《2021年(浙江选考)高考物理大一轮复习第十二章动量守恒定律第2讲动量和电学知识的综合应用学案.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2021年(浙江选考)高考物理大一轮复习第十二章动量守恒定律第2讲动量和电学知识的综合应用学案.docx（12页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、精品word 可编辑资料 - - - - - - - - - - - - -第 2 讲动量和电学学问的综合应用命题点一动量观点在电场.磁场中的应用动量与电磁学学问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，只为问题的情形更复杂多样；分析清晰物理过程，正确识别物理模型为解决问题的关键.3考向 1动量观点在电场中的应用例 1(2021 “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 410C. 有一个质量为m 0.1 kg的带正电小球B，B 球与 A球间的距离为a 0.4 m ，此时小球B 处于静止状态，且小球B 在小球A 形成的电场中具
2、有Qq的电势能表达式为Ep k r ，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222缘小球 C 从距离小球B 的上方 H0.8 m处自由下落，落在小球B 上马上与小球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/s， k 910 9Nm/C ). 求 ：1 / 11第 1 页，共 11 页 - - - - - - - - - -精品word 可编辑资料 - - - - - - - - - - - - -图 1(1) 小球 C 与小球 B碰撞后的速度为多大；(2) 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
3、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)2 m /s(2)4810C9(3)25m24 22m/s解析(1) 小球 C自由下落H 距离的速度v02gH 4 m/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 2 m/s(2) 小球 B 在碰撞前处于平稳状态，对B 球进行受力分析知：qQmg ka2代入数据得：48q 10C9(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Qq有： 2mg ky2代入数据有：2y 5mQq1由能量守恒得：Qq12mv12 k a 2mvm2 2m
4、g( a y) k2y 2代入数据得：vm 24 22m/s考向 2动量观点在磁场中的应用例 2如图2 所示为运算机模拟出的一种宇宙空间的情形，在此宇宙空间内存在这样一个远离其他空间的区域( 其他星体对该区域内物体的引力忽视不计) ，以MN为界，上半部分匀强磁场的磁感应强度为B1，下半部分匀强磁场的磁感应强度为B2. 已知B1 4B2 4B0，磁场方向相同，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，发觉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
5、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.2 / 11第 2 页，共 11 页 - - - - - - - - - -精品word 可编辑资料 - - - - - - - - - - - - -图 2(1) 请你粗略地作出小球从P 点运动到Q点的运动轨迹；(2) PQ间的距离为多大；(3) 宇航员的质量为多少.5m答案(1) 见解析图(2)6 h(3)6解析(1) 小球的运动轨迹如下列图.(2) 设小球的速率为v1，由几何关系可知R1 h，由v2qvB m和RB1 4B2 4B0，可知 R2 4R1 4h，v12由 qv1(4 B0) m，R14qB0h解得小球的速率v1m，依据
6、运动的 对称性，mv22rPQ间的距离为L2( R2 R1) 6h.2m(3) 设宇航员的速率为v2，由qvB r和 Tv得做匀速圆周运动的周期T qB ，T1T25m故小球由P运动到Q的时间t 2 2 . 4qB0所以宇航员匀速运动的速率为Lv2 t 24qB0h 5m ，宇航员在Q点接住球时，由动量守恒定律有Mv2 mv1 0，5m可解得宇航员的质量M6.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3 / 11第 3 页，共 11
7、页 - - - - - - - - - -精品word 可编辑资料 - - - - - - - - - - - - -( 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为：1. 挑选讨论对象 . 即为哪一根导体棒或几根导体棒组成的系统.2. 分析其受力情形. 安培力既跟电流方向垂直又跟磁场方向垂直.3. 分析讨论对象所受的各力做功情形和合外力情形，选定所要应用的物理规律.4. 分析讨论对象 ( 或系统 ) 动量情形为否符合动量守恒.5. 运用物理规律列方程，求解. 留意：加速度a 0 时，速度v 达到最大值 .例 3(2021 浙江4 月选考 22) 间距为l的两平行金
8、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 的导轨处于大小为B1.方向垂直导轨平面对上的匀强磁场区间中 . 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l的金属杆cd 和 ef ，用长度为L 的刚性绝缘杆连接构成) ，在“联动双杆”右侧存在大小为B2.方向垂直导轨平面对上的匀强磁场区间 ，其长度大于L. 质量为m.长为l 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( 无能量缺失 ) ，杆 ab 与“联动双杆”发生碰撞，碰后杆ab 和 cd 合在一起形成“联动三杆”. “联动三杆”连续沿水平导轨进入磁 场区间并从中滑出. 运动过程
9、中，杆ab.cd 和 ef 与导轨始终接触良好，且保持与导轨垂2直. 已知杆ab.cd 和 ef电阻均为R0.02. m 0.1 kg.l 0.5 m ， L 0.3 m ， 30 ，B10.1 T， B2 0.2 T.不计摩擦阻力和导轨电阻，忽视磁场边界效应，g 取 10 m/s .求：图 3(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”进入磁场区间前的速度大小v；(3) “联动三杆”滑过磁场区间产生的焦耳热Q.答案见解析B12l2v0解析(1)杆 ab 匀速时处于平稳状态，有mgsinRR 2解得： v0 6 m/s.v0(2) 杆ab 与“ 联动双杆” 碰撞
10、时，由动量守恒定律得mv04mv，解得v 4 1.5 m/s.(3) 设“联动三杆” 进入磁场区间时速度变化量的大小为v，由动量定理得B2 Il t 4 / 11第 4 页，共 11 页 - - - - - - - - - -精品word 可编辑资料 - - - - - - - - - - - - -E4mv因 I R总 t R总 错误 . ，解得 v0.25 m/s.设 “ 联动三杆” 滑出磁场区间 时速度变化量的大小为 v ，同样有B2 I l t 4m v ， I 错误 .解得 v 0.25 m/s.因此“联动三杆”滑出磁场区间时的速度为v v v v 1 m/s.122由能量守恒得：Q
11、 4m( v v2) 0.25 J.变式1(2021 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对下的匀强磁场B. 绝缘火箭支撑在导轨间，总质量为m，其中燃料质量为m，燃料室中的金属棒EF 电阻为 R，并通过电刷与电阻可忽视的导轨良好接触. 引燃火箭下方的推动 剂，快速推动刚性金属棒CD( 电阻可忽视且和导轨接触良好) 向上运动，当回路CEFDC面积削减量达到最大值 S，用时 t ，此过程鼓励出强电流，产生电磁推力加速火箭. 在 t 时间内，电阻R 产生的焦耳热使燃料燃烧
12、形成高温高压气体. 当燃烧室下方的可控喷气孔打开后. 喷出燃气进一步加速火箭.图 4(1) 求回路在 t时间内感应电动势的平均值及通过金属棒EF 的电荷量，并判定金属棒EF(2) 经 t时间火箭恰好脱离导轨，求火箭脱离时的速度大小中的感应电流方向；v0； ( 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 v.( 提示：可选喷气前的火箭为参考系 )BSBSB2LSm答案(1)tR向右(2)mR g t(3)mm v5 / 11第 5 页，共 11 页 - - - - - - - - - -精品w
13、ord 可编辑资料 - - - - - - - - - - - - -解析(1)依据法拉第电磁感应定律，有E BSttBSq I t RR，电流方向向右(2) t 时间内产生的平均感应电流EBS I RRt平均安培力 B IL F由动量定理有( F mg) t mv0B2LS解得 v0mR gt(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mv ( m m) v0m得 v mm v.变式2(201 7嘉兴市期末 ) 如图5 所示，两根水平放置的“”形平行金属导轨相距L0.5 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B1，在MN左侧的导轨处于水平向左的
14、匀强磁场B2 中， B1 B2 1.0 T.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v0 4 m/s进入 B1 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 0.25 C ， ab. cd 上产生的总焦耳热Q0.35 J.金属棒 ab.cd 的质量均为m 0.10 kg ，电阻均为 R1.0. 不计一切摩擦. 求：图 5(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；(3) 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)0.5 N(2)1 m(3)0.1 kg
15、m/s解析(1) 金属棒 cd 刚进入磁场时EE B1Lv0， I 2R6 / 11第 6 页，共 11 页 - - - - - - - - - -精品word 可编辑资料 - - - - - - - - - - - - -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 0.5 N(2) 金属棒 cd 经过区域MNO时P 的平均感应电动势为， Et其中 B1 Ld平均感应电流为E 2R IB1Ld由 q I t 2R 可得d 1 m(3) 金属棒 cd 与竖直导轨碰撞之前ab.cd 系统能量守恒，可得121Q mv02mv22就金属棒cd 离开B1 磁场时的速度v
16、3 m/s就 cd经过磁场B1 过程中受到的安培力的冲量I 安 mvmv0代入数据 得 I 安 0.1 kg m/s.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P1 离小球P2 左侧的距离为2L. 现由静止释放小球P1，在电场力的作用下P1 与P2 发生正碰后反弹，反弹速度为碰前的倍. 已知3P1 的质量为 m，带电荷量为q， P2 的质量为5m. 求：图 1(1)(2)碰撞前瞬时小球碰撞后瞬时小球P1 的速度 .P2 的速度 .(3) 小球P1 和小球P2 从第一次碰撞到其次次碰撞的时间和位置.
17、7 / 11第 7 页，共 11 页 - - - - - - - - - -精品word 可编辑资料 - - - - - - - - - - - - -2qEL12qEL2mL答案(1)m ，方向水平向右(2) 3m ，方向水平向右(3)2qE在O 点右4L侧处3解析(1)设碰撞前小球P1 的速度为v0，依据动能定理12qELqEL 2mv02，解得 v0m ，方向水平向右(2) P1.P2 碰撞，以水平向右为正方向，就碰后P1 速度为2v0，设P2 速度为v2，由动量守恒3定律：mv0m( 2v0) 5mv23v012qEL解得 v23 3m ，方向水平向右(3) 碰撞后小球P1 先向左后向
18、右做匀变速运动，设加速度为qEa，就： a m设 P1.P2 碰撞后又经 t时间再次发生碰撞，且P1 所受电场力不变，由运动学公式，以水平向右为正方向，就：2 v0t 31a t221 3v0 t ，解得： t 22mL qE14L对 P2 分析：x 3v0 t 34L即其次次碰撞时在O点右侧 3 处.2.(2021 浙江11 月选考 22) 如图2 所示，匝数N 100.截面积S1.0 10m.电阻 r2 2 0.15的线圈内有方向垂直于线圈平面对上的随时间匀称增加的匀强磁场B1，其变化率2k 0.80 T/s.线圈通过开关S 连接两根相互平行.间距d 0.20 m 的竖直导轨，下端连接阻值
19、 R 0.50的电阻 . 一根阻值也为0.50 .质量m 1.0 10kg 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 .8 / 11第 8 页，共 11 页 - - - - - - - - - -精品word 可编辑资料 - - - - - - - - - - - - -图 2(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，棒开头下滑，经t 0.25 s后下降了h 0.29 m ，求此过程棒上产生的热量
20、.答案(1)0.5 T磁场垂直纸面对外3(2)2.3 10JN解析(1)线圈中产生的感应电动势为E t ，B1St代入数据得： E 0.8 V等效电路图如图：总电流 I E0.8R0.15 0.25A 2 A ， I abI2 1 Ar 2依据题意，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 B2I abd mg，解得 B2 0.5 T ，依据左手定就可知磁场的方向应当垂直纸面对外.(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，依据动量定理，就( mg B2I d) t mv0其中 I t q R Rab B2 dh9 / 11第 9 页
21、，共 11 页 - - - - - - - - - -精品word 可编辑资料 - - - - - - - - - - - - -12依据动能定理可知mghW 2mv0联立解得W 4.6 10J 31 3因此金属棒上产生的热量为Q |W| 2.3 10J. 23.(2021 温州市十校高三期末) 如图 3 所示， PQ和 MN为固定于水平面内的平行光滑金属轨 道，轨道足够长，其电阻可忽视不计. 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，
22、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 . 如先保持金属棒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，由静止开头向右以加速度a 做匀加速直线运动，水平力F 作用 t 0时间撤去此力，同时释放金属棒ab. 求：图 3(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，直到最终达到稳固，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，直到最终达到稳固，通过金属棒cd 的电荷量q.B2L2a122mat0答案(1) F3Rt ma(2)mat 012(3)2B
23、L解析(1) 棒 cd 匀加速过程中，由牛顿其次定律，有FBIL ma，又 I EBLat，得此过程F 随时间t 变化的函数关系为B2L2aFt ma.3R3R3R(2) 撤去 F 后，直到最终达到稳固，依据系统能量守恒得1212系统产生的总热量为Q mv0 222mv，依据系统动量守恒mv0 2mv，v122又0 at 0，联立得Q mat 0 ，4RR1122cd 棒产生的热量为Qcd 2R Q 3Q 12mat 0 .(3) 撤去 F 到系统达到稳固，对cd 棒由动量定理得 B IL t mv mv0 ，q I t ，解得mat0q 2BL .4.(2021 杭州市四校联考) 如图 4
24、所示，电阻不计的两光滑金属导轨相距L，放在水平绝缘10 / 11第 10 页，共 11 页 - - - - - - - - - -精品word 可编辑资料 - - - - - - - - - - - - -桌面上，半径为1R 的4圆弧部分处在竖直平面内且与水平直轨道在最低点相切，水平直导轨部分处在磁感应强度为B.方向竖直向下的匀强磁场中，末端与桌面边缘平齐. 两金属棒ab.cd 垂直于两导轨且与导轨接触良好. 棒 ab 质量为 2m.电阻为r ，棒 cd 的质量为m.电阻为r . 重力加速度为g. 开头时棒cd 静止在水平直导轨上，棒ab 从圆弧顶端无初速度释 放，进入水平直导轨后与棒cd 始
25、终没有接触并始终向右运动，最终两棒都离开导轨落到地面上 . 棒 ab 与棒 cd 落地点到桌面边缘的水平距离之比为31. 求：图 4(1) 棒 ab 和棒 cd 离开导轨时的速度大小；(2) 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.6答案(1) 722gR72gR(2)B2L22gR4mr(3)1149mgR解析(1)设 ab 棒进入水平直导轨的速度为1v0，2由动能定理2mgR2mv0 ，2离开导轨时，设ab. cd 棒的速度分别为v1 . v2 ，由于两棒在磁场中受到的安培力的合力为零，故在磁场中两棒组成的系统水平方向动量守恒，2mv02mv1 mv2，由于做平抛运动的时间相等，由x vt 得v1 v2 x1x2 31，6解得 v1 722gR，v272gR.(2) ab 棒刚进入水平导轨时，cd 棒仍未运动，此时回路中电流最大，ab 棒受到的安培力最EB2L22gR大，加速度最大，EBLv0， I 2r ， F BIL 2ma，得： a4mr.(3) 依据能量守恒，两棒在导轨上运动过程中产生的焦耳热为：1212Q 2mgR2mv1 22mv2112 ，解得 Q 49mgR.11 / 11第 11 页，共 11 页 - - - - - - - - - -