【物理】2019届一轮复习人教版动量和电学知识的综合应用学案

【物理】2019届一轮复习人教版动量和电学知识的综合应用学案

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带正电的A球，其电荷量Q＝4×10－3 C.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形成的电场中具有的电势能表达式为Ep＝k，其中r为电荷q与Q之间的距离.有一质量也为m的不带电绝缘小球C从距离小球B的上方H＝0.8 m处自由下落，落在小球B上立刻与小球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/s2，k＝9×109 N·m2/C2).求：‎ 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)‎ 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距离的速度 v0＝＝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在碰撞前处于平衡状态，对B球进行受力分析知：‎ mg＝k 代入数据得：q＝×10－8 C ‎(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整体进行受力分析有：2mg＝k 代入数据有：y＝ m 由能量守恒得：‎ ×2mv＋k＝×2mv－2mg(a－y)＋k 代入数据得：vm＝2 m/s 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.‎ 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.‎ 答案　(1)见解析图　(2)6h　(3) 解析　(1)小球的运动轨迹如图所示.‎ ‎(2)设小球的速率为v1，由几何关系可知R1＝h，由qvB＝m和B1＝4B2＝4B0，‎ 可知R2＝4R1＝4h，‎ 由qv1(4B0)＝m，‎ 解得小球的速率v1＝，‎ 根据运动的对称性，PQ间的距离为L＝2(R2－R1)＝6h.‎ ‎(3)设宇航员的速率为v2，由qvB＝和T＝得做匀速圆周运动的周期T＝，‎ 故小球由P运动到Q的时间t＝＋＝.‎ 所以宇航员匀速运动的速率为v2＝＝，‎ 宇航员在Q点接住球时，由动量守恒定律有Mv2－mv1＝0，‎ 可解得宇航员的质量M＝.‎ 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(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a＝0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连接而成，如图3所示.倾角为θ的导轨处于大小为B1、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区间Ⅰ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、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区间Ⅱ，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Ⅱ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R＝0.02 Ω、m＝0.1 kg、l＝0.5 m，L＝0.3 m，θ＝30°，B1＝0.1 T，B2＝0.2 T.不计摩擦阻力和导轨电阻，忽略磁场边界效应，g取10 m/s2.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Ⅱ前的速度大小v；‎ ‎(3)“联动三杆”滑过磁场区间Ⅱ产生的焦耳热Q.‎ 答案　见解析 ‎ 解析　(1)杆ab匀速时处于平衡状态，有mgsin θ＝ 解得：v0＝6 m/s.‎ ‎(2)杆ab与“联动双杆”碰撞时，由动量守恒定律得mv0＝4mv，解得v＝＝1.5 m/s.‎ ‎(3)设“联动三杆”进入磁场区间Ⅱ时速度变化量的大小为Δv，由动量定理得B2lΔt＝4mΔv 因＝＝＝，解得Δv＝0.25 m/s.‎ 设“联动三杆”滑出磁场区间Ⅱ时速度变化量的大小为Δv′，同样有B2′lΔt′＝4mΔv′，′＝ 解得Δv′＝0.25 m/s.‎ 因此“联动三杆”滑出磁场区间Ⅱ时的速度为 v′＝v－Δv－Δv′＝1 m/s.‎ 由能量守恒得：Q＝×4m(v2－v′2)＝0.25 J.‎ 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ΔS，用时Δt，此过程激励出强电流，产生电磁推力加速火箭.在Δt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Δt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；‎ ‎(2)经Δt时间火箭恰好脱离导轨，求火箭脱离时的速度大小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Δv.(提示：可选喷气前的火箭为参考系)‎ 答案　(1)　　向右　(2)－gΔt (3)v 解析　(1)根据法拉第电磁感应定律，有＝＝ q＝Δt＝＝，‎ 电流方向向右 ‎(2)Δt时间内产生的平均感应电流 ＝＝ 平均安培力 ＝BL 由动量定理有(－mg)Δt＝mv0‎ 解得v0＝－gΔt ‎(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－m′v＋(m－m′)Δv＝0‎ 得Δv＝v.‎ 变式2　(2017·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＝0.5 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Q＝0.35 J.金属棒ab、cd的质量均为m＝0.10 kg，电阻均为R＝1.0 Ω.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·m/s 解析　(1)金属棒cd刚进入磁场时 E＝B1Lv0，I＝ 金属棒ab受到的受培力 F安＝B2IL 传感器增加的示数 ΔF传＝F安＝0.5 N ‎(2)金属棒cd经过区域MNOP时的平均感应电动势为 ＝，‎ 其中ΔΦ＝B1Ld 平均感应电流为 ＝ 由q＝·Δt＝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 Q＋mv2＝mv 则金属棒cd离开B1磁场时的速度v＝3 m/s 则cd经过磁场B1过程中受到的安培力的冲量I安＝mv－mv0‎ 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L.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，反弹速度是碰前的倍.已知P1的质量为m，带电荷量为q，P2的质量为5m.求：‎ 图1‎ ‎(1)碰撞前瞬间小球P1的速度.‎ ‎(2)碰撞后瞬间小球P2的速度.‎ ‎(3)小球P1和小球P2从第一次碰撞到第二次碰撞的时间和位置.‎ 答案　(1)，方向水平向右　(2)，方向水平向右　(3)2　在O点右侧处 解析　(1)设碰撞前小球P1的速度为v0，根据动能定理 qEL＝mv，解得v0＝，方向水平向右 ‎(2)P1、P2碰撞，以水平向右为正方向，则碰后P1速度为－v0，设P2速度为v2，由动量守恒定律：mv0＝m(－v0)＋5mv2‎ 解得v2＝＝ ，方向水平向右 ‎(3)碰撞后小球P1先向左后向右做匀变速运动，设加速度为a，则：a＝ 设P1、P2碰撞后又经Δt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，则：‎ ‎－v0Δt＋aΔt2＝v0Δt，解得：Δt＝2 对P2分析：x＝v0Δt＝ 即第二次碰撞时在O点右侧处.‎ ‎2.(2017·浙江11月选考·22)如图2所示，匝数N＝100、截面积S＝1.0×10－2 m2、电阻r＝0.15 Ω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B1，其变化率k＝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R＝0.50 Ω的电阻.一根阻值也为0.50 Ω、质量m＝1.0×10－2 kg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.‎ 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，棒开始下滑，经t＝0.25 s后下降了h＝0.29 m，求此过程棒上产生的热量.‎ 答案　(1)0.5 T　磁场垂直纸面向外　(2)2.3×10－3 J 解析　(1)线圈中产生的感应电动势为E＝，‎ ΔΦ＝S 代入数据得：E＝0.8 V 等效电路图如图：‎ 总电流I＝＝ A＝2 A，Iab＝＝1 A 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 即B2Iabd＝mg，解得B2＝0.5 T，‎ 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，从而产生感应电流，根据动量定理，则 ‎(mg－B2I′d)t＝mv－0‎ 其中I′t＝q＝ ΔΦ＝B2·dh 根据动能定理可知mgh＋W＝mv2－0‎ 联立解得W＝－4.6×10－3 J 因此金属棒上产生的热量为Q＝|W|＝2.3×10－3 J.‎ ‎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，由静止开始向右以加速度a做匀加速直线运动，水平力F作用t0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.‎ 答案　(1)F＝t＋ma　(2)ma2t02　(3) 解析　(1)棒cd匀加速过程中，由牛顿第二定律，有F－BIL＝ma，‎ 又I＝＝，得此过程F随时间t变化的函数关系为F＝t＋ma.‎ ‎(2)撤去F后，直到最后达到稳定，根据系统能量守恒得 系统产生的总热量为Q＝mv02－×2mv2，‎ 根据系统动量守恒mv0＝2mv，‎ 又v0＝at0，联立得Q＝ma2t02，‎ cd棒产生的热量为Qcd＝Q＝Q＝ma2t02.‎ ‎(3)撤去F到系统达到稳定，对cd棒由动量定理得 ‎－BLΔt＝mv－mv0，‎ q＝Δt，解得q＝.‎ ‎4.(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，放在水平绝缘桌面上，半径为R的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3∶1.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.‎ 答案　(1)　　(2) (3)mgR 解析　(1)设ab棒进入水平直导轨的速度为v0，‎ 由动能定理2mgR＝×2mv02，‎ 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，‎ ‎2mv0＝2mv1＋mv2，‎ 由于做平抛运动的时间相等，由x＝vt得 v1∶v2＝x1∶x2＝3∶1，‎ 解得v1＝，v2＝.‎ ‎(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棒受到的安培力最大，加速度最大，E＝BLv0，I＝，F＝BIL＝2ma，得：a＝.‎ ‎(3)根据能量守恒，两棒在导轨上运动过程中产生的焦耳热为：2Q＝2mgR－×2mv12－mv22，解得Q＝mgR.‎