2）当线框的 cd 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I=得到速度的关系式当ab 进入磁场后，线框做匀加速运动，加速度为g，通过位移H l2时 ab 离开磁场，由运动学公式求解线框的ab 边刚进入磁场时线框的速度大小（3）由 E=、 I= 、 q=I t 结合求解电量解答：解：（ 1）设线框的cd 边刚进入磁场时线框导线中的电流为顿第二定律有mgB I 1l1 =I 1=（2）设线框ab 边刚进入磁场时线框的速度大小为v1，线框的cd 边刚离开磁场时速度大小为 v2，线框的cd 边刚离磁场时线框导线中的
27、电流为I 2，依据题意、牛顿第二定律有B I 2l 1 mg=I 2=I 2=v2=v1=v1=（3）设线框abcd 穿出磁场的过程中所用时间为t，平均电动势为E，通过导线的平均电流为 I?，通过导线某一横截面的电荷量为q，则 E=I?=q=I?t=答：（ 1）线框的cd 边刚进入磁场时，通过线框导线中的电流；（2）线框的ab 边刚进入磁场时线框的速度大小为；（3）线框 abcd 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量点评：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究初速度和末速度的关系12qU2mg4mg2mUvmqEq12.(1)2(2)(3)B解析：（1）设碰撞前 A 球速度为 v0 ，由动能定理有：qU1mv022v2qU得 m设碰撞后A、 B 球的速度为v ，由动量守恒定律有：mv02mvv12qU得2m带电小球在复合场中做匀速圆周运动，重力与电场力平衡：2mg qE2mgE得出q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R，则机械能改变E2qER由洛伦兹力提供向心力，有：2mv2qvBR4mg2mUE联立各式得出：Bq