（浙江選考）2019版高考物理大一輪復(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

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1、 第2講　動量和電學知識的綜合應(yīng)用 命題點一　動量觀點在電場、磁場中的應(yīng)用 動量與電磁學知識綜合應(yīng)用類問題的求解與一般的力學問題求解思路并無差異，只是問題的情景更復(fù)雜多樣；分析清楚物理過程，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　(2017·“金華十?！甭?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帶正電的A球，其電荷量Q＝4×10－3 C.有一個質(zhì)量為m＝0.1 kg的帶正電小球B，B球與A球間的距離為a＝0.4 m，此時小球B處于靜止狀態(tài)，且小球B在小球A形成的電場中具有的電勢能表達式為Ep＝k，其中r為電荷q與Q之間的距離.有一質(zhì)量

2、也為m的不帶電絕緣小球C從距離小球B的上方H＝0.8 m處自由下落，落在小球B上立刻與小球B粘在一起向下運動，它們到達最低點后又向上運動(取g＝10 m/s2，k＝9×109 N·m2/C2).求： 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　(1)2 m/s　(2)×10－8 C (3) m　2 m/s 解析　(1)小球C自由下落H距離的速度 v0＝＝4 m/s 小球C與小球B發(fā)生碰撞，由動量守恒定律得： mv0＝2mv1 所

3、以v1＝2 m/s (2)小球B在碰撞前處于平衡狀態(tài)，對B球進行受力分析知： mg＝k 代入數(shù)據(jù)得：q＝×10－8 C (3)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整體進行受力分析有：2mg＝k 代入數(shù)據(jù)有：y＝ m 由能量守恒得： ×2mv＋k＝×2mv－2mg(a－y)＋k 代入數(shù)據(jù)得：vm＝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)強度為B1，下半部分勻強磁場的磁感應(yīng)強度為

4、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. 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)量是多少. 答案　(1)見解析圖　(2)6h　(3) 解析　(1)小球的運動軌跡如圖所示. (2)設(shè)小球的速率為v1，由幾何關(guān)系可知R1＝h，由qvB＝m和

5、B1＝4B2＝4B0， 可知R2＝4R1＝4h， 由qv1(4B0)＝m， 解得小球的速率v1＝， 根據(jù)運動的對稱性，PQ間的距離為L＝2(R2－R1)＝6h. (3)設(shè)宇航員的速率為v2，由qvB＝和T＝得做勻速圓周運動的周期T＝， 故小球由P運動到Q的時間t＝＋＝. 所以宇航員勻速運動的速率為v2＝＝， 宇航員在Q點接住球時，由動量守恒定律有Mv2－mv1＝0， 可解得宇航員的質(zhì)量M＝. 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)

6、及力學中的有關(guān)規(guī)律(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.選擇研究對象.即是哪一根導(dǎo)體棒或幾根導(dǎo)體棒組成的系統(tǒng). 2.分析其受力情況.安培力既跟電流方向垂直又跟磁場方向垂直. 3.分析研究對象所受的各力做功情況和合外力情況，選定所要應(yīng)用的物理規(guī)律. 4.分析研究對象(或系統(tǒng))動量情況是否符合動量守恒. 5.運用物理規(guī)律列方程，求解.注意：加速度a＝0時，速度v達到最大值. 例3　(2017·浙江4月選考·22)間距為l的兩平行金屬導(dǎo)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θ的導(dǎo)軌處于大小為B1、方向垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強磁

7、場區(qū)間Ⅰ中.水平導(dǎo)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B2、方向垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強磁場區(qū)間Ⅱ，其長度大于L.質(zhì)量為m、長為l的金屬桿ab從傾斜導(dǎo)軌上端釋放，達到勻速后進入水平導(dǎo)軌(無能量損失)，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”繼續(xù)沿水平導(dǎo)軌進入磁場區(qū)間Ⅱ并從中滑出.運動過程中，桿ab、cd和ef與導(dǎo)軌始終接觸良好，且保持與導(dǎo)軌垂直.已知桿ab、cd和ef電阻均為R＝0.02 Ω、m＝0.1 kg、l＝0.5 m，L＝0.3 m，θ

8、＝30°，B1＝0.1 T，B2＝0.2 T.不計摩擦阻力和導(dǎo)軌電阻，忽略磁場邊界效應(yīng)，g取10 m/s2.求： 圖3 (1)桿ab在傾斜導(dǎo)軌上勻速運動時的速度大小v0； (2)“聯(lián)動三桿”進入磁場區(qū)間Ⅱ前的速度大小v； (3)“聯(lián)動三桿”滑過磁場區(qū)間Ⅱ產(chǎn)生的焦耳熱Q. 答案　見解析 解析　(1)桿ab勻速時處于平衡狀態(tài)，有mgsin θ＝ 解得：v0＝6 m/s. (2)桿ab與“聯(lián)動雙桿”碰撞時，由動量守恒定律得mv0＝4mv，解得v＝＝1.5 m/s. (3)設(shè)“聯(lián)動三桿”進入磁場區(qū)間Ⅱ時速度變化量的大小為Δv，由動量定理得B2lΔt＝4mΔv 因＝＝＝，解得Δ

9、v＝0.25 m/s. 設(shè)“聯(lián)動三桿”滑出磁場區(qū)間Ⅱ時速度變化量的大小為Δv′，同樣有B2′lΔt′＝4mΔv′，′＝ 解得Δv′＝0.25 m/s. 因此“聯(lián)動三桿”滑出磁場區(qū)間Ⅱ時的速度為 v′＝v－Δv－Δv′＝1 m/s. 由能量守恒得：Q＝×4m(v2－v′2)＝0.25 J. 變式1　(2016·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(dǎo)軌，間距為L.導(dǎo)軌間加有垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強磁場B.絕緣火箭支撐在導(dǎo)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略

10、的導(dǎo)軌良好接觸.引燃火箭下方的推進劑，迅速推動剛性金屬棒CD(電阻可忽略且和導(dǎo)軌接觸良好)向上運動，當回路CEFDC面積減少量達到最大值ΔS，用時Δt，此過程激勵出強電流，產(chǎn)生電磁推力加速火箭.在Δt時間內(nèi)，電阻R產(chǎn)生的焦耳熱使燃料燃燒形成高溫高壓氣體.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Δt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，并判斷金屬棒EF中的感應(yīng)電流方向； (2)經(jīng)Δt時間火箭恰好脫離導(dǎo)軌，求火箭脫離時的速度大小v0；(不計空氣阻力) (3)火箭脫離導(dǎo)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

11、噴氣前火箭的速度為v，求噴氣后火箭增加的速度Δv.(提示：可選噴氣前的火箭為參考系) 答案　(1)　　向右　(2)－gΔt (3)v 解析　(1)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，有＝＝ q＝Δt＝＝， 電流方向向右 (2)Δt時間內(nèi)產(chǎn)生的平均感應(yīng)電流 ＝＝ 平均安培力 ＝BL 由動量定理有(－mg)Δt＝mv0 解得v0＝－gΔt (3)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＋(m－m′)Δv＝0 得Δv＝v. 變式2　(2017·嘉興市期末)如圖5所示，兩根水平放置的“└”形平行金屬導(dǎo)軌相距L＝0.5 m，導(dǎo)軌電阻不計.在導(dǎo)軌矩形區(qū)域MNPO中有豎

12、直向上的勻強磁場B1，在MN左側(cè)的導(dǎo)軌處于水平向左的勻強磁場B2中，B1＝B2＝1.0 T.金屬棒ab懸掛在力傳感器下，保持水平并與導(dǎo)軌良好接觸.金屬棒cd垂直于水平導(dǎo)軌以速度v0＝4 m/s進入B1磁場，與豎直導(dǎo)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Q＝0.35 J.金屬棒ab、cd的質(zhì)量均為m＝0.10 kg，電阻均為R＝1.0 Ω.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B1的過程中受到的安培力的沖量大小. 答案　(1)0.5

13、N　(2)1 m　(3)0.1 kg·m/s 解析　(1)金屬棒cd剛進入磁場時 E＝B1Lv0，I＝ 金屬棒ab受到的受培力 F安＝B2IL 傳感器增加的示數(shù) ΔF傳＝F安＝0.5 N (2)金屬棒cd經(jīng)過區(qū)域MNOP時的平均感應(yīng)電動勢為 ＝， 其中ΔΦ＝B1Ld 平均感應(yīng)電流為 ＝ 由q＝·Δt＝可得 d＝1 m (3)金屬棒cd與豎直導(dǎo)軌碰撞之前ab、cd系統(tǒng)能量守恒，可得 Q＋mv2＝mv 則金屬棒cd離開B1磁場時的速度v＝3 m/s 則cd經(jīng)過磁場B1過程中受到的安培力的沖量I安＝mv－mv0 代入數(shù)據(jù)得I安＝－0.1 kg·m/s. 1.

14、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P2靜止在O點.帶正電的小球P1離小球P2左側(cè)的距離為L.現(xiàn)由靜止釋放小球P1，在電場力的作用下P1與P2發(fā)生正碰后反彈，反彈速度是碰前的倍.已知P1的質(zhì)量為m，帶電荷量為q，P2的質(zhì)量為5m.求： 圖1 (1)碰撞前瞬間小球P1的速度. (2)碰撞后瞬間小球P2的速度. (3)小球P1和小球P2從第一次碰撞到第二次碰撞的時間和位置. 答案　(1)，方向水平向右　(2)，方向水平向右　(3)2　在O點右側(cè)處 解析　(1)設(shè)碰撞前小球P1的速度為v0，根據(jù)動能定理 qEL＝mv，解得

15、v0＝，方向水平向右 (2)P1、P2碰撞，以水平向右為正方向，則碰后P1速度為－v0，設(shè)P2速度為v2，由動量守恒定律：mv0＝m(－v0)＋5mv2 解得v2＝＝ ，方向水平向右 (3)碰撞后小球P1先向左后向右做勻變速運動，設(shè)加速度為a，則：a＝ 設(shè)P1、P2碰撞后又經(jīng)Δt時間再次發(fā)生碰撞，且P1所受電場力不變，由運動學公式，以水平向右為正方向，則： －v0Δt＋aΔt2＝v0Δt，解得：Δt＝2 對P2分析：x＝v0Δt＝ 即第二次碰撞時在O點右側(cè)處. 2.(2017·浙江11月選考·22)如圖2所示，匝數(shù)N＝100、截面積S＝1.0×10－2 m2、電阻r＝0.15

16、Ω的線圈內(nèi)有方向垂直于線圈平面向上的隨時間均勻增加的勻強磁場B1，其變化率k＝0.80 T/s.線圈通過開關(guān)S連接兩根相互平行、間距d＝0.20 m的豎直導(dǎo)軌，下端連接阻值R＝0.50 Ω的電阻.一根阻值也為0.50 Ω、質(zhì)量m＝1.0×10－2 kg的導(dǎo)體棒ab擱置在等高的擋條上，在豎直導(dǎo)軌間的區(qū)域僅有垂直紙面的不隨時間變化的勻強磁場B2.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(dǎo)軌垂直，且與導(dǎo)軌接觸良好，不計摩擦阻力和導(dǎo)軌電阻. 圖2 (1)求磁感應(yīng)強度B2的大小，并指出磁場方向； (2)斷開開關(guān)S后撤去擋條，棒開始下滑，經(jīng)t＝0.25 s后下降了h＝0.29 m，求此

17、過程棒上產(chǎn)生的熱量. 答案　(1)0.5 T　磁場垂直紙面向外　(2)2.3×10－3 J 解析　(1)線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E＝， ΔΦ＝S 代入數(shù)據(jù)得：E＝0.8 V 等效電路圖如圖： 總電流I＝＝ A＝2 A，Iab＝＝1 A 根據(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B2Iabd＝mg，解得B2＝0.5 T， 根據(jù)左手定則可知磁場的方向應(yīng)該垂直紙面向外. (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，根據(jù)動量定理，則 (mg－B2I′d)t＝mv－0 其中I′t＝q＝ ΔΦ＝B2·dh 根

18、據(jù)動能定理可知mgh＋W＝mv2－0 聯(lián)立解得W＝－4.6×10－3 J 因此金屬棒上產(chǎn)生的熱量為Q＝|W|＝2.3×10－3 J. 3.(2017·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，其電阻可忽略不計.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.若先保持金屬棒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

19、始向右以加速度a做勻加速直線運動，水平力F作用t0時間撤去此力，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，直到最后達到穩(wěn)定，金屬棒cd產(chǎn)生的熱量； (3)兩金屬棒在撤去F后的運動過程中，直到最后達到穩(wěn)定，通過金屬棒cd的電荷量q. 答案　(1)F＝t＋ma　(2)ma2t02　(3) 解析　(1)棒cd勻加速過程中，由牛頓第二定律，有F－BIL＝ma， 又I＝＝，得此過程F隨時間t變化的函數(shù)關(guān)系為F＝t＋ma. (2)撤去F后，直到最后達到穩(wěn)定，根據(jù)系統(tǒng)能量守恒得 系統(tǒng)產(chǎn)生的總熱量為Q＝

20、mv02－×2mv2， 根據(jù)系統(tǒng)動量守恒mv0＝2mv， 又v0＝at0，聯(lián)立得Q＝ma2t02， cd棒產(chǎn)生的熱量為Qcd＝Q＝Q＝ma2t02. (3)撤去F到系統(tǒng)達到穩(wěn)定，對cd棒由動量定理得 －BLΔt＝mv－mv0， q＝Δt，解得q＝. 4.(2017·杭州市四校聯(lián)考)如圖4所示，電阻不計的兩光滑金屬導(dǎo)軌相距L，放在水平絕緣桌面上，半徑為R的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(dǎo)軌部分處在磁感應(yīng)強度為B、方向豎直向下的勻強磁場中，末端與桌面邊緣平齊.兩金屬棒ab、cd垂直于兩導(dǎo)軌且與導(dǎo)軌接觸良好.棒ab質(zhì)量為2m、電阻為r，棒cd的質(zhì)量為m、電阻為

21、r.重力加速度為g.開始時棒cd靜止在水平直導(dǎo)軌上，棒ab從圓弧頂端無初速度釋放，進入水平直導(dǎo)軌后與棒cd始終沒有接觸并一直向右運動，最后兩棒都離開導(dǎo)軌落到地面上.棒ab與棒cd落地點到桌面邊緣的水平距離之比為3∶1.求： 圖4 (1)棒ab和棒cd離開導(dǎo)軌時的速度大小； (2)棒ab在水平導(dǎo)軌上的最大加速度； (3)棒ab在導(dǎo)軌上運動過程中產(chǎn)生的焦耳熱. 答案　(1)　　(2) (3)mgR 解析　(1)設(shè)ab棒進入水平直導(dǎo)軌的速度為v0， 由動能定理2mgR＝×2mv02， 離開導(dǎo)軌時，設(shè)ab、cd棒的速度分別為v1 、v2 ， 由于兩棒在磁場中受到的安培力的合力為零，故在磁場中兩棒組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒， 2mv0＝2mv1＋mv2， 由于做平拋運動的時間相等，由x＝vt得 v1∶v2＝x1∶x2＝3∶1， 解得v1＝，v2＝. (2)ab棒剛進入水平導(dǎo)軌時，cd棒還未運動，此時回路中電流最大，ab棒受到的安培力最大，加速度最大，E＝BLv0，I＝，F(xiàn)＝BIL＝2ma，得：a＝. (3)根據(jù)能量守恒，兩棒在導(dǎo)軌上運動過程中產(chǎn)生的焦耳熱為：2Q＝2mgR－×2mv12－mv22，解得Q＝mgR. 11