《2023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.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023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.pdf（11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、1/11 第 2 讲动量和电学知识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A球与B，B的带正电小球0.1 kgm有一个质量为C.3410Q球，其电荷量A带正电的球间的距离为a0.4 m，此时小球B处于静止状态，且小球B在小球A形成的电场中具有的不带电绝m有一质量也为.之间的距离Q与q为电荷r，其中QqrkpE的电势能表达式为缘小
2、球C从距离小球B的上方H0.8 m处自由下落，落在小球B上立刻与小球B粘在一起求：).2/C2N9910k，210 m/sg取(向下运动，它们到达最低点后又向上运动2/11 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距离多远时，其速度最大？速度的最大值为多少？(可保留根号)m/s4 222m25(3)C81049(2)/s(1)2 m答案解析(1)小球C自由下落H距离的速度4 m/s2gH0v小球C与小球B发生碰撞，由动量守恒定律得：1mv20mv2 m/s1v所以(2)小球B在碰撞前处于平衡状态，对B球进行受力分析知：
3、qQa2kmgC81049q代入数据得：(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Qqy2kmg2有：m25y代入数据有：由能量守恒得：12Qqyk)ya(mg2m2mv12Qqak12mvm/s4222mv代入数据得：考向 2 动量观点在磁场中的应用例 2如图2 所示是计算机模拟出的一种宇宙空间的情景，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略不计)，以MN为界，上半部分匀，磁场0B42B41B已知.2B，下半部分匀强磁场的磁感应强度为1B强磁场的磁感应强度为方向相同，且磁场区域足够大.在距离界线MN为h的P点有一宇
4、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.3/11 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间的距离是多大；(3)宇航员的质量是多少.56(3)h(2)6见解析图(1)答案解析(1)小球的运动轨迹如图所示.，0B42B41B和v2RmqvB，由h1R，由几何关系可知1v设小球的速率为(2)，h41R42R可知，v12R1m)0B(41qv由，4qB0hm1v解得小球的速率.h6)1R2R2(
5、L间的距离为PQ对称性，根据运动的，2qBT得做匀速圆周运动的周期2vT和mv2rqvB，由2v设宇航员的速率为(3).54qB0T22T12t的时间Q运动到P故小球由，24qB0h5Lt2v所以宇航员匀速运动的速率为，01mv2Mv点接住球时，由动量守恒定律有Q宇航员在.56M解得宇航员的质量可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4/11(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a0 时，速度v达到最大值.例 3(2017 浙江4 月选考 22)间距为l的两平行金属导轨由水平部分和倾斜部分平滑、方向垂直导轨平面向上的匀强磁1B的导轨处于大小为倾角为.所示3连接而成，如图场区间中.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
7、杆”右侧存在大小为的金属杆l、长为m质量为.L，其长度大于场区间、方向垂直导轨平面向上的匀强磁2Bab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R0.02、m0.1 kg、l0.5 m，L 0.3 m，.210 m/s取g不计摩擦阻力和导轨电阻，忽略磁场边界效应，0.2 T.2B，0.1 T1B，30求：图 3；0v在倾斜导轨上匀速运动时的速度大小ab杆(1)(
8、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B12l2v0RR2sin mg匀速时处于平衡状态，有ab杆(1)解析6 m/s.0v解得：1.5 m/s.v04v，解得mv40mv碰撞时，由动量守恒定律得”联动双杆“与ab杆(2)tlI2B，由动量定理得v时速度变化量的大小为进入磁场区间”联动三杆“设(3)5/11 4mv0.25 m/s.v，解得错误!t R总ER总I因tlI2B，同样有v时速度变化量的大小为滑出磁场区间”联动三杆“设错误!I，vm4解得 v 0.25 m/s.因此“联动三杆”滑出磁场区间时的速度为vvvv 1 m/s.0
9、.25 J.)2v2v(m12Q由能量守恒得：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S，用时 t，此过程激励出强电流，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形成高温高压气体.当燃
10、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，并判断金属棒EF中的感应电流方向；)不计空气阻力(；0v时间火箭恰好脱离导轨，求火箭脱离时的速度大小t经(2)(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)vmmm(3)tgB2LmR(2)向右BRB(1)答案6/11 BE根据法拉第电磁感应定律，有(1)解析，BRRtIq电流方向向右(2)t时间内产生的平均感应电流IBRER平均安培力FLIB0mvt)
11、mgF(由动量定理有tgB2LmR0v解得(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(mm)v0.vmmmv得变式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L左侧的导轨MN，在1B中有竖直向上的匀强磁场MNPO在导轨矩形区域.导轨电阻不计，0.5 m悬挂在力传感器下，保持水平并ab金属棒1.0 T.2B1B中，2B处于水平向左的匀强磁场磁场，与竖直导轨碰撞1B进入4 m/s0v垂直于水平导轨以速度cd金属棒.与导轨良好接触后不反弹，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
12、质量均为m0.10 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；.的过程中受到的安培力的冲量大小1B经过磁场cd金属棒(3)答案(1)0.5 N(2)1 m(3)0.1 kgm/s解析(1)金属棒cd刚进入磁场时E2RI，0Lv1BE7/11 金属棒ab受到的受培力IL2B安F传感器增加的示数0.5 N安F传F(2)金属棒cd经过区域MNOP时的平均感应电动势为E，Ld1B其中平均感应电流为IE2R可得B1Ld2RtIq由d1 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02mv122mv
13、12Q3 m/sv磁场时的速度1B离开cd则金属棒0mvmv安I过程中受到的安培力的冲量1B经过磁场cd则0.1 kg m/s.安I得代入数据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，电场强度为现由静止释.L左侧的距离为2P离小球1P带正电的小球.点O静止在2P不带电的绝缘小球.E的质1P已知.倍23发生正碰后反弹，反弹速度是碰前的2P与1P，在电场力的作用下1P放小球求：.m5的质量为2P，q，带电荷量为m量为图 1.的速度1P碰撞前瞬间小球(1).的速度2P碰撞后瞬间小球(2).从第一次碰撞到第二次碰撞的时间和位置2P和小球1P小球(3)8/11 点右O在2m
14、LqE(3)2，方向水平向右2qEL m13(2)，方向水平向右2qELm(1)答案处4L3侧，根据动能定理0v的速度为1P设碰撞前小球(1)解析，方向水平向右2qELm0v，解得02mv12qEL，由动量守恒2v速度为2P，设0v23速度为1P碰撞，以水平向右为正方向，则碰后2P、1P(2)2mv5)0v23(m0mv定律：，方向水平向右2qELm13v032v解得qEma，则：a先向左后向右做匀变速运动，设加速度为1P碰撞后小球(3)所受电场力不变，由运动学公式，以水1P时间再次发生碰撞，且t碰撞后又经2P、1P设平向右为正方向，则：2mLqE2t，解得：t0v132ta12t0v234L
15、3t0v13x分析：2P对.处4L3点右侧O即第二次碰撞时在r、电阻2m21.0 10S、截面积100N所示，匝数2如图22)月选考11浙江2.(2017，其变化率1B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0.15 k0.80 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，下端连接阻搁置在ab的导体棒kg21.0 10m、质量0.50 一根阻值也为.的电阻0.50 R值接通开关.2B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.9
16、/11 图 2 的大小，并指出磁场方向；2B求磁感应强度(1)(2)断开开关S 后撤去挡条，棒开始下滑，经t0.25 s后下降了h 0.29 m，求此过程棒上产生的热量.J30(2)2.3磁场垂直纸面向外(1)0.5 T答案，NE线圈中产生的感应电动势为(1)解析SB1代入数据得：E0.8 V等效电路图如图：1 AI2abI，2 AA0.80.15 0.25Er R2I总电流根据题意，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，0.5 T2B，解得mgdabI2B即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
17、感应电流，根据动量定理，则0mvt)dI2Bmg(RRabqtI其中dh2B10/11 02mv12Wmgh根据动能定理可知J34.6 10W联立解得J.32.3 10|W12|Q因此金属棒上产生的热量为3.(2017 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a
18、b不动，使金属棒cd在与其垂直的水0t作用F做匀加速直线运动，水平力a作用下，由静止开始向右以加速度)大小未知(F平力时间撤去此力，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.mat02BL(3)20t2ma112(2)matB2L2a3RF(1)答案解析(1)棒cd匀加速过程中，由牛顿第二定律，有FBILma，.matB2L2a3RF变化的函数关系为t随时间F，得此过程BLat3RE3RI又(
19、2)撤去F后，直到最后达到稳定，根据系统能量守恒得，2mv1220mv12Q系统产生的总热量为，mv20mv根据系统动量守恒，20t2ma14Q，联立得0at0v又.20t2ma112Q13QR2RRcdQ棒产生的热量为cd(3)撤去F到系统达到稳定，对cd棒由动量定理得，0mvmvtLIB.mat02BLq，解得tIq4.(2017 杭州市四校联考)如图 4 所示，电阻不计的两光滑金属导轨相距L，放在水平绝缘11/11 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14的R桌面上，半径为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
20、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.开始时棒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始终没有接触并一直向右运动，最后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.Rmg1149(3)B2L22gR4mr(2)2gR272gR67(1)答案，0v棒进入水平直导轨的速度为ab设(1)解析，20mv12mgR2由动能定理，2 v、1 v棒的速度分别为cd、ab离开导轨时，设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，2mv1mv20mv2由于做平抛运动的时间相等，由xvt得，32x1x2v1v.2gR272v，2gR671v解得(2)ab棒刚进入水平导轨时，cd棒还未运动，此时回路中电流最大，ab棒受到的安培力最.B2L22gR4mra，得：ma2BILF，E2rI，0BLvE大，加速度最大，1221mv12mgR2Q2根据能量守恒，两棒在导轨上运动过程中产生的焦耳热为：(3).mgR1149Q，解得22mv