2019届一轮复习人教版---动量和电学知识的综合应用---学案--(浙江专用)

1、 第2讲动量和电学知识的综合应用 研透命題点 址研考駅和臺題分析突確命甑点 命题点一 动量观点在电场、磁场中的应用 动量与电磁学知识综合应用类问题的求解与一般的力学问题求解思路并无差异，只是问题的 情景更复杂多样；分析清楚物理过程，正确识别物理模型是解决问题的关键 考向 1 动量观点在电场中的应用 【例 1(2017 “金华十校”联考)如图 1 所示， 竖直固定的光滑绝缘的直圆筒底部放置一带正电 的 A 球，其电荷量 Q = 4X 10_3c.有一个质量为 m= 0.1kg 的带正电小球 B, B 球与 A 球间的 距离为 a= 0.4m，此时小球 B 处于静止状态，且小球 B 在小球 A 形

2、成的电场中具有的电势能 表达式为 Ep= k，其中 r 为电荷 q 与 Q 之间的距离.有一质量也为 m 的不带电绝缘小球 C 从距离小球 B 的上方 H = 0.8m 处自由下落，落在小球 B 上立刻与小球 B 粘在一起向下运动， 它们到达最低点后又向上运动 (取 g= 10 m/s2, k= 9x 10 N rfr/C2).求： J /1 T A - 1 图 1 (1) 小球 C 与小球 B 碰撞后的速度为多大； 小球 B 的带电荷量 q 为多少； (3)当小球 B 和 C 一起向下运动与小球 A 距离多远时，其速度最大？速度的最大值为多少？ (可 保留根号) 答案(1)2m/s(2)4x

3、 108C(3) m2 , 4 2.2m/s 解析(1)小球 C 自由下落 H 距离的速度 v0= 2gH = 4m/s 小球 C 与小球 B 发生碰撞，由动量守恒定律得： mv0 = 2mv1 所以 V1 = 2m/s(2)小球 B 在碰撞前处于平衡状态，对 B 球进行受力分析知: 4 代入数据得：q= 9X 10 8C (3)设当 C 和 B 向下运动的速度最大时，与 A 之间的距离为 y,对 C 和 B 整体进行受力分析 有: 2mg=kQq y 代入数据有：y=m 5 由能量守恒得： 代入数据得： Vm= 2 ；4 2 考向 2 动量观点在磁场中的应用 【例 2】如图 2 所示是计算机

4、模拟出的一种宇宙空间的情景， 其他空间的区域(其他星体对该区域内物体的引力忽略不计 场的磁感应强度为 Bi,下半部分匀强磁场的磁感应强度为 相同，且磁场区域足够大.在距离界线 MN 为 h的 P 点有一宇航员处于静止状态， 宇航员以平 行于 MN 的速度向右抛出一质量为 m、电荷量为 q 的带负电小球，发现小球在界线处的速度 方向与界线成 90角，接着小球进入下半部分磁场 .当宇航员沿与界线平行的直线匀速到达目 标 Q 点时，刚好又接住球而静止. 可知 R2= 4Ri = 4h, 由 qvi(4Bo)= m 皆, 1 1x 2mv1 kQq = 2mvm1 2 3 2mg(a y) + kQq

5、 y 在此宇宙空间内存在这样一个远离 )，以 MN 为界，上半部分匀强磁 B2.已知 Bi = 4B2= 4BO，磁场方向 （2）设小球的速率为 vi，由几何关系可知 X X X K K X X X K X X M X M X Ri= h, 由 qvB = Bi = 4B2= 4BO, 命题点二 动量观点在电磁感应中的应用 感应电流在磁场中受到安培力的作用， 因此电磁感应问题往往跟力学问题联系在一起 解决这 类问题需要综合应用电磁感应规律 （法拉第电磁感应定律、 楞次定律 ）及力学中的有关规律（牛 顿运动定律、动量守恒定律、动量定理、动能定理等 ）. 解决这类问题的方法是： 1选择研究对象即是

6、哪一根导体棒或几根导体棒组成的系统 2分析其受力情况安培力既跟电流方向垂直又跟磁场方向垂直 3分析研究对象所受的各力做功情况和合外力情况，选定所要应用的物理规律 . 4分析研究对象（或系统）动量情况是否符合动量守恒 5.运用物理规律列方程，求解 注意：加速度 a = 0 时，速度 v 达到最大值 【例 3（2017 浙江 4 月选考 22 间距为 I的两平行金属导轨由水平部分和倾斜部分平滑连接而 成，如图 3 所示 倾角为B的导轨处于大小为 Bi、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区间I中 . 水平导轨上的无磁场区间静止放置一质量为 3m 的“联动双杆”（由两根长为 I的金属杆 cd 和 ef,用

7、长度为 L 的刚性绝缘杆连接构成），在“联动双杆”右侧存在大小为 B2、方向垂直导轨 平面向上的匀强磁场区间H, 其长度大于 L.质量为 m、长为 I的金属杆 ab 从倾斜导轨上端释 放，达到匀速后进入水平导轨 （无能量损失），杆 ab 与“联动双杆”发生碰撞，碰后杆 ab 和解得小球的速率 4qBoh 根据运动的对称性，PQ 间的距离为 L = 2（R2- Ri） = 6h. 2 设宇航员的速率为 V2,由 qvB=牛和 T=年得做匀速圆周运动的周期 2 nm qB 故小球由 P 运动到 Q 的时间 t = Ti+ T2= 7. 2 2 4qBo 所以宇航员匀速运动的速率为 V2= L= 2

8、4qB0h , t 5 nn 宇航员在 Q 点接住球时，由动量守恒定律有 MV2 mvi= 0, 可解得宇航员的质量 5 nn cd 合在一起形成“联动三杆” “联动三杆”继续沿水平导轨进入磁场区间n并从中滑出 运 动过程中，杆 ab、cd 和 ef 与导轨始终接触良好，且保持与导轨垂直 已知杆 ab、cd 和 ef 电 阻均为 R= 0.02 為 m= 0.1kg、1 = 0.5m, L = 0.3m, 0= 30 Bi= 0.仃，B2 = 0.2T.不计摩擦阻 (1) 杆 ab 在倾斜导轨上匀速运动时的速度大小 V0； (2) “联动三杆”进入磁场区间n前的速度大小 v； (3) “联动三

9、杆”滑过磁场区间n产生的焦耳热 Q. 答案见解析 解得：V0= 6m/s. 杆 ab 与“联动双杆”碰撞时，由动量守恒定律得 mv0 = 4mv,解得 v= = 1.5m/s. (3)设“联动三杆”进入磁场区间n时速度变化量的大小为 Av，由动量定理得 B2T l At= 4mAv B2IL I = R At R+ 2 解得 Av = 0.25m/s. 因此“联动三杆”滑出磁场区间n时的速度为 v = v Av Av = 1m/s. 1 由能量守恒得：Q = 2X 4m(v2 v 2) = 0.25J. 【变式 1(2016 浙江 4 月选考 23 某同学设计了一个电磁推动加喷气推动的火箭发射

10、装置，如 图 4 所示.竖直固定在绝缘底座上的两根长直光滑导轨， 间距为 L.导轨间加有垂直导轨平面向 下的匀强磁场 B.绝缘火箭支撑在导轨间，总质量为 m,其中燃料质量为 m,燃料室中的金 解析(1)杆 ab 匀速时处于平衡状态，有 mgsin 0= B12l2v0 R R+ 2 At R总 B2LlR，解得 At R+ R Av= 0.25m/s. 设“联动三Av,同样有 B2 I I At = 4m Av cd 合在一起形成“联动三杆” “联动三杆”继续沿水平导轨进入磁场区间n并从中滑出 运 属棒 EF 电阻为 R,并通过电刷与电阻可忽略的导轨良好接触 .引燃火箭下方的推进剂，迅速v.

11、(1) 求回路在At 时间内感应电动势的平均值及通过金属棒 EF 的电荷量，并判断金属棒 EF 中 的感应电流方向； (2) 经At 时间火箭恰好脱离导轨，求火箭脱离时的速度大小 vo；(不计空气阻力) (3) 火箭脱离导轨时，喷气孔打开，在极短的时间内喷射出质量为 m的燃气，喷出的燃气相 对喷气前火箭的速度为 v,求喷气后火箭增加的速度 Av(提示：可选喷气前的火箭为参考系 ) 答案 B2L AS BASBAS B2L AS _ m ATh向右g At R 解析(1)根据法拉第电磁感应定律，有 E =普=AtS B AS q = 1 At= R=R， 电流方向向右 (2) A时间内产生的平均

12、感应电流 T - E = AS 1 R RAt 平均安培力 由动量定理有(F mg) A= mvo 解得v0=BmA (3)以喷气前的火箭为参考系，设竖直向上为正，由动量守恒定律一 m v + (m m ) A= 0 得Av = m m m 推动刚性金属棒 CD(电阻可忽略且和导轨接触良好 )向上运动，当回路 CEFDC 面积减少量达 到最大值 AS,用时At,此过程激励出强电流，产生电磁推力加速火箭 在At 时间内，电阻 R 产生的焦耳热使燃料燃烧形成高温高压气体 当燃烧室下方的可控喷气孔打开后 喷出燃气进 步加速火箭 图 4 2 【变式 2(2017 嘉兴市期末)如图 5 所示，两根水平放

13、置的“形平行金属导轨相距 L = 0.5 m, 导轨电阻不计.在导轨矩形区域 MNPO 中有竖直向上的匀强磁场 Bi，在 MN 左侧的导轨处于 2 (3)金属棒 cd 与竖直导轨碰撞之前 ab、cd 系统能量守恒，可得 Q+ mv2 = 1 mv0 水平向左的匀强磁场 B2中，Bi= B2 = 1.0T.金属棒 ab 悬挂在力传感器下，保持水平并与导轨 良好接触.金属棒 cd 垂直于水平导轨以速度 vo= 4m/s 进入 Bi磁场，与竖直导轨碰撞后不反弹， 此过程中通过金属棒 cd 的电荷量 q= 0.25C, ab、cd 上产生的总焦耳热 Q = 0.35J 金属棒 ab、 cd 的质量均为

14、 m = 0.10kg，电阻均为 R= 1.0 0不计一切摩擦.求: (1) 金属棒 cd 刚进入磁场时，传感器的示数变化了多少？ (2) MN 与 OP 间的距离 d; 金属棒 cd 经过磁场 B1的过程中受到的安培力的冲量大小 答案(1)0.5N(2)1m(3)0.1kg m/s 解析(1)金属棒 cd 刚进入磁场时 金属棒 ab 受到的受培力 F 安=B2IL 传感器增加的示数 F 传=F 安=0.5N 金属棒 cd 经过区域 MNOP 时的平均感应电动势为 E =云， 其中=B1Ld 平均感应电流为 由 q= T t=警可得 2R d = 1m E = B1LV0, E I = 2R

15、E 2R 则金属棒 cd 离开 Bi磁场时的速度 v = 3m/s 则 cd 经过磁场 Bi过程中受到的安培力的冲量 I安=mv mvo 代入数据得 I安=0.1kg m/s. 课时作业 - 限时训芽 练规范址速度 - 1. 如图 1 所示，在光滑绝缘水平面上方足够大的区域内存在水平向右的电场，电场强度为 E. 不带电的绝缘小球 P2静止在 O 点.带正电的小球 Pi离小球 P2左侧的距离为 L.现由静止释放 、 2 小球 Pi,在电场力的作用下 Pi与 P2发生正碰后反弹，反弹速度是碰前的 倍.已知 Pi的质量 为 m,带电荷量为 q, P2的质量为 5m.求： 图 i 碰撞前瞬间小球 Pi

16、的速度. (2) 碰撞后瞬间小球 P2的速度. (3) 小球 Pi和小球 P2从第一次碰撞到第二次碰撞的时间和位置 答案(i)；豊吉，方向水平向右(2)3 豊吉，方向水平向右(3)2“在 O 点右侧 4L 处 解析(i)设碰撞前小球Pi的速度为 V0,根据动能定理 qEL = mvo2，解得 voyqEL，方向水平向右 一 2 (2)Pi、P2碰撞，以水平向右为正方向，则碰后 Pi速度为一勺 V0,设 P2速度为 V2，由动量守恒 方向水平向右 设 Pi、P2碰撞后又经 At 时间再次发生碰撞，且 Pi所受电场力不变，由运动学公式，以水平 向右为正方向，则： 定律: 2 mvo= m( 3vo

17、) + 5mv2 (3)碰撞后小球 Pi先向左后向右做匀变速运动，设加速度为 a,则: a= qE m |voAt + a At2 = fvoAt，解得: At = 2 2mL qE E 对 P2分析：x= vo At =葺 即第二次碰撞时在 4L O 点右侧$处. 2. (2017 浙江 11 月选考 22)图 2 所示，匝数 N= 100、截面积 S= 1.0 X 102m2电阻 r = 0.15 Q 的线圈内有方向垂直于线圈平面向上的随时间均匀增加的匀强磁场 B1,其变化率 k= 0.80T/S. 线圈通过开关 S 连接两根相互平行、间距 d = 0.20m 的竖直导轨，下端连接阻值 R

18、= 0.50 Q的 电阻.一根阻值也为 0.50 為 质量 m= 1.0X 102kg 的导体棒 ab 搁置在等高的挡条上，在竖直 导轨间的区域仅有垂直纸面的不随时间变化的匀强磁场 B2.接通开关 S 后，棒对挡条的压力 恰好为零.假设棒始终与导轨垂直，且与导轨接触良好，不计摩擦阻力和导轨电阻 (1) 求磁感应强度 B2的大小，并指出磁场方向； (2) 断开开关 S 后撤去挡条，棒开始下滑，经 t= 0.25s 后下降了 h = 0.29m，求此过程棒上产生 的热量. 答案(1)0.5T 磁场垂直纸面向外(2)2.3 X 10J B1 =丁 代入数据得：E = 0.8V 等效电路图如图: 根据

19、题意，此刻棒对挡条的压力为零，即金属棒所受安培力等于其重力，方向竖直向上 即 B2|abd= mg,解得 B2= 0.5T, 根据左手定则可知磁场的方向应该垂直纸面向外 (2)开关断开之后，撤去挡条，ab 下滑过程切割磁感线，从而产生感应电流，根据动量定理，则解析(1)线圈中产生的感应电动势为 l N E = t 0.8 总电流弋=而花A=2A, * - rf - * 图 2 (mg B2I d)t = mv 0 =B2 dh 1 根据动能定理可知 mgh+ W= 2mv2 0 联立解得 W= 4.6 x 103J 1 因此金属棒上产生的热量为 Q=W|= 2.3 x 10 3J. 3. (2

20、017 温州市十校高三期末)如图 3 所示， PQ 和 MN 是固定于水平面内的平行光滑金属轨道， 轨道足够长，其电阻可忽略不计 金属棒 ab、cd 放在轨道上，始终与轨道垂直，且接触良好 金属棒 ab、cd 的质量均为 m,长度均为 L.两金属棒的长度恰好等于轨道的间距， 它们与轨道 形成闭合回路金属棒 ab 的电阻为 2R,金属棒 cd 的电阻为 R.整个装置处在竖直向上、磁感 应强度为 B的匀强磁场中若先保持金属棒 ab 不动，使金属棒 cd 在与其垂直的水平力 F(大小 未知)作用下，由静止开始向右以加速度 a 做匀加速直线运动，水平力 F 作用 to时间撤去此力， 同时释放金属棒 a

21、b.求： p. 7 r “ - V M b d 图 3 - w (1) 棒 cd 匀加速过程中，外力 F 随时间 t 变化的函数关系； (2) 两金属棒在撤去 F 后的运动过程中，直到最后达到稳定，金属棒 cd 产生的热量； (3) 两金属棒在撤去 F 后的运动过程中，直到最后达到稳定，通过金属棒 cd 的电荷量 q. B2L2a 1 2 2 mato 答案(1)F = _3t+ ma(2)12ma2to2(3)2BL 解析棒 cd 匀加速过程中，由牛顿第二定律，有 F BIL = ma, E B|af B2I 2a 又 I = E =瓷1，得此过程 F 随时间 t 变化的函数关系为 F =

22、BLat+ ma. 3R 3R 3R (2)撤去 F 后，直到最后达到稳定，根据系统能量守恒得 1 1 系统产生的总热量为 Q= mvo2 x 2mv2, 根据系统动量守恒 mvo = 2mv, 1 又 vo= ato,联立得 Q= 4ma2to2, R 1 1 C c cd 棒产生的热量为 Qcd= Q=：Q=ma2to2. 2R+ R 3 12 其中 I t= q = R+ Rab 撤去 F 到系统达到稳定，对 cd 棒由动量定理得 B I L At= mv mvo, (1)棒 ab 和棒 cd 离开导轨时的速度大小; 棒 ab 在水平导轨上的最大加速度; (3)棒 ab 在导轨上运动过程中产生的焦耳热 4m 厂 49mgR 解析(1)设 ab 棒进入水平直导轨的速度为 Vo, 1 由动能定理 2mgR=寸2mvo2, 离开导轨时，设 ab、