高考物理第一輪復(fù)習(xí)第十章-專題強(qiáng)化十四課件

1、專題強(qiáng)化十四動(dòng)力學(xué)、動(dòng)量和能量 觀點(diǎn)在電學(xué)中的應(yīng)用大一輪復(fù)習(xí)講義專題強(qiáng)化十四動(dòng)力學(xué)、動(dòng)量和能量大一輪復(fù)習(xí)講義1.本專題是力學(xué)三大觀點(diǎn)在電學(xué)中的綜合應(yīng)用，高考對(duì)本專題將作為計(jì)算題 壓軸題的形式命題.2.學(xué)好本專題，可以幫助同學(xué)們應(yīng)用力學(xué)三大觀點(diǎn)分析帶電粒子在電場和磁 場中的碰撞問題、電磁感應(yīng)中的動(dòng)量和能量問題，提高分析和解決綜合問 題的能力.3.用到的知識(shí)、規(guī)律和方法有：電場的性質(zhì)、磁場對(duì)電荷的作用、電磁感應(yīng) 的相關(guān)知識(shí)以及力學(xué)三大觀點(diǎn).專題解讀1.本專題是力學(xué)三大觀點(diǎn)在電學(xué)中的綜合應(yīng)用，高考對(duì)本專題將作電磁感應(yīng)中動(dòng)量和能量觀點(diǎn)的應(yīng)用能力考點(diǎn)師生共研題型一1.應(yīng)用動(dòng)量定理可以由動(dòng)量變化來求解變力

2、的沖量.如在導(dǎo)體棒做非勻變速運(yùn)動(dòng)的問題中，應(yīng)用動(dòng)量定理可以解決牛頓運(yùn)動(dòng)定律不易解答的問題.2.在相互平行的水平軌道間的雙導(dǎo)體棒做切割磁感線運(yùn)動(dòng)時(shí)，由于這兩根導(dǎo)體棒所受的安培力等大反向，若不受其他外力，兩導(dǎo)體棒的總動(dòng)量守恒，解決此類問題往往要應(yīng)用動(dòng)量守恒定律.電磁感應(yīng)中動(dòng)量和能量觀點(diǎn)的應(yīng)用能力考點(diǎn)師生共研題型一1.應(yīng)例1(2019福建龍巖市5月模擬)如圖1為電磁驅(qū)動(dòng)與阻尼模型，在水平面上有兩根足夠長的平行軌道PQ和MN，左端接有阻值為R的定值電阻，其間有垂直軌道平面的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，兩軌道間距及磁場寬度均為L.質(zhì)量為m的金屬棒ab靜置于導(dǎo)軌上，當(dāng)磁場沿軌道向右運(yùn)動(dòng)的速度為v時(shí)，棒ab恰

3、好滑動(dòng).棒運(yùn)動(dòng)過程始終在磁場范圍內(nèi)，并與軌道垂直且接觸良好，軌道和棒電阻均不計(jì)，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力.(1)判斷棒ab剛要滑動(dòng)時(shí)棒中的感應(yīng)電流方向，并求此時(shí)棒所受的摩擦力Ff大??；圖1類型1動(dòng)量定理和功能關(guān)系的應(yīng)用答案見解析例1(2019福建龍巖市5月模擬)如圖1為電磁驅(qū)動(dòng)與阻尼解析磁場沿軌道向右運(yùn)動(dòng)，即棒相對(duì)于磁場沿軌道向左運(yùn)動(dòng)，則根據(jù)右手定則，感應(yīng)電流方向由a至b.依題意得，棒剛要運(yùn)動(dòng)時(shí)，受到的摩擦力等于安培力：FfF安F安BI1L解析磁場沿軌道向右運(yùn)動(dòng)，即棒相對(duì)于磁場沿軌道向左運(yùn)動(dòng)，則根(2)若磁場不動(dòng)，將棒ab以水平初速度2v運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過時(shí)間t 停止運(yùn)動(dòng)，求棒ab運(yùn)動(dòng)位移x及回路中

4、產(chǎn)生的焦耳熱Q.答案見解析(2)若磁場不動(dòng)，將棒ab以水平初速度2v運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過時(shí)間t根據(jù)功能關(guān)系有QW安得：Qmv2.根據(jù)功能關(guān)系有變式1(多選)(2019廣東湛江市第二次模擬)如圖2所示，CD、EF是兩條水平放置的電阻可忽略的平行光滑導(dǎo)軌，導(dǎo)軌固定不動(dòng)，間距為L，在水平導(dǎo)軌的左側(cè)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.導(dǎo)軌的右端接有一電阻R，左端與一彎曲的光滑軌道平滑連接.將一阻值也為R、質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒從彎曲軌道上h高處由靜止釋放，導(dǎo)體棒最終恰好停在磁場的右邊界處.已知導(dǎo)體棒與水平導(dǎo)軌垂直且接觸良好，則下列說法中正確的是A.電阻R的最大電流為B.電阻R中產(chǎn)生的焦耳

5、熱為mghC.磁場左右邊界的長度d為D.流過電阻R的電荷量為圖2變式1(多選)(2019廣東湛江市第二次模擬)如圖2所示解析導(dǎo)體棒下滑過程中，機(jī)械能守恒，導(dǎo)體棒到達(dá)水平面后進(jìn)入磁場受到向左的安培力做減速運(yùn)動(dòng)，則剛到達(dá)水平面時(shí)的速度最大，所以最大感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為EBLv，導(dǎo)體棒在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，機(jī)械能最終轉(zhuǎn)化為焦耳熱，即Qmgh，解析導(dǎo)體棒下滑過程中，機(jī)械能守恒，導(dǎo)體棒到達(dá)水平面后進(jìn)入磁高考物理第一輪復(fù)習(xí)第十章-專題強(qiáng)化十四1.問題特點(diǎn)對(duì)于雙導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)的問題，通常是兩棒與導(dǎo)軌構(gòu)成一個(gè)閉合回路，當(dāng)其中一棒在外力作用下獲得一定速度時(shí)必然在磁場中切割磁感線，在該閉合回路中形成一定的感應(yīng)電流；另一根導(dǎo)體棒在

6、磁場中在安培力的作用下開始運(yùn)動(dòng)，一旦運(yùn)動(dòng)起來也將切割磁感線產(chǎn)生一定的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，對(duì)原來電流的變化起阻礙作用.2.方法技巧解決此類問題時(shí)通常將兩棒視為一個(gè)整體，于是相互作用的安培力是系統(tǒng)的內(nèi)力，這個(gè)變力將不影響整體的動(dòng)量守恒.因此解題的突破口是巧妙選擇系統(tǒng)，運(yùn)用動(dòng)量守恒(動(dòng)量定理)和功能關(guān)系求解.類型2動(dòng)量守恒定律和功能關(guān)系的應(yīng)用1.問題特點(diǎn)類型2動(dòng)量守恒定律和功能關(guān)系的應(yīng)用例2(2019河北衡水中學(xué)高考模擬)如圖3所示，MN、PQ兩平行光滑水平導(dǎo)軌分別與半徑r0.5 m的相同豎直半圓導(dǎo)軌在N、Q端平滑連接，M、P端連接定值電阻R，質(zhì)量M2 kg的cd絕緣桿垂直靜止在水平導(dǎo)軌上，在其右側(cè)至N、Q

7、端的區(qū)域內(nèi)充滿豎直向上的勻強(qiáng)磁場.現(xiàn)有質(zhì)量m1 kg的ab金屬桿以初速度v012 m/s水平向右與cd絕緣桿發(fā)生正碰后，進(jìn)入磁場并最終未滑出，cd絕緣桿則恰好能通過半圓導(dǎo)軌最高點(diǎn)，不計(jì)其他電阻和摩擦，ab金屬桿始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，取g10 m/s2，求：圖3(1)cd絕緣桿通過半圓導(dǎo)軌最高點(diǎn)時(shí)的速度大小v；例2(2019河北衡水中學(xué)高考模擬)如圖3所示，MN、P解析cd絕緣桿通過半圓導(dǎo)軌最高點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律有：解析cd絕緣桿通過半圓導(dǎo)軌最高點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律有：(2)電阻R產(chǎn)生的焦耳熱Q.答案2 J(2)電阻R產(chǎn)生的焦耳熱Q.答案2 J解析cd絕緣桿以速度v2由NQ滑至最高點(diǎn)的過程

8、中，由動(dòng)能定理有：解得：v25 m/s由于cd是絕緣桿，所以沒有電流通過，故碰后勻速運(yùn)動(dòng)，則碰撞后cd絕緣桿的速度為v25 m/s兩桿碰撞過程，動(dòng)量守恒，以v0的方向?yàn)檎较?，有：mv0mv1Mv2解得碰撞后ab金屬桿的速度：v12 m/s解析cd絕緣桿以速度v2由NQ滑至最高點(diǎn)的過程中，由動(dòng)能定解得：Q2 J.解得：Q2 J.變式2(2019山東泰安市第二輪復(fù)習(xí)質(zhì)量檢測)如圖4所示，間距為L的足夠長光滑平行金屬導(dǎo)軌固定在同一水平面內(nèi)，虛線MN右側(cè)區(qū)域存在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場.質(zhì)量均為m、長度均為L、電阻均為R的導(dǎo)體棒a、b，垂直導(dǎo)軌放置且保持與導(dǎo)軌接觸良好.開始導(dǎo)體棒b靜止

9、于與MN相距為x0處，導(dǎo)體棒a以水平速度v0從MN處進(jìn)入磁場.不計(jì)導(dǎo)軌電阻，忽略因電流變化產(chǎn)生的電磁輻射，運(yùn)動(dòng)過程中導(dǎo)體棒a、b沒有發(fā)生碰撞.求：(1)導(dǎo)體棒b中產(chǎn)生的內(nèi)能；圖4變式2(2019山東泰安市第二輪復(fù)習(xí)質(zhì)量檢測)如圖4所示解析導(dǎo)體棒a進(jìn)入磁場后，a、b及導(dǎo)軌組成的回路磁通量發(fā)生變化，產(chǎn)生感應(yīng)電流.在安培力作用下，a做減速運(yùn)動(dòng)、b做加速運(yùn)動(dòng)，最終二者速度相等.此過程中系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，以v0的方向?yàn)檎较?，有mv02mv根據(jù)能量守恒定律解析導(dǎo)體棒a進(jìn)入磁場后，a、b及導(dǎo)軌組成的回路磁通量發(fā)生變(2)導(dǎo)體棒a、b間的最小距離.(2)導(dǎo)體棒a、b間的最小距離.解析設(shè)經(jīng)過時(shí)間t二者速度相等，

10、此時(shí)a、b間有最小距離，此過程中安培力的平均值為F，導(dǎo)體棒ab間的最小距離為x.以b為研究對(duì)象，根據(jù)動(dòng)量定理得Ftmv而FBILBL(x0 x)解析設(shè)經(jīng)過時(shí)間t二者速度相等，此時(shí)a、b間有最小距離，此電場或磁場中的動(dòng)量和能量問題能力考點(diǎn)師生共研題型二例3如圖5所示，軌道ABCDP位于豎直平面內(nèi)，其中圓弧段CD與水平段AC及傾斜段DP分別相切于C點(diǎn)和D點(diǎn)，水平段BC粗糙，其余都光滑，DP段與水平面的夾角37，D、C兩點(diǎn)的高度差h0.1 m，整個(gè)軌道絕緣，處于方向水平向左、電場強(qiáng)度大小未知的勻強(qiáng)電場中，一個(gè)質(zhì)量m10.4 kg、帶正電、電荷量未知的小物塊在A點(diǎn)由靜止釋放，經(jīng)過時(shí)間t1 s，與靜止在

11、B點(diǎn)的不帶電、質(zhì)量m20.6 kg的小物塊碰撞并粘在一起后，在BC段上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，到達(dá)傾斜段DP上某位置，物塊和與軌道BC段的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.2，g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8.求：圖5電場或磁場中的動(dòng)量和能量問題能力考點(diǎn)師生共研題型二例3如(1)物塊和在BC段上做勻速直線運(yùn)動(dòng)的速度大??；答案2 m/s解析物塊和粘在一起在BC段上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)電場強(qiáng)度大小為E，物塊帶電荷量大小為q，與物塊碰撞前物塊速度為v1，碰撞后共同速度為v2，以向左為正方向，則qE(m1m2)gqEtm1v1m1v1(m1m2)v2聯(lián)立解得v22 m/s；(1)物塊和在BC段上做勻速直

12、線運(yùn)動(dòng)的速度大??；答案2(2)物塊和第一次經(jīng)過圓弧段C點(diǎn)時(shí)，物塊和對(duì)軌道壓力的大小.答案18 N解析設(shè)圓弧段CD的半徑為R，物塊和經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)圓弧段軌道對(duì)物塊支持力的大小為FN，則R(1cos )h解得：FN18 N，由牛頓第三定律可得物塊和對(duì)軌道壓力的大小為18 N.(2)物塊和第一次經(jīng)過圓弧段C點(diǎn)時(shí)，物塊和對(duì)軌道壓力變式3如圖6所示，光滑絕緣的半圓形軌道ACD，固定在豎直面內(nèi)，軌道處在垂直于軌道平面向里的勻強(qiáng)磁場中，半圓的直徑AD水平，半徑為R，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，在A端由靜止釋放一個(gè)帶正電荷、質(zhì)量為m的金屬小球甲，結(jié)果小球甲連續(xù)兩次通過軌道最低點(diǎn)C時(shí)，對(duì)軌道的壓力差為F，小球運(yùn)動(dòng)過程

13、中始終不脫離軌道，重力加速度為g.求：圖6(1)小球甲經(jīng)過軌道最低點(diǎn)C時(shí)的速度大小；變式3如圖6所示，光滑絕緣的半圓形軌道ACD，固定在豎直面解析由于小球甲在運(yùn)動(dòng)過程中，只有重力做功，因此機(jī)械能守恒，由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)，有解析由于小球甲在運(yùn)動(dòng)過程中，只有重力做功，因此機(jī)械能守恒，(2)小球甲所帶的電荷量；由題意知FF2F1(2)小球甲所帶的電荷量；由題意知FF2F1(3)若在半圓形軌道的最低點(diǎn)C放一個(gè)與小球甲完全相同的不帶電的金屬小球乙，讓小球甲仍從軌道的A端由靜止釋放，則甲球與乙球發(fā)生彈性碰撞后的一瞬間，乙球?qū)壍赖膲毫?(不計(jì)兩球間靜電力的作用)(3)若在半圓形軌道的最低點(diǎn)C放一個(gè)與小球甲完

14、全相同的不帶電解析因?yàn)榧浊蚺c乙球在最低點(diǎn)發(fā)生的是彈性碰撞，則有mvCmv甲mv乙解得v甲0，v乙vC設(shè)碰撞后的一瞬間，軌道對(duì)乙球的支持力大小為F乙，方向豎直向上，則根據(jù)牛頓第三定律可知，此時(shí)乙球?qū)壍赖膲毫Υ笮?mg ，方向豎直向下.解析因?yàn)榧浊蚺c乙球在最低點(diǎn)發(fā)生的是彈性碰撞，則有解得v甲1.(2019貴州部分重點(diǎn)中學(xué)3月聯(lián)考)如圖1所示，正方形區(qū)域ABCD中有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，M、N分別為AB、AD邊的中點(diǎn)，一帶正電的粒子(不計(jì)重力)以某一速度從M點(diǎn)平行于AD邊垂直磁場方向射入，并恰好從A點(diǎn)射出.現(xiàn)僅將磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小變?yōu)樵瓉淼?，下列判斷正確的是A.粒子將從D點(diǎn)射出磁場B.粒

15、子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間將變?yōu)樵瓉淼?倍C.磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度變化前后，粒子在磁場中運(yùn)動(dòng) 過程的動(dòng)量變化大小之比為 1D.若其他條件不變，繼續(xù)減小磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度，粒子可能從C點(diǎn)射出12345圖1課時(shí)精練限時(shí)訓(xùn)練 練規(guī)范 練速度1.(2019貴州部分重點(diǎn)中學(xué)3月聯(lián)考)如圖1所示，正方形解析設(shè)正方形磁場區(qū)域的邊長為a，由題意可知，12345粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，粒子將從N點(diǎn)射出，故A錯(cuò)誤；解析設(shè)正方形磁場區(qū)域的邊長為a，由題意可知，12345粒子12345可得：t1t2，即粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間不變，故B錯(cuò)誤；12345可得：t1t2，即粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間不變，故1234

16、5無論磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小如何變化，只要磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向不變，粒子都不可能從C點(diǎn)射出，故D錯(cuò)誤.磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度變化前，粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)過程中，動(dòng)量變化大小為2mv，12345無論磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小如何變化，只要磁感應(yīng)強(qiáng)度的2.(2019河南頂級(jí)名校第四次聯(lián)測)光滑絕緣的水平桌面上方存在垂直桌面向下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，俯視圖如圖2所示.一個(gè)質(zhì)量為2m、電荷量為q的帶正電小球甲靜止在桌面上，另一個(gè)大小相同、質(zhì)量為m的不帶電小球乙，以速度v0沿兩球心連線向帶電小球甲運(yùn)動(dòng)，并發(fā)生彈性碰撞.假設(shè)碰撞后兩小球的帶電荷量相同，忽略兩小球間靜電力的作用.則下列關(guān)于甲、乙兩小球碰后在磁場中的運(yùn)動(dòng)

17、軌跡，說法正確的是A.甲、乙兩小球運(yùn)動(dòng)軌跡是外切圓，半徑之比為21B.甲、乙兩小球運(yùn)動(dòng)軌跡是外切圓，半徑之比為41C.甲、乙兩小球運(yùn)動(dòng)軌跡是內(nèi)切圓，半徑之比為21D.甲、乙兩小球運(yùn)動(dòng)軌跡是內(nèi)切圓，半徑之比為4112345圖22.(2019河南頂級(jí)名校第四次聯(lián)測)光滑絕緣的水平桌面上解析不帶電小球乙與帶正電小球甲發(fā)生彈性碰撞，系統(tǒng)動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒，規(guī)定速度v0方向?yàn)檎较?，設(shè)碰撞后甲球的速度為v1，乙球的速度為v2，12345根據(jù)左手定則可知甲、乙兩小球運(yùn)動(dòng)軌跡是外切圓，根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qvBm 可得R ，半徑之比為R甲R(shí)乙41，故選項(xiàng)B正確，A、C、D錯(cuò)誤.解析不帶電小球乙與帶正電

18、小球甲發(fā)生彈性碰撞，系統(tǒng)動(dòng)量守恒和3.(多選)(2019云南第二次統(tǒng)一檢測)如圖3所示，傾角為37的足夠長的平行金屬導(dǎo)軌固定在水平面上，兩導(dǎo)體棒ab、cd垂直于導(dǎo)軌放置，空間存在垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.現(xiàn)給導(dǎo)體棒ab沿導(dǎo)軌平面向下的初速度v0使其沿導(dǎo)軌向下運(yùn)動(dòng)，已知兩導(dǎo)體棒質(zhì)量均為m，電阻相等，兩導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.75，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)，sin 370.6，cos 370.8.從ab開始運(yùn)動(dòng)到兩棒相對(duì)靜止的整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中兩導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌保持良好的接觸，下列說法正確的是A.導(dǎo)體棒cd中產(chǎn)生的焦耳熱為 mv02B.導(dǎo)體棒cd中產(chǎn)生的焦耳熱為 mv02C.

19、當(dāng)導(dǎo)體棒cd的速度為 v0時(shí)，導(dǎo)體棒ab的速度為 v0D.當(dāng)導(dǎo)體棒ab的速度為 v0時(shí)，導(dǎo)體棒cd的速度為 v0圖3123453.(多選)(2019云南第二次統(tǒng)一檢測)如圖3所示，傾角解析由題意可知：mgsin 37mgcos 37，則兩棒組成的系統(tǒng)沿軌道方向動(dòng)量守恒，當(dāng)最終穩(wěn)定時(shí)：mv02mv，解得v0.5v0，12345解析由題意可知：mgsin 37mgcos 37，123451234512344.如圖4所示，光滑絕緣水平面上方分布著場強(qiáng)大小為E、方向水平向右的勻強(qiáng)電場.質(zhì)量為3m、電荷量為q的球A由靜止開始運(yùn)動(dòng)，與相距為L、質(zhì)量為m的不帶電小球B發(fā)生對(duì)心碰撞，碰撞時(shí)間極短，碰撞后作為一

20、個(gè)整體繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng).兩球均可視為質(zhì)點(diǎn)，求：(1)兩球發(fā)生碰撞前A球的速度大??；圖4512344.如圖4所示，光滑絕緣水平面上方分布著場強(qiáng)大小為E1234(2)A、B碰撞過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能；5解析A、B碰撞時(shí)間極短，可認(rèn)為A、B碰撞過程中系統(tǒng)動(dòng)量守恒，設(shè)向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律：3mv(3mm)v11234(2)A、B碰撞過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能；5解析A、1234(3)A、B碰撞過程中B球受到的沖量大小5解析以B為研究對(duì)象，設(shè)向右為正方向，由動(dòng)量定理有：Imv101234(3)A、B碰撞過程中B球受到的沖量大小5解析以12345.(2019安徽蚌埠市第二次質(zhì)檢)如圖5所示，質(zhì)量M1 kg的半圓弧形絕緣凹槽放置在光滑的水平面上，凹槽部分嵌有cd和ef兩個(gè)光滑半圓形導(dǎo)軌，c與e端由導(dǎo)線