高考物理通用版沖刺大二輪講義專題四電路與電磁感應(yīng)第10課時

第10課時電學中的動量和能量問題考點電場中的動量和能量問題例1在地球大氣層以外的宇宙空間，基本上按照天體力學的規(guī)律運行的各類飛行器，又稱空間飛行器．航天器是執(zhí)行航天任務(wù)的主體，是航天系統(tǒng)的主要組成部分．由于外太空是真空的，飛行器在加速過程中一般使用火箭推進器，火箭在工作時利用電場加速帶電粒子，形成向外發(fā)射的粒子流而對飛行器產(chǎn)生反沖力．由于阻力極小，只需一點點動力即可使飛行器達到很高的速度．如圖1所示，我國發(fā)射的“實踐九號”攜帶的衛(wèi)星上第一次使用了離子電推力技術(shù)，為我國的航天技術(shù)開啟了一扇新的大門．已知飛行器的質(zhì)量為M，發(fā)射的是2價氧離子，發(fā)射功率為P，加速電壓為U，每個氧離子的質(zhì)量為m，元電荷為e，原來飛行器靜止，不計發(fā)射氧離子后飛行器質(zhì)量的變化，求：圖1(1)發(fā)射出的氧離子速度大?。?2)每秒鐘發(fā)射出的氧離子數(shù)；(3)發(fā)射出離子后飛行器開始運動的加速度大?。鸢?1)2eq\r(\f(eU,m))(2)eq\f(P,2eU)(3)eq\f(P,M)eq\r(\f(m,eU))解析(1)以氧離子為研究對象，根據(jù)動能定理，有2eU＝eq\f(1,2)mv2－0，所以，發(fā)射出的氧離子速度為v＝2eq\r(\f(eU,m)).(2)設(shè)每秒鐘發(fā)射出的氧離子數(shù)為N，則發(fā)射功率可表示為P＝NΔEk＝2NeU，所以，N＝eq\f(P,2eU).(3)以氧離子和飛行器為系統(tǒng)，設(shè)飛行器的反沖速度為v′，根據(jù)動量守恒定律，t時間內(nèi)0＝Mv′＋Ntm(－v)所以，飛行器加速度的大小為a＝eq\f(v′,t)＝eq\f(Nmv,M)＝eq\f(P,M)eq\r(\f(m,eU)).變式訓練1．當金屬的溫度升高到一定程度時就會向四周發(fā)射電子，這種電子叫熱電子，通常情況下，熱電子的初始速度可以忽略不計．如圖2所示，相距為L的兩塊固定平行金屬板M、N接在輸出電壓恒為U的高壓電源E2上，M、N之間的電場近似為勻強電場，K是與M板距離很近的燈絲，通過小孔穿過M板與外部電源E1連接，電源E1給K加熱從而產(chǎn)生熱電子，不計燈絲對內(nèi)部勻強電場的影響．熱電子經(jīng)高壓加速后垂直撞擊N板，瞬間成為金屬板的自由電子，速度近似為零．電源接通后，電流表的示數(shù)穩(wěn)定為I，已知電子的質(zhì)量為m、電荷量為e.求：圖2(1)電子到達N板前瞬間的速度vN的大?。?2)N板受到電子撞擊的平均作用力F的大?。鸢?1)eq\r(\f(2eU,m))(2)Ieq\r(\f(2mU,e))解析(1)由動能定理得eU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(N2)－0，解得vN＝eq\r(\f(2eU,m)).(2)設(shè)Δt時間經(jīng)過N板的電荷量為Q，Q＝IΔt在Δt時間落在N板上的電子數(shù)為N1：N1＝eq\f(IΔt,e)對Δt時間內(nèi)落在N板上的電子整體應(yīng)用動量定理：－FΔt＝0－N1mvN，F(xiàn)＝eq\f(N1mvN,Δt)＝Ieq\r(\f(2mU,e)).由作用力與反作用力關(guān)系可知，N板受到電子撞擊的平均作用力大小為F′＝F＝Ieq\r(\f(2mU,e)).考點磁場中的動量和能量問題例2(2019·福建福州市期末)如圖3所示，豎直平面MN的右側(cè)空間存在著水平向左的勻強電場和水平向里的勻強磁場，電場、磁場相互垂直，MN左側(cè)的絕緣水平面光滑，右側(cè)的絕緣水平面粗糙．質(zhì)量為m的小物體A靜止在MN左側(cè)的水平面上，該小物體帶負電，電荷量為－q(q＞0)．質(zhì)量為eq\f(1,3)m的不帶電的小物體B以速度v0沖向小物體A并發(fā)生彈性正碰，碰撞前后小物體A的電荷量保持不變．圖3(1)求碰撞后小物體A的速度大小；(2)若小物體A與MN右側(cè)粗糙水平面間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，磁感應(yīng)強度為B＝eq\f(3mg,qv0)，電場強度為E＝eq\f(7μmg,q).小物體A從MN開始向右運動距離為L時速度達到最大．求小物體A的最大速度vm和此過程克服摩擦力所做的功W.答案(1)eq\f(v0,2)(2)2v07μmgL－eq\f(15,8)mveq\o\al(02)解析(1)設(shè)A、B碰撞后的速度分別為vA、vB，由于A、B發(fā)生彈性正碰，動量、能量守恒，則有：mBv0＝mBvB＋mAvAeq\f(1,2)mBveq\o\al(02)＝eq\f(1,2)mBveq\o\al(B2)＋eq\f(1,2)mAveq\o\al(A2)解得：vA＝eq\f(v0,2)(2)當物體A的加速度等于零時，其速度達到最大值vm，對物體A受力分析如圖所示．在豎直方向：FN＝qvmB＋mg在水平方向：qE＝μFN解得：vm＝2v0根據(jù)動能定理得：qEL－W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(m2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(A2)聯(lián)立解得：W＝7μmgL－eq\f(15,8)mveq\o\al(02).變式訓練2.如圖4所示是計算機模擬出的一種宇宙空間的情景，在此宇宙空間內(nèi)存在這樣一個遠離其他空間的區(qū)域(其他星體對該區(qū)域內(nèi)物體的引力忽略不計)，以MN為界，上半部分勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為B1，下半部分勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為B2.已知B1＝4B2＝4B0，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)現(xiàn)小球經(jīng)過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．圖4(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)量是多少．答案(1)見解析圖(2)6h(3)eq\f(5πm,6)解析(1)小球運動軌跡如圖所示．(2)由幾何關(guān)系可知R1＝h，由qvB＝eq\f(mv2,R)和B1＝4B2＝4B0，可知R2＝4R1＝4h，設(shè)小球的速率為v1，由qv1(4B0)＝eq\f(mv\o\al(12),R1)解得小球的速率v1＝eq\f(4qB0h,m)，根據(jù)運動的對稱性，PQ間的距離為L＝2(R2－R1)＝6h.(3)由qvB＝eq\f(mv2,r)和T＝eq\f(2πr,v)得小球做勻速圓周運動的周期T＝eq\f(2πm,qB)，故小球由P運動到Q的時間t＝eq\f(T1,2)＋eq\f(T2,2)＝eq\f(5πm,4qB0).設(shè)宇航員的速度為v2＝eq\f(L,t)＝eq\f(24qB0h,5πm)，宇航員在Q點接住球時，由動量守恒定律有Mv2－mv1＝0，解得宇航員的質(zhì)量M＝eq\f(5πm,6).考點電磁感應(yīng)中的動量和能量問題1.電磁感應(yīng)與動量綜合問題往往需要運用牛頓第二定律、動量定理、動量守恒定律、功能關(guān)系和能量守恒定律等重要規(guī)律，并結(jié)合閉合電路歐姆定律等物理規(guī)律及基本方法求解．2．動量觀點在電磁感應(yīng)問題中的應(yīng)用，主要可以解決變力的沖量．所以，在求解導體棒做非勻變速運動的問題時，應(yīng)用動量定理可以避免由于加速度變化而導致運動學公式不能使用的麻煩，在求解雙桿模型問題時，在一定條件下可以利用動量守恒定律避免討論中間變化狀態(tài)，而直接求得最終狀態(tài)．例3(2019·福建福州市期末質(zhì)量檢測)如圖5所示，空間存在一個范圍足夠大的豎直向下的勻強磁場，磁場的磁感應(yīng)強度大小為B；邊長為L的正方形金屬框abcd(簡稱方框)放在光滑的水平地面上，其外側(cè)套著一個與方框邊長相同的U形金屬框架MNQP(僅有MN、NQ、QP三條邊，簡稱U形框)，U形框的M、P端的兩個觸點與方框接觸良好且無摩擦，其他地方?jīng)]有接觸．兩個金屬框每條邊的質(zhì)量均為m，每條邊的電阻均為r.(1)若方框固定不動，U形框以速度v0垂直NQ邊向右勻速運動，當U形框的接觸點M、P端滑至方框的最右側(cè)時，如圖乙所示，求U形框上N、Q兩端的電勢差UNQ；(2)若方框不固定，給U形框垂直NQ邊向右的水平初速度v0，U形框恰好不能與方框分離，求方框最后的速度vt和此過程流過U形框上NQ邊的電荷量q；(3)若方框不固定，給U形框垂直NQ邊向右的初速度v(v>v0)，在U形框與方框分離后，經(jīng)過t時間，方框的最右側(cè)和U形框的最左側(cè)之間的距離為s.求分離時U形框的速度大小v1和方框的速度大小v2.圖5答案見解析解析(1)由法拉第電磁感應(yīng)定律得：E＝BLv0此時電路圖如圖所示由串并聯(lián)電路規(guī)律，外電阻為R外＝2r＋eq\f(3r×r,3r＋r)＝eq\f(11,4)r由閉合電路歐姆定律得：流過QN的電流I＝eq\f(E,R外＋r)＝eq\f(4BLv0,15r)所以：UNQ＝E－Ir＝eq\f(11,15)BLv0；(2)U形框向右運動過程中，方框和U形框組成的系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動量守恒．依題意得：方框和U形框最終速度相同，設(shè)最終速度大小為vt；3mv0＝(3m＋4m)vt解得：vt＝eq\f(3,7)v0對U形框，由動量定理得：－BLeq\x\to(I)t＝3mvt－3mv0由q＝eq\x\to(I)t解得：q＝eq\f(12mv0,7BL)(3)設(shè)U形框和方框分離時速度分別為v1和v2，系統(tǒng)動量守恒：3mv＝3mv1＋4mv2依題意得：s＝(v1－v2)t聯(lián)立解得：v1＝eq\f(3,7)v＋eq\f(4s,7t)v2＝eq\f(3,7)v－eq\f(3s,7t).變式訓練3．(2019·浙江杭州市高三期末)如圖6(俯視圖)所示，質(zhì)量分布均勻的總質(zhì)量為M、邊長為L的正方形導體線框ACDE處于某一水平面內(nèi)(離地面足夠高)；在t＝0時刻(圖示位置)以速度v0將線框水平向右拋入寬度為L、間距也為L的間隔型磁場區(qū)域(區(qū)域足夠大)；該區(qū)域內(nèi)存在磁場的區(qū)域磁場方向豎直向下，磁感應(yīng)強度大小均為B.若線框ACDE在整個運動過程中都保持水平狀態(tài)，每條邊的電阻均為R，不計空氣阻力，重力加速度為g.求：圖6(1)t＝0時刻線框CD邊上的電勢差UCD；(2)t＝0時刻線框加速度的大小a；(3)若線框在0～t0時間內(nèi)的位移大小為s，求t＝t0時刻線框水平速度v的大小(設(shè)t0時刻線框的水平速度大于0，t0為已知量)．答案(1)－eq\f(3BLv0,4)(2)eq\r(?\f(B2L2v0,4MR)?2＋g2)(3)v0－eq\f(B2L2\r(4s2－g2t\o\al(04)),8MR)解析(1)E＝BLv0根據(jù)電路相關(guān)知識可得UCD＝－eq\f(3BLv0,4)(2)線框所受的水平方向的安培力F＝BIL＝eq\f(B2L2v0,4R)所以線框水平方向的加速度大小ax＝eq\f(B2L2v0,4MR).線框加速度大小a＝eq\r(?\f(B2L2v0,4MR)?2＋g2).(3)根據(jù)動量定理，水平方向上有－eq\f(B2L2v,4R)Δt＝MΔv即－eq\f(B2L2Δx,4R)＝MΔv兩邊同時求和可知－eq\f(B2L2x,4R)＝M(v－v0)．又s＝eq\r(x2＋?\f(1,2)gt\o\al(02)?2)，所以線框水平速度大小v＝v0－eq\f(B2L2\r(4s2－g2t\o\al(04)),8MR).專題突破練級保分練1．(2019·河北承德市聯(lián)校期末)如圖1所示，光滑絕緣水平軌道上帶正電的甲球，以某一水平初速度射向靜止在軌道上帶正電的乙球，當它們相距最近時，甲球的速度變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,5).已知兩球始終未接觸，則甲、乙兩球的質(zhì)量之比是()圖1A．1∶1 B．1∶2C．1∶3 D．1∶4答案D2.(2019·北京市大興區(qū)上學期期末)如圖2所示，在矩形MNQP區(qū)域中有一垂直紙面向里的勻強磁場．質(zhì)量和電荷量都相等的帶電粒子a、b、c以不同的速率從O點沿垂直于PQ的方向射入磁場，圖中實線是它們的軌跡．已知O是PQ的中點，不計粒子重力．從圖示軌跡中可以判斷()圖2A．a(chǎn)粒子帶負電，b粒子帶正電B．c粒子的動量大小大于a粒子的動量大小C．b粒子運動的時間大于a粒子運動的時間D．b粒子的加速度大于c粒子的加速度答案D解析根據(jù)左手定則知粒子a帶正電，粒子b、c帶負電，故A錯誤；粒子在磁場中做勻速圓周運動時，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB＝meq\f(v2,r)，解得：p＝mv＝qBr，因c的軌道半徑小于a的軌道半徑，則c粒子動量的大小小于a粒子動量的大小，選項B錯誤；粒子在磁場中做圓周運動的周期T＝eq\f(2πm,qB)相同，粒子在磁場中的運動時間：t＝eq\f(θ,2π)T＝eq\f(θm,qB)，由于m、q、B都相同，粒子a轉(zhuǎn)過的圓心角大于粒子b轉(zhuǎn)過的圓心角，則b粒子在磁場中運動的時間小于a粒子在磁場中運動的時間，故C錯誤；根據(jù)qvB＝ma，b粒子的速度最大，則b粒子的加速度大于c粒子的加速度，選項D正確．3.(多選)(2019·河南九師聯(lián)盟質(zhì)檢)如圖3所示，一長為L＝1m、質(zhì)量為m＝1kg的導體棒ab垂直放在固定的足夠長的光滑U形導軌底端，導軌寬度和導體棒等長且接觸良好，導軌平面與水平面成θ＝30°角，整個裝置處在與導軌平面垂直的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度B＝0.5T．現(xiàn)給導體棒沿導軌向上的初速度v0＝4m/s，經(jīng)時間t0＝0.5s，導體棒到達最高點，然后開始返回，到達底端前已做勻速運動．已知導體棒的電阻為R＝0.05Ω，其余電阻不計，重力加速度g取10m/s2，忽略電路中感應(yīng)電流之間的相互作用，則()圖3A．導體棒到達導軌平面底端時，流過導體棒的電流為5AB．導體棒到達導軌平面底端時的速度大小為1m/sC．導體棒從開始運動到頂端的過程中，通過導體棒的電荷量為3CD．導體棒從開始運動到返回底端的過程中，回路中產(chǎn)生的電能為15J答案BC解析導體棒到達底端前已做勻速運動，由平衡條件得：mgsin30°＝eq\f(B2L2vm,R)，代入數(shù)據(jù)解得：vm＝1m/s，選項B正確；導體棒到達導軌平面底端時，通過導體棒的電流為I＝eq\f(BLvm,R)＝eq\f(0.5×1×1,0.05)A＝10A，選項A錯誤；導體棒從開始運動到到達頂端的過程中，根據(jù)動量定理：－(mgsin30°＋Beq\x\to(I)L)t0＝0－mv0，其中eq\x\to(I)t0＝q，解得q＝3C，選項C正確；導體棒從開始運動到返回底端的過程中，回路中產(chǎn)生的電能為eq\f(1,2)mveq\o\al(02)－eq\f(1,2)mveq\o\al(m2)＝eq\f(1,2)×1×(42－12)J＝7.5J，選項D錯誤．級爭分練4．(2019·陜西第二次聯(lián)考)如圖4所示，水平絕緣軌道左側(cè)存在水平向右的有界勻強電場，電場區(qū)域?qū)挾葹長，右側(cè)固定一輕質(zhì)彈簧，電場內(nèi)的軌道粗糙，與物體間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5，電場外的軌道光滑，質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的物體A從電場左邊界由靜止釋放后做加速運動，離開電場后與質(zhì)量為2m的物體B碰撞并粘在一起運動，碰撞時間極短，開始B靠在處于原長的輕彈簧左端但不拴接，(A、B均可視為質(zhì)點)，已知勻強電場強度大小為eq\f(3mg,q).求：圖4(1)彈簧的最大彈性勢能；(2)整個過程A在電場中運動的總路程．答案(1)eq\f(5,6)mgL(2)eq\f(14,9)L解析(1)設(shè)物體A碰前的速度為v1，根據(jù)動能定理：EqL－μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(12)碰撞過程動量守恒：mv1＝(m＋2m)v2A、B兩物體壓縮彈簧的過程機械能守恒：Ep＝eq\f(1,2)(m＋2m)veq\o\al(22)，解得Ep＝eq\f(5,6)mgL(2)最終A、B整體靜止在電場外，彈簧處于原長狀態(tài)，設(shè)A、B整體共同在電場中運動的路程為x，由能量的轉(zhuǎn)化與守恒得：Ep＝μ(m＋2m)gxA在電場中運動的總路程為s，則s＝L＋x,聯(lián)立解得：s＝eq\f(14,9)L.5.如圖5所示，在光滑絕緣水平面上由左向右沿一條直線等間距的排著多個形狀相同的靜止的帶正電荷的絕緣小球，依次編號為1、2、3…每個小球所帶的電荷量都相等且均為q＝3.75×10－3C.第一個小球的質(zhì)量m＝0.1kg，從第二個小球起往右的小球的質(zhì)量依次為前一個T．現(xiàn)給第一個小球一個水平速度v0＝8m/s，使第一個小球向前運動并且與后面的小球發(fā)生彈性正碰，若碰撞過程中電荷不轉(zhuǎn)移，則第幾個小球被碰后可以脫離地面？(不計電荷之間的庫侖力，取g＝10m/s2)圖5答案第6個解析第一個小球質(zhì)量m1＝m，第二個小球質(zhì)量m2＝eq\f(1,2)m1＝eq\f(1,2)m第三個小球質(zhì)量：m3＝eq\f(1,2)m2＝(eq\f(1,2))2m于是第n個小球質(zhì)量mn＝eq\f(1,2)mn－1＝(eq\f(1,2))n－1m設(shè)第一個小球與第二個小球碰撞后速度分別為v1和v2根據(jù)動量守恒，選取初速度的方向為正方向：m1v0＝m1v1＋m2v2根據(jù)機械能守恒：eq\f(1,2)m1veq\o\al(02)＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(12)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(22)所以：v2＝eq\f(2m1,m1＋m2)v0＝eq\f(4,3)v0同理第二個小球與第三個小球碰撞后，第三個小球的速度：v3＝eq\f(4,3)v2＝(eq\f(4,3))2v0第n個小球被撞后速度：vn＝(eq\f(4,3))n－1v0設(shè)第n個小球被撞后能離開地面，則qvnB≥mng解得：n≥6，所以第6個小球被碰后可以脫離地面．6．(2019·江西重點中學協(xié)作體第一次聯(lián)考)固定在豎直平面內(nèi)的固定光滑絕緣軌道LMN，其中MN水平且足夠長，LM下端與MN平滑相接．在OP與QR之間的區(qū)域內(nèi)有方向如圖6所示的勻強電場和勻強磁場．質(zhì)量為m和5m的絕緣小物塊C、D(可視為質(zhì)點)，其中D帶有電荷量q，C不帶電，現(xiàn)將物塊D靜止放置在水平軌道的MO段，將物塊C從離水平軌道MN距離h高的L處由靜止釋放，物塊C沿軌道下滑進入水平軌道，然后與D正碰(C、D的電荷量都不變)，碰后物塊C被反彈，物塊D進入虛線OP右側(cè)的復合場中沿直線OQ運動且恰好對水平軌道無壓力，最后離開復合場區(qū)域．已知：重力加速度g、電場強度E＝eq\f(mg,q)、磁感應(yīng)強度B＝eq\f(8m,q)eq\r(\f(2g,h))，求：圖6(1)物塊D進入復合場的速度大??；(2)物塊C反彈后滑回斜面LM的最大高度H；(3)若已知OQ間距為h，保持其他條件不變，僅將電場強度增大為E2＝5E，同時磁感應(yīng)強度減小為B2＝eq\f(B,8)，求物塊D離開電磁場后所到達軌跡最高點與水平軌道MN之間的高度差．答案(1)eq\f(\r(2gh),4)(2)eq\f(h,16)(3)0.54h解析(1)物塊D進入復合場后做勻速直線運動且對軌道無壓力，可知D帶正電，且Eq＋qvDB＝5mg解得vD＝eq\r(\f(1,8)gh)＝eq\f(\r(2gh),4)(2)對物塊C在斜面上由L→M的過程有mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(02)即v0＝eq\r(2gh)C碰D瞬間動量守恒mv0＝mvC＋5mvD解得vC＝－eq\f(1,4)v0＝－eq\r(\f(1,8)gh)物塊C返回斜面過程有eq\f(1,2)mveq\o\al(C2)＝mgH解得H＝eq\f(h,16)(3)物塊D在電磁場中5Eq＝5mg，重力與靜電力平衡，做勻速圓周運動，有qB2vD＝5meq\f(v\o\al(D2),r)做圓周運動半徑r＝eq\f(5mvD,qB2)＝eq\f(5,4)h設(shè)物塊D在有界場中運動軌跡的圓心角為θ，sinθ＝eq\f(h,r)＝eq\f(4,5)h1＝r－rcosθ從Q點正上方處離開電磁場．物塊D離開電磁場后做曲線運動，豎直分速度為vy＝vDsinθ則h2＝eq\f(v\o\al(y2),2g)物塊D離開電磁場后所到達軌跡最高點與水平軌道MN之間