高考物理大一輪復(fù)習第十二章動量守恒定律第2講動量和電學知識的綜合應(yīng)用學案

1、第 2 講 動量和電學學問的綜合應(yīng)用命題點一 動量觀點在電場、磁場中的應(yīng)用動量與電磁學學問綜合應(yīng)用類問題的求解與一般的力學問題求解思路并無差異,只是問題的情形更復(fù)雜多樣；分析清晰物理過程,正確識別物理模型是解決問題的關(guān)鍵 .考向 1 動量觀點在電場中的應(yīng)用例 1 2022 “ 金華十?！?聯(lián)考 如圖 1 所示,豎直固定的光滑絕緣的直圓筒底部放置一3帶正電的 A 球,其電荷量 Q4 10 C. 有一個質(zhì)量為 m0.1 kg 的帶正電小球 B,B 球與 A球間的距離為 a0.4 m ,此時小球 B 處于靜止狀態(tài),且小球 B 在小球 A 形成的電場中具有Qq的電勢能表達式為 pEk r,其中 r 為

2、電荷 q 與 Q 之間的距離 . 有一質(zhì)量也為 m 的不帶電絕緣小球 C 從距離小球 B 的上方 H0.8 m 處自由下落,落在小球 B 上馬上與小球 B 粘在一起2 9 2 2向下運動,它們到達最低點后又向上運動 取 g10 m/s,k9 10 N m /C . 求：1 / 11 圖 1 1 小球 C與小球 B碰撞后的速度為多大；2 小球 B的帶電荷量 q為多少；3 當小球 B 和 C 一起向下運動與小球A 距離多遠時,其速度最大？速度的最大值為多少？ 可保留根號 答案12 m/s24 9 108C32m24 22m/s5解析1 小球 C自由下落 H距離的速度v02gH4 m/s小球 C與小

3、球 B 發(fā)生碰撞,由動量守恒定律得：mv2 mv 1所以 v 12 m/s2 小球 B 在碰撞前處于平穩(wěn)狀態(tài),對 B 球進行受力分析知：qQmgk a248代入數(shù)據(jù)得：q9 10 C3 設(shè)當 C 和 B 向下運動的速度最大時,與 A 之間的距離為 y,對 C 和 B 整體進行受力分析Qq有：2 mgky22代入數(shù)據(jù)有：y5 m由能量守恒得：Qq 1 Qq 1 2 mv 12k a2 2 mv m22 mg ay k y 2代入數(shù)據(jù)得：v m2 42 2 m/s考向 2 動量觀點在磁場中的應(yīng)用例 2 如圖 2 所示是運算機模擬出的一種宇宙空間的情形,在此宇宙空間內(nèi)存在這樣一個遠離其他空間的區(qū)域

4、其他星體對該區(qū)域內(nèi)物體的引力忽視不計 ,以 MN為界,上半部分勻強磁場的磁感應(yīng)強度為 B 1,下半部分勻強磁場的磁感應(yīng)強度為 B 2 . 已知 B 14 B 24 0B,磁場方向相同,且磁場區(qū)域足夠大 . 在距離界線 MN為 h 的 P 點有一宇航員處于靜止狀態(tài),宇航員以平行于 MN的速度向右拋出一質(zhì)量為 m、電荷量為 q 的帶負電小球,發(fā)覺小球在界線處的速度方向與界線成 90 角,接著小球進入下半部分磁場 . 當宇航員沿與界線平行的直線勻速到達目標 Q點時,剛好又接住球而靜止 .2 / 11 圖 2 1 請你粗略地作出小球從P 點運動到 Q點的運動軌跡；2 PQ間的距離是多大；3 宇航員的質(zhì)

5、量是多少 .2設(shè)小球的速率為v1,由幾何關(guān)系可知答案1見解析圖26h35 m6解析1 小球的運動軌跡如下列圖.1Rh,由qvBv2 m R和1B4 B 24B 0,可知 2R4 1R4 h,v12由 qv 1 4 0B m R1,4qB0h解得小球的速率 1vm,依據(jù)運動的 對稱性,PQ 間的距離為 L2 2R1R 6 .hmv2 2 r 2 m3 設(shè)宇航員的速率為 v 2,由 qvBr 和 Tv 得做勻速圓周運動的周期 TqB,T1 T2 5 m故小球由 P 運動到 Q 的時間 t224qB0 .L 24qB0h所以宇航員勻速運動的速率為 2vt5 m,宇航員在 Q 點接住球時,由動量守恒定

6、律有 Mvmv0,5 m可 解得宇航員的質(zhì)量 M6 .命題點二 動量觀點在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用感應(yīng)電流在磁場中受到安培力的作用,因此電磁感應(yīng)問題往往跟力學問題聯(lián)系在一起 . 解決這類問題需要綜合應(yīng)用電磁感應(yīng)規(guī)律 法拉第電磁感應(yīng)定律、楞次定律 及力學中的有關(guān)規(guī)律3 / 11 牛頓運動定律、動量守恒定律、動量定理、動能定理等 .解決這類問題的方法是：1. 挑選討論對象 . 即是哪一根導體棒或幾根導體棒組成的系統(tǒng) .2. 分析其受力情形 . 安培力既跟電流方向垂直又跟磁場方向垂直 .3. 分析討論對象所受的各力做功情形和合外力情形,選定所要應(yīng)用的物理規(guī)律 .4. 分析討論對象 或系統(tǒng) 動量情形是否符合動

7、量守恒 .5. 運用物理規(guī)律列方程,求解 . 留意：加速度 a0 時,速度 v 達到最大值 .例 3 2022 浙江 4 月選考22 間距為 l 的兩平行金屬導軌由水平部分和傾斜部分平滑連接而成,如圖 3 所示 . 傾角為 的導軌處于大小為 1B、方向垂直導軌平面對上的勻強磁場區(qū)間中 . 水平導軌上的無磁場區(qū)間靜止放置一質(zhì)量為 3m 的“ 聯(lián)動雙桿” 由兩根長為 l的金屬桿 cd 和 ef ,用長度為 L 的剛性絕緣桿連接構(gòu)成 ,在“ 聯(lián)動雙桿” 右側(cè)存在大小為B 2、方向垂直導軌平面對上的勻強磁 場區(qū)間 ,其長度大于 .L 質(zhì)量為 m、長為 l 的金屬桿ab 從傾斜導軌上端釋放,達到勻速后進

8、入水平導軌 無能量缺失 ,桿 ab 與“ 聯(lián)動雙桿” 發(fā)生碰撞,碰后桿 ab 和 cd 合在一起形成“ 聯(lián)動三桿”. “ 聯(lián)動三桿” 連續(xù)沿水平導軌進入磁場區(qū)間并從中滑出 . 運動過程中,桿 ab、cd 和 ef 與導軌始終接觸良好,且保持與導軌垂直. 已知桿 ab、cd 和 ef 電阻均為 R0.02 、 m0.1 kg 、l 0.5 m ,L 0.3 m , 230,B 10.1 T,2B0.2 T. 不計摩擦阻力和導軌電阻,忽視磁場邊界效應(yīng),g 取 10 m/s .求：圖 3 32桿ab與“1桿ab在傾斜導軌上勻速運動時的速度大小0v；2 “ 聯(lián)動三桿” 進入磁場區(qū)間前的速度大小v；3

9、“ 聯(lián)動三桿” 滑過磁場區(qū)間產(chǎn)生的焦耳熱Q.答案見解析解析1桿ab勻速時處于平穩(wěn)狀態(tài),有mg sin B12l2v0RR 2解得：v06 m/s.聯(lián)動雙桿”碰撞時,由動量守恒定律得mv4 mv,解得vv01.5 m/s.4設(shè)“聯(lián)動三桿”進入磁場區(qū)間時速度變化量的大小為v,由動量定理得B 2Ilt4 / 11 4m v設(shè)“聯(lián)動三桿”滑出磁場區(qū)間因IE 錯誤 .,解得v0.25 m/s.R總 t R總時速度變化量的大小為v,同樣有2BIlt4m v,I錯誤 .解得 v 0.25 m/s.因此“ 聯(lián)動三桿” 滑出磁場區(qū)間時的速度為v v v v 1 m/s.1 2 2由能量守恒得：Q2 4 m vv

10、 0.25 J.變式 1 2022 浙江 4 月選考23 某同學設(shè)計了一個電磁推動加噴氣推動的火箭發(fā)射裝置,如圖 4 所示 . 豎直固定在絕緣底座上的兩根長直光滑導軌,間距為 L. 導軌間加有垂直導軌平面對下的勻強磁場 B. 絕緣火箭支撐在導軌間,總質(zhì)量為 m,其中燃料質(zhì)量為 m ,燃料室中的金屬棒 EF 電阻為 R,并通過電刷與電阻可忽視的導軌良好接觸 . 引燃火箭下方的推動劑,快速推動剛性金屬棒 CD 電阻可忽視且和導軌接觸良好 向上運動,當回路 CEFDC面積削減量達到最大值 S,用時 t ,此過程鼓勵出強電流,產(chǎn)生電磁推力加速火箭 . 在 t 時間內(nèi),電阻 R 產(chǎn)生的焦耳熱使燃料燃燒形

11、成高溫高壓氣體 . 當燃燒室下方的可控噴氣孔打開后. 噴出燃氣進一步加速火箭 .圖 4 1 求回路在 t 時間內(nèi)感應(yīng)電動勢的平均值及通過金屬棒EF 的電荷量,并判定金屬棒EF中的感應(yīng)電流方向；2經(jīng)t時間火箭恰好脫離導軌,求火箭脫離時的速度大小0v；不計空氣阻力3 火箭脫離導軌時,噴氣孔打開,在極短的時間內(nèi)噴射出質(zhì)量為m 的燃氣,噴出的燃氣相對噴氣前火箭的速度為v,求噴氣后火箭增加的速度 v. 提示：可選噴氣前的火箭為參考系 答案1B SB S向右2B2L Sg t3mv tRmRmm5 / 11 解析1依據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律,有tE tB S tqI RB S R,電流方向向右2 t 時間內(nèi)產(chǎn)

12、生的平均感應(yīng)電流ERB SIR t平均安培力B I L F由動量定理有 Fmg tmv 0B2L S解得 v 0mRg t3 以噴氣前的火箭為參考系,設(shè)豎直向上為正,由動量守恒定律m v mm v0m得 vmm.v變式 2 2022 嘉興市期末 如圖 5 所示,兩根水平放置的“ ” 形平行金屬導軌相距 L0.5 m,導軌電阻不計 . 在導軌矩形區(qū)域 MNPO 中有豎直向上的勻強磁場 B 1,在 MN 左側(cè)的導軌處于水平向左的勻強磁場 B 2 中,1B2B1.0 T. 金屬棒 ab 懸掛在力傳感器下,保持水平并與導軌良好接觸 . 金屬棒 cd 垂直于水平導軌以速度 0v4 m/s 進入 1B 磁

13、場,與豎直導軌碰撞后不反彈,此過程中通過金屬棒 cd 的電荷量 q 0.25 C ,ab、 cd 上產(chǎn)生的總焦耳熱 Q0.35 J. 金屬棒 ab、cd 的質(zhì)量均為 m0.10 kg ,電阻均為 R1.0 . 不計一切摩擦 . 求：圖 5 1 金屬棒 cd 剛進入磁場時,傳感器的示數(shù)變化了多少？2 MN與 OP間的距離 d；3金屬棒cd經(jīng)過磁場B 1的過程中受到的安培力的沖量大小.答案10.5 N 21 m 30.1 kg m/s解析1 金屬棒 cd 剛進入磁場時E1B Lv0,IE2R6 / 11 金屬棒 ab 受到的受培力F安B 2 IL傳感器增加的示數(shù)F傳F安0.5 N2 金屬棒 cd

14、經(jīng)過區(qū)域 MNOP時的平均感應(yīng)電動勢為 t,E其中1BLd平均感應(yīng)電流為由qI tE2RIB1Ld 可得 2Rd1 m3 金屬棒 cd 與豎直導軌碰撞之前ab、cd 系統(tǒng)能量守恒,可得Q1 22 mv1mv 022就金屬棒 cd 離開 B 1 磁場時的速度 v3 m/s就 cd 經(jīng)過磁場 B 1 過程中受到的安培力的沖量 I 安mvmv 0代入數(shù)據(jù) 得 I 安0.1 kg m/s.1. 如圖 1 所示,在光滑絕緣水平面上方足夠大的區(qū)域內(nèi)存在水平向右的電場,電場強度為E .不帶電的絕緣小球2P靜止在O點.帶正電的小球1P離小球2P左側(cè)的距離為L.現(xiàn)由靜止釋放小球1P,在電場力的作用下1P與P 2

15、發(fā)生正碰后反彈,反彈速度是碰前的2 倍 3.已知1P的質(zhì)量為m,帶電荷量為q,P 2的質(zhì)量為5 m求：圖 1 3小球1P和小球2P1碰撞前瞬時小球1P的速度.2碰撞后瞬時小球2P的速度.從第一次碰撞到其次次碰撞的時間和位置.7 / 11 答案12qEL m,方向水平向右212qEL m,方向水平向右322mL在O點右3qE21P、2P側(cè)4L處3解析1設(shè)碰撞前小球P 1的速度為v0,依據(jù)動能定理qEL1mv 02,解得0v2qEL,方向水平向右 m2碰撞,以水平向右為正方向,就碰后1P速度為2 3 0v,設(shè)P 2速度為v2,由動量守恒定律：mvm 2 3 v0 5 mv 2解得v2v012qEL

16、,方向水平向右 m設(shè)1P、2P333碰撞后小球P 1先向左后向右做勻變速運動,設(shè)加速度為a,就：aqEm碰撞后又經(jīng)t時間再次發(fā)生碰撞,且P 1所受電場力不變,由運動學公式,以水平向右為正方向,就：2 1 1 2mL3 v 0 t2 a 2t3 0v t,解得： t2 qE1 4L對 P 2 分析：xv 0 t3 34L即其次次碰撞時在 O 點右側(cè)3 處 .2 22.2022 浙江 11 月選考 22 如圖 2 所示,匝數(shù) N100、截面積 S1.0 10 m、電阻 r0.15 的線圈內(nèi)有方向垂直于線圈平面對上的隨時間勻稱增加的勻強磁場 B 1,其變化率k0.80 T/s. 線圈通過開關(guān) S 連

17、接兩根相互平行、間距 d 0.20 m 的豎直導軌,下端連接阻2值 R0.50 的電阻 . 一根阻值也為 0.50 、質(zhì)量 m1.0 10 kg 的導體棒 ab 擱置在等高的擋條上,在豎直導軌間的區(qū)域僅有垂直紙面的不隨時間變化的勻強磁場 2B . 接通開關(guān)S 后,棒對擋條的壓力恰好為零. 假設(shè)棒始終與導軌垂直,且與導軌接觸良好,不計摩擦阻 力和導軌電阻 .8 / 11 圖 2 2 斷開開關(guān)S 后撤去擋條,棒開頭下滑,經(jīng)1求磁感應(yīng)強度B 2的大小,并指出磁場方向；t 0.25 s后下降了h 0.29 m ,求此過程棒上產(chǎn)生的熱量 .答案10.5 T磁場垂直紙面對外22.3 130J解析1線圈中產(chǎn)

18、生的感應(yīng)電動勢為EN , t B1 t S代入數(shù)據(jù)得： E0.8 V等效電路圖如圖：總電流IER0.8A2 A,IabI1 Ar 0.15 0.2522依據(jù)題意,此刻棒對擋條的壓力為零,即金屬棒所受安培力等于其重力,方向豎直向上即 B 2 I ab dmg,解得 2B0.5 T,依據(jù)左手定就可知磁場的方向應(yīng)當垂直紙面對外 .2 開關(guān)斷開之后,撤去擋條,ab 下滑過程切割磁感線,從而產(chǎn)生感應(yīng)電流,依據(jù)動量定理,就 mg2BI d tmv0 其中I tqRRab 2Bdh9 / 11 依據(jù)動能定理可知 聯(lián)立解得mghW12 mv02W4.6 103J因此金屬棒上產(chǎn)生的熱量為Q|1 2 W2.3 1

19、03J.3.2022 溫州市十校高三期末 如圖 3 所示, PQ和 MN是固定于水平面內(nèi)的平行光滑金屬軌道,軌道足夠長,其電阻可忽視不計 . 金屬棒 ab、cd 放在軌道上,始終與軌道垂直,且接觸良好 . 金屬棒 ab、cd 的質(zhì)量均為 m,長度均為 L. 兩金屬棒的長度恰好等于軌道的間距,它們與軌道形成閉合回路 . 金屬棒 ab 的電阻為 2R,金屬棒 cd 的電阻為 R. 整個裝置處在豎直向上、磁感應(yīng)強度為 B 的勻強磁場中 . 如先保持金屬棒 ab 不動,使金屬棒 cd 在與其垂直的水平力 F 大小未知 作用下,由靜止開頭向右以加速度 a 做勻加速直線運動,水平力 F 作用 0t時間撤去

20、此力,同時釋放金屬棒 ab. 求：圖 3 1 棒 cd 勻加速過程中,外力F 隨時間 t 變化的函數(shù)關(guān)系；2 兩金屬棒在撤去F后的運動過程中,直到最終達到穩(wěn)固,金屬棒cd 產(chǎn)生的熱量；cd 的電荷量 q.3 兩金屬棒在撤去F后的運動過程中,直到最終達到穩(wěn)固,通過金屬棒答案1FB2L2a t 3Rma21 2 2ma 0t123mat02BL解析1 棒 cd 勻加速過程中,由牛頓其次定律,有FBIL ma,又IE3RBLat,得此過程F隨時間t變化的函數(shù)關(guān)系為FB2L2a 3R tma3R2 撤去 F 后,直到最終達到穩(wěn)固,依據(jù)系統(tǒng)能量守恒得4.2022 杭州市四校聯(lián)考系統(tǒng)產(chǎn)生的總熱量為Q1 2 mv21 22 mv,2依據(jù)系統(tǒng)動量守恒mv2mv,又v0at0,聯(lián)立得Q1 2 24 ma 0t,cd棒產(chǎn)生的熱量為Q cdR 2RR Q1Q12 ma t2 0 .3123 撤去 F 到系統(tǒng)達到穩(wěn)固,對cd 棒由動量定理得BIL tmvmv,qIt,解得qmat0 .2BL 如圖 4 所示,電阻不計的兩光滑金屬導軌相距L,放在水平絕緣10 / 11 1桌面上,半徑為 R 的4 圓弧部分處在豎直平面內(nèi)且與水平直軌道在最低點相切,水平直導軌部分處在磁感應(yīng)強度