【物理】高中必备物理动量定理技巧全解及练习题(含答案)含解析.pdf

【物理】高中必备物理动量定理技巧全解及练习题(含答案)含解析一、高考物理精讲专题动量定理1．如图1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2所示，图线是双曲线（坐标是渐近线）；顶角=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t=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=0．5Ω，其余电阻不计，回路电动势E与时间t的关系如图3所示，图线是过原点的直线，求：（1）t=2s时流过导体棒的电流强度的大小；（2）在1~2s时间内导体棒所受安培力的冲量大小；（3）导体棒滑动过程中水平外力F（单位：N）与横坐标x（单位：m）的关系式．32【答案】（1）8A（2）8Ns（3）F63x9【解析】【分析】【详解】（1）根据E-t图象中的图线是过原点的直线特点，可得到t=2s时金属棒产生的感应电动势为E4V由欧姆定律得E4IA8A2R0.5（2）由图2可知，B1(Tm)x由图3可知，E与时间成正比，有E=2t（V）EI4tR4x因=53°，可知任意t时刻回路中导体棒有效切割长度L3又由FBIL安所以16Ft安3即安培力跟时间成正比所以在1~2s时间内导体棒所受安培力的平均值1632F33N8N2故IFt8Ns安（3）因为vEBLv4Bx3所以v1.5t(m/s)可知导体棒的运动时匀加速直线运动，加速度a1.5m/s21又xat2，联立解得232F63x9【名师点睛】本题的关键首先要正确理解两个图象的数学意义，运用数学知识写出电流与时间的关系，要掌握牛顿运动定律、闭合电路殴姆定律，安培力公式、感应电动势公式．2．如图甲所示，平面直角坐标系中，0≤x≤l、0≤y≤2l的矩形区域中存在交变匀强磁场，规定磁场垂直于纸面向里的方向为正方向，其变化规律如图乙所示，其中和均未知。B0T0比荷为的带正电的粒子在点（，l）以初速度沿方向射入磁场，不计粒子重力。c0v0+xT（1）若在t=0时刻，粒子射入；在t<0的某时刻，粒子从点（l，2l）射出磁场，求B大20小。2vT（2）若B=0，且粒子从0≤l≤0的任一时刻入射时，粒子离开磁场时的位置都不在y0l2c轴上，求的取值范围。T02vlT（3）若B=0，T，在x>l的区域施加一个沿-x方向的匀强电场，在t0时刻0l0v4c0入射的粒子，最终从入射点沿-x方向离开磁场，求电场强度的大小。vl4v2【答案】（1）B0；（2）T；（3）E0n0,1,2L.0cl0v2n1cl0【解析】【详解】设粒子的质量为m，电荷量为q，则由题意得qcm（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，设运动半径为R，根据几何关系和牛顿第二定律得：Rlv2qvBm000Rv解得B00cl（2）设粒子运动的半径为R，由牛顿第二定律得1v2qvBm000R1l解得R12临界情况为：粒子从t0时刻射入，并且轨迹恰好过0,2l点，粒子才能从y轴射出，如图所示设粒子做圆周运动的周期为T，则2mlTqBv00T由几何关系可知，在t0内，粒子轨迹转过的圆心角为2对应粒子的运动时间为1tTT122T分析可知，只要满足t≥0，就可以使粒子离开磁场时的位置都不在y轴上。12l联立解得TT，即T；00v0（3）由题意可知，粒子的运动轨迹如图所示设粒子的运动周期为T，则2mlTqBv00在磁场中，设粒子运动的时间为t，则211tTT244由题意可知，还有TTt00244l解得TT，即T00v0设电场强度的大小为E，在电场中，设往复一次所用的时间为t，则根据动量定理可得3Eqt2mv30其中1tnTn0,1,2L3204v2解得E0n0,1,2L2n1cl3．如图所示，木块和四分之一光滑圆轨道静置于光滑水平面上，、质量＝ABABmAmB＝。现让以＝的速度水平向右运动，之后与墙壁发生弹性碰撞（碰撞过程2.0kgAv04m/s中无机械能损失），碰撞时间为t＝0.2s。取重力加速度g＝10m/s2．求：①A与墙壁碰撞过程中，墙壁对木块平均作用力的大小；②A滑上圆轨道B后，到达最大高度时与B的共同速度大小.【答案】(1)＝(2)＝F80Nv12m/s【解析】【详解】①以水平向左为正方向，A与墙壁碰撞过程，无机械能能损失，则以原速率弹回，对A，由动量定理得：＝﹣（﹣），FtmAv0mA•v0代入数据解得：F＝80N；②A滑上圆轨道B后到达