专题3 电场和磁场-2022高考物理二轮复习【导与练】高中总复习第2轮复习讲义（福建专用）

核心素养专题7力学三大观点的应用 由系统水平方向动量守恒得mv_m-Mv_M=0 两边同乘运动时间t mv_…t-Mv_Nt=0 [例题]解析：(1)设小球A与小物块B碰前瞬间的速度为vc， 即mxm=Mx_M 则由机械能守恒定律有3”gR=2·3v^2又x_mlx_M=2L 设碰后小球A和小物块B的速度分别为v_1和v，联立解得xw=号ma 自动量守恒定律和能量守恒定律有 答案：(1)2N-竖声向上一(2)2m/s（3)3m [贯通训练2]解析：(1)a碰后返回恰好通过A点时，由重力提供向心 力，由牛顿第二定律得m_cg-m_ak 联立并代入数据解得e-一a码后返回到A点的过程。根据机械能守恒定控符 设碰后小球A能上升的最大高度为11． (2)取水平向右为正方向，a，b磁撞前后， 由机械能守恒定律有”gH=量一”η2， 由动量守淫定律得m_av_3=m；v_2-mav_1 所求cosθ=R-^H由机械能宇恒定律得一mav_x^2=②mnv_2^2它ma1^2 由以上各式解得uosθ-个联立两式得v_x=2/5gR，次-√5gR （2)法一—由(1)可求得碰后小物块B的速度为滑块h从C到E由能量守恒定律得 包=2√2gR2mv_2-mgsinθ·，R+gmgtosθ·2^R+E_p 设小物块B与长木板C相互作用达到的共同速度为x，长木板C的解得E_p=一mgR， 最小长度为L．（3)设滑块b第一次返回水平面C点时的速度为v_3·对滑块b从E 有m0；=(m+2m)v点到C点过程，由动能定理得 mgL-÷m2^2=÷(m-2m)2gmgcosθ∙÷R-÷mv_3^2-m2^2 由以上各式解得L-个”解得子mgR>﹖mab^2一号mgR=mgR 法三由(1)可求得碰后小物块B的速度为v_1一方\sqrt{2}gR滑块b从E点滑回后，设在圆形轨道上F点(比圆心高)脱离轨道， 设小物块B运动的位移为x时，小物块B，长木板C达到共同速度此时F点和圆心的连线与竖直方向的夹角为α∙由牛顿第二定律和 v，此时长木板C运动的位移为x；，机械能学源定律分别有mguosa-m 对小物块B有png-mag，v^3一v^2-2a1x1 下mm^2-mg(R+Reos a)+⊇nv^2 对长木板C有mmg-2mac^2-2acx_2， 解得cosa-号 长木板C的最小长度L-。x_1―x3所以b离开圆轨道的位置(F点)距离地面的高度为 由以上各式解得L-品，h-R Rcusa-3R， 答案：(1)子“(2)。答案：(1)\sqrt{5}gK（2)号mgR（3)卡R 〔贯通训练1]解析：(1)设小球到达最高点速度为vp。由机械能守恒定专题三电场和磁场 律知，m^2-mgL2my^2 代入数据解得vw=\sqrt{6}m/s 设小球在最高点时杆对球的作用力大小为F。方向竖直向下，则 笫1节电场及带电粒子在电场中的运动 F+mg=m1 关键能力 代入数据解得F-2N 考向一、 由牛顿第三定律知，小球对轻杆的作用力大小为2N。方向竖直因为每个点电荷所受库仑力的合力均 为零。对最上边的点也行，其他三个电荷给它 向上。 （2)若解除锁定，小球和滑块构成的系统水平方向动量守恒。设小的受力分别是F_一F_LF_3=组因为 非通过最高点时速度为1滑块速度为5由动量守恒定律得F、F、大小相等．所以F：、F_2的合力是 mx=Mvw2e，而P对最上边点电荷的库仑力是 k质一则根据受力平衡有g 联立解得v_m-2m/s， （3)设小球击中滑块右侧轨道位置点与小球起始位置点间的距离为 x_滑块运动的距离为z5。 118 爱游义笔篱 k0,粥得Q=2。由阁2可知在0≤号区间、 小球淮出点距O点沿电场方句的距离 Rsin -2gtn Rsin 0. 电场方向向左，所以电荷量为一Q的点电荷P将受到向右的电场 (2)小球过1点时，有1i10= 力，P将向右运动。故正确，1、B、)髯误， 从A到，4动能定理得 [贯通训练1]由题意可：)点电场强度为零，所以红、O两，点间场 强方向由持向()，所以)1项错误；同理，们)点与 9g2K1-n》-寸mcw2 点问的电场猫度有竖直向.上的分量，所以%，则g二%，B项正 在乃，点，对小球由牛顿第二定律得 确；同理，g·g,又带负电的武探乌苻在乌势高处白势能 較小，所以？项蜡误，)项正确。 -g2-m贤 [贯通训练2]解析：将侧环等分成若千小該，每一小段和与它关子()点 牛顿第三定律知，小球对軌道的压力为FN'一F、 对称的一小段在)点产生的电扬的电场强度总是大小相等、方向相 2 反，夫登和为零，即阅环最终在O点产生的电场强度的总夫量和为 联立解得'=Rm0少(312si血0》. 零：因为阆环带负电，固此，每一小段和与它关于)点对称的一小段 答案：t