【物理】2020届二轮复习专题四　电路与电磁感应第10讲电学中的动量和能量问题学案

【物理】2020届二轮复习专题四　电路与电磁感应第10讲电学中的动量和能量问题学案

第10讲　电学中的动量和能量问题 例1　(2019·福建泉州市期末质量检查)如图所示，在竖直平面(纸面)内有一直角坐标系xOy，水平x轴下方有垂直纸面向里的匀强磁场，第三象限有沿x轴负方向的匀强电场，第四象限存在另一匀强电场(图中未画出)；光滑绝缘的固定不带电细杆PQ交x轴于M点，细杆PQ与x轴的夹角θ＝30°，杆的末端在y轴Q点处，PM两点间的距离为L.一套在杆上的质量为2m、电荷量为q的带正电小环b恰好静止在M点，另一质量为m、不带电绝缘小环a套在杆上并由P点静止释放，与b瞬间碰撞后反弹，反弹后到达最高点时被锁定，锁定点与M点的距离为，b沿杆下滑过程中始终与杆之间无作用力，b进入第四象限后做匀速圆周运动，而后通过x轴上的N点，且OM＝ON.已知重力加速度大小为g，求：‎ ‎(1)碰后b的速度大小v以及a、b碰撞过程中系统损失的机械能ΔE；‎ ‎(2)磁场的磁感应强度大小B；‎ ‎(3)b离开杆后经过多长时间会通过x轴．‎ 答案　(1) 　mgL　(2) ‎(3)竖直向上通过x轴：t＝＋(n－1)(＋)(n＝1、2、3、…)；竖直向下通过x轴：t＝＋＋(n－1)(＋)(n＝1、2、3、…)‎ 解析　(1)设a和b相碰前的速度大小为v1，碰后的速度为v2，由机械能守恒定律：mgLsin θ＝mv mg·sin θ＝mv 由动量守恒定律：mv1＝－mv2＋2mv 解得v＝ 机械能损失：ΔE＝mv－(mv＋×2mv2)‎ 解得ΔE＝mgL ‎(2)由于b从M点运动到Q点的过程中与杆无作用力，可得qvBcos θ＝2mg，‎ 解得B＝ ‎(3)b在第四象限做匀速圆周运动的轨迹如图，‎ 由几何关系可知轨迹的圆心O′在x轴上，b经过N点时速度方向与x轴垂直，圆心角α＝120°，又匀速圆周运动的周期为T＝ b从Q点第一次通过N点的时间为t1＝T，可得t1＝ b第一次通过N点后做竖直上抛运动，经t2时间第二次通过N点，有：t2＝＝ b第二次通过N点后做匀速圆周运动，经t3时间第三次通过N点，有：t3＝＝ 故b离开杆后会通过x轴的可能时间是：‎ ‎(ⅰ)竖直向上通过x轴：‎ t＝t1＋(n－1)(t2＋t3)＝＋(n－1)(＋) (n＝1、2、3、…)‎ ‎(ⅱ)竖直向下通过x轴：‎ t＝t1＋t2＋(n－1)(t2＋t3)＝＋＋(n－1)(＋ ) (n＝1、2、3、…)‎ 拓展训练1　(2019·黑龙江齐齐哈尔市联谊校期末)某真空中存在一匀强电场，一带电油滴在该电场中从A点由静止开始竖直向上运动，经过时间t1运动到B点时撤去电场，再经时间t2油滴的速度恰好为零，又过一段时间后此空间中加入另一匀强电场，方向与原来相同但大小是原来的2倍，已知油滴的质量为m、电荷量为q，重力加速度大小为g.‎ ‎(1)求再次加入电场前，开始的匀强电场的电场强度大小和油滴达到的最大高度；‎ ‎(2)为了使油滴能回到A点且速度恰好为零，求从油滴减速为零到再次加入电场的时间．‎ 答案　(1)　gt2(t1＋t2)　(2) 解析　(1)以油滴为研究对象，从开始运动到达到最高点的过程中，根据动量定理可得：‎ qEt1－mg(t1＋t2)＝0，‎ 解得：E＝；‎ 由运动的可逆性得加速过程的末速度v＝gt2，‎ 所以全程的平均速度为＝，‎ 故全过程的位移大小h＝(t1＋t2)＝gt2(t1＋t2)；‎ ‎(2)油滴从最高点先做自由落体运动，再次加电场后，匀减速运动的末速度为零，设油滴从最高点做自由落体运动的时间为t，自由落体运动结束时的速度为v′，油滴匀减速运动过程中的加速度大小为a，根据牛顿第二定律可得：2qE－mg＝ma，‎ 设自由落体运动下落的高度为s1，匀减速下落的高度为s2，‎ 则有s1＋s2＝h，‎ s1＝，s2＝，‎ 根据自由落体运动的规律，有：v′＝gt，‎ 解得：t＝.‎ ‎1．电磁感应与动量综合问题 往往需要运用牛顿第二定律、动量定理、动量守恒定律、功能关系和能量守恒定律等重要规律，并结合闭合电路的欧姆定律等物理规律及基本方法．‎ ‎2．动量观点在电磁感应问题中的应用，主要可以解决变力的冲量．所以，在求解导体棒做非匀变速运动的问题时，应用动量定理可以避免由于加速度变化而导致运动学公式不能使用的麻烦，在求解双杆模型问题时，在一定条件下可以利用动量守恒定律避免讨论中间变化状态，而直接求得最终状态．‎ 例2　(2019·嘉、丽3月联考)如图所示，有两光滑平行金属导轨，MA、ND段用特殊材料包裹，绝缘不导电，导轨的间距l＝1 m，左侧接电容器，右侧接R＝6 Ω的电阻，ABCD区域、EFGH区域、MN左侧均存在垂直于平面，磁感应强度B＝1 T的匀强磁场，ABCD区域、EFGH区域宽度均为d＝2.4 m，FG的右侧固定一轻质绝缘弹簧．金属杆a、b的质量均为m＝0.1 kg，电阻分别为r1＝3 Ω、r2＝6 Ω，金属杆a静止在MN左侧，金属杆b静止在BEHC区域，电容器的电容C＝0.1 F，电容器充电完毕以后闭合开关S，经过一段时间金属杆a获得恒定的速度滑入MA、ND，通过ABCD区域后与金属杆b发生弹性碰撞，最后金属杆b压缩弹簧，弹簧形变量最大时弹簧被锁定(金属杆b静止)，弹簧储存的弹性势能为0.2 J，则：‎ ‎(1)电容器上极板的电性(“正电”或“负电”)并说明理由；‎ ‎(2)金属杆b刚要离开EFGH区域磁场瞬间，受到的安培力大小；‎ ‎(3)从进入ABCD区域到锁定过程，金属杆a上产生的焦耳热；‎ ‎(4)电容器充电完毕后所带的电荷量．‎ 答案　见解析 解析　(1)闭合开关S，金属杆a向右运动，由左手定则判断电流方向．所以电容器上极板带正电．‎ ‎(2)金属杆b压缩弹簧，动能转化为弹性势能：‎ mv＝Ep，vb＝2 m/s 电源电动势E＝Blvb＝2 V 电阻R与r1并联，总电阻R总＝r2＋＝8 Ω，I＝ F安＝BIl＝0.25 N ‎(3)金属杆b通过EFGH区域，由动量定理：‎ ‎－Δt＝mΔv 又Δt＝d，‎ 解得Δv＝－3 m/s 故碰撞以后金属杆b的速度vb′＝5 m/s 金属杆a、b发生弹性碰撞，满足：‎ 动量守恒：mv＝mva＋mvb′‎ 能量守恒：mv2＝mv＋mvb′2‎ 求得金属杆a的碰撞前的速度为v＝5 m/s 金属杆a通过ABCD区域：‎ ‎－Δt＝mΔv′　′Δt＝d　R总′＝r1＋ 解得Δv′＝－4 m/s 金属杆a进入ABCD区域时的速度v0＝9 m/s 金属杆a切割磁感线产生的总焦耳热Q1＝mv－mv2＝2.8 J 金属杆a分配到1.4 J 金属杆b切割磁感线产生的总焦耳热Q2＝mvb′2－mv＝1.05 J 金属杆a分配到 J 总共产生了1.575 J的焦耳热 ‎(4)金属杆a获得恒定的速度v0＝9 m/s，通过金属杆的电荷量为q Bql＝mv0‎ 且达到稳定速度时电容器两端的电压与金属杆两端的电压相等 ＝Blv0‎ Q＝ 所以Q＝1.8 C 拓展训练2　(2019·绍兴市3月选考)如图所示，两平行光滑轨道MN和PQ竖直放置，间距l＝0.5 m，其中EG和FH为两段绝缘轨道，其余均为金属轨道，轨道末端NQ间连接一个自感系数L＝0.01 H的线圈，其直流电阻可以忽略．在ABCD、CDEF、GHJI区域内存在垂直轨道平面的匀强磁场，磁感应强度大小B1＝B2＝B3＝0.2 T，方向如图，图中d＝0.4 m．两导体棒a、b通过轻质杆连接，总质量m＝0.02 kg，b棒电阻R＝0.2 Ω，a棒电阻不计；现将ab连杆系统从距离AB边高h处由静止释放，a棒匀速通过ABCD区域，最终a棒以1.6 m/s的速度穿出EF边．导体棒与金属轨道垂直且接触良好．(g＝10 m/s2)‎ ‎(1)求h的值；‎ ‎(2)求a棒从进入AB边到穿出EF边的总时间；‎ ‎(3)若a棒通过GH边时轻质杆突然断裂，以该位置为原点，竖直向下为x轴，求a棒在向下运动过程中电流i与位移x的大小关系．已知线圈上的自感电动势为E＝L，此过程中导体棒b仍在EFGH区域运动．‎ 答案　(1)0.8 m　(2)0.26 s　(3)i＝10x 解析　(1)设导体棒a进入磁场B1时速度为v1，产生电动势E＝B1lv1，电流I＝ 匀速通过ABCD区域，要求mg＝ 求得v1＝4 m/s ab连杆自由下落过程，h＝＝0.8 m ‎(2)ab连杆在磁场B1区域匀速下落的时间t1＝＝0.1 s 当导体棒a匀速进入CD边，导体棒开始减速，经过t2导体棒a到达EF位置，当导体棒速度为v时电动势为E＝2Blv，电流为I＝，安培力为F＝ 此过程中由动量定理得mgt2－∑＝mv2－mv1‎ 即mgt2－d＝mv2－mv1，求得t2＝0.16 s 总时间t＝t1＋t2＝0.26 s ‎(3)导体棒a切割产生的电动势等于线圈自感电动势B3lv′＝L 移项B3l·v′Δt＝L·Δi，即B3l·Δx＝L·Δi，两边累加，得B3l·x＝L(i－i0)‎ 根据电感线圈的特性(电流不突变)i0＝0‎ 得i＝x＝10x 专题强化练 ‎1．(2019·云南昭通市上学期期末)真空中存在电场强度为E1的匀强电场(未知)，一质量为m、带正电的油滴，电荷量为q，在该电场中竖直向下做匀速直线运动，速度大小为v0，在油滴处于位置A时，将电场强度的大小突然增大到某值，但保持其方向不变，持续一段时间t1后，又突然将电场反向，但保持其大小不变；再持续同样一段时间后，油滴运动到B点，重力加速度大小为g，求：‎ ‎(1)电场强度E1的大小和方向；‎ ‎(2)油滴运动到B点时的速度大小．‎ 答案　(1)　方向竖直向上　(2)v0＋2gt1‎ 解析　(1)带电油滴在电场强度为E1的匀强电场中匀速运动，所受的电场力与重力平衡，有：mg＝qE1‎ 得：E1＝ 油滴所受的电场力方向竖直向上，所以电场强度E1的方向竖直向上．‎ ‎(2)方法一：设增大后的电场强度为E2‎ 对于场强突然增大后的第一段t1时间，由牛顿第二定律得：qE2－mg＝ma1‎ 对于第二段t1时间，由牛顿第二定律得：qE2＋mg＝ma2‎ 由运动学公式，可得油滴在电场反向时的速度为：v1＝v0－a1t1‎ 油滴在B点的速度为：vB＝v1＋a2t1‎ 联立可得：vB＝v0＋2gt1‎ 方法二：对于油滴从A运动到B的过程，取竖直向下为正方向，由动量定理得：‎ mg·2t1－qE2t1＋qE2t1＝mvB－mv0‎ 解得：vB＝v0＋2gt1‎ ‎2．(2019·陕西省第二次联考)如图所示，水平绝缘轨道左侧存在水平向右的有界匀强电场，电场区域宽度为L，右侧固定一轻质弹簧，电场内的轨道粗糙，与物体间的动摩擦因数为μ＝0.5，电场外的轨道光滑，质量为m、带电荷量为＋q的物体A从电场左边界由静止释放后加速运动，离开电场后与质量为2m的物体B碰撞并粘在一起运动，碰撞时间极短，开始B靠在处于原长的轻弹簧左端但不拴接(A、B均可视为质点)，已知匀强电场场强大小为(g为重力加速度)．求：‎ ‎(1)弹簧的最大弹性势能；‎ ‎(2)整个过程A在电场中运动的总路程．‎ 答案　(1)mgL　(2)L 解析　(1)设物体A碰前的速度为v1，根据动能定理：EqL－μmgL＝mv 碰撞过程动量守恒：mv1＝(m＋2m)v2‎ 弹簧压缩过程系统机械能守恒：Ep＝(m＋2m)v，解得Ep＝mgL ‎(2)可判断最终AB静止在电场外侧边界处，弹簧处于自由伸长状态，设AB共同在电场中运动的距离为x，由能量守恒得Ep＝μ(m＋2m)gx A在电场中运动的总路程s＝L＋x＝L ‎3．(2019·诸暨市期末)如图所示为某研究小组设计的电磁炮供弹和发射装置．装置由倾角θ＝37°的倾斜导轨和水平导轨在AB处平滑连接而成，电磁炮发射位置CD与AB相距x＝0.4 m．倾斜导轨处有垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度为B1，ABCD区域无磁场，CD处及右侧有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B2.倾斜导轨顶端的单刀双掷开关可连接阻值R＝1.0 Ω的电阻和电容C＝0.5 F的电容器．质量m＝2.0 kg、长度L＝1.0 m、电阻r＝1.0 Ω 的金属杆ab代替电磁炮弹，金属杆与倾斜导轨和ABCD区域导轨之间的动摩擦因数均为μ＝0.5，CD右侧导轨光滑且足够长．供弹过程：开关打到S1处，金属杆从倾斜导轨某个位置及以上任意位置由静止释放，金属杆最终都恰好精确停在CD处；发射过程：开关打到S2处，连接电压U＝100 V电容器，金属杆从CD位置开始向右加速发射．已知导轨间距为L＝1.0 m，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2，不计空气阻力．‎ ‎(1)求金属杆到达AB处时速度v的大小；‎ ‎(2)为精确供弹，求磁感应强度B1的大小；‎ ‎(3)当B2多大时，金属杆的最终速度最大？最大速度为多少？‎ 答案　(1)2.0 m/s　(2)2.0 T　(3)2.0 T　25 m/s 解析　(1)金属杆从AB到CD的过程，由动能定理：‎ ‎－μmgx＝0－mv2‎ 得v＝2.0 m/s ‎(2)为精确供弹，金属杆只要在倾斜导轨上最终达到匀速运动即可，则 mgsin θ＝μmgcos θ＋F安 F安＝ 得：B1＝2.0 T ‎(3)稳定时金属杆速度最大，设最终速度为v1，此时电容器电压为U1，则U1＝B2Lv1‎ 金属杆受安培力的冲量，由动量定理 ‎∑B2iLΔt＝mv1－0‎ 即B2qL＝mv1‎ 其中q＝C(U－U1)‎ 则v1＝＝ 当＝B2L2C时 即B2＝＝2.0 T 最大速度v1＝25 m/s ‎4．(2019·宁波市“十校联考”)如图(a)，超级高铁(Hyperloop)是一种以“真空管道运输”‎ 为理论核心设计的交通工具，它具有超高速、低能耗、无噪声、零污染等特点．如图(b)，已知管道中固定着两根平行金属导轨MN、PQ，两导轨间距为r；运输车的质量为m，横截面是半径为r的圆．运输车上固定着间距为D、与导轨垂直的两根导体棒1和2，每根导体棒的电阻为R，每段长度为D的导轨的电阻也为R.其他电阻忽略不计，重力加速度为g.‎ ‎(1)如图(c)，当管道中的导轨平面与水平面成θ＝30°时，运输车恰好能无动力地匀速下滑．求运输车与导轨间的动摩擦因数μ；‎ ‎(2)在水平导轨上进行实验，不考虑摩擦及空气阻力．‎ ‎①当运输车由静止离站时，在导体棒2后间距为D处接通固定在导轨上电动势为E的直流电源，此时导体棒1、2均处于磁感应强度为B，垂直导轨平面向下的匀强磁场中，如图(d)．求刚接通电源时运输车的加速度的大小；(电源内阻不计，不考虑电磁感应现象)‎ ‎②当运输车进站时，管道内依次分布磁感应强度为B、宽度为D的匀强磁场，且相邻的匀强磁场的方向相反．求运输车以速度v0从如图(e)通过距离2D后的速度v的大小．‎ 答案　(1)　(2)①　②v0－ 解析　(1)分析运输车的受力，将运输车的重力分解，如图(a)，轨道对运输车的支持力为FN1、FN2，如图(b)．‎ 由几何关系FN1＝mgcos θ，FN2＝mgcos θ 又Ff1＝μFN1，Ff2＝μFN2‎ 运输车匀速运动mgsin θ＝Ff1＋Ff2‎ 解得μ＝ ‎(2)①运输车离站时，电路图如图(c)‎ R总＝ 由闭合电路的欧姆定律I＝　又I1＝，I2＝，‎ 导体棒所受的安培力：F1＝BI1·r；F2＝BI2·r 运输车的加速度a＝ 联立解得a＝ ‎②运输车进站时，电路如图(d)，‎ 当车速为v时，由法拉第电磁感应定律：E1＝B·rv；E2＝B·rv 由闭合电路的欧姆定律I′＝ 导体棒所受的安培力：F1′＝BI′·r；F2′＝BI′·r 运输车所受的合力：F＝F1′＋F2′＝ 选取一小段时间Δt，运输车速度的变化量为Δv，由动量定理：－Δt＝mΔv 即－Δx＝mΔv 两边求和：－＝mv－mv0‎ 解得v＝v0－