2019届二轮复习专题七第5讲动量观点和电学知识的综合应用课件（34张）

2019届二轮复习专题七第5讲动量观点和电学知识的综合应用课件（34张）

第 5 讲 　 加 试第 23 题　动量观点和电学知识的综合应用 专题七 　 计算题题型强化 内容索引 题型 1 　 动量 观点在电场、磁场中的应用 题型 2 　 动量 观点在电磁感应中的应用 动量观点在电场、磁场中的应用 题型 1 例 1 　 (2018· 新高考研究联盟联考 ) 如图 1 所示，真空中 MN 上方半径为 R 的虚线所围的圆形区域内存在匀强磁场，磁场方向与纸面垂直 . 在磁场右侧有长为 2 R 、间距为 R 的平行金属板所形成的匀强电场，具体分布在矩形 ACFD 内 . 矩形中心线 O 1 O 2 与磁场区域的圆心 O 在同一直线上， O 1 也是圆周上的一点， BAO 1 DE 在同一竖直线上， BA 、 DE 为挡板 . 有一群电荷量为＋ q 、质量为 m 的带电粒子以速率 v 0 从圆周上的 a 点飞入，其方向与 aM 成 0° ～ 180° 角且分布均匀地射出， 每秒 图 1 内射出的带电粒子数总为 N 0 ，某一 沿 aO 方向射入磁场的粒子从 O 1 点飞出磁场进入右侧电场，并恰好从 DF 边缘 F 点离开电场，最后垂直打到探测板 PQ 上 .( 不计粒子的重力及粒子间的相互作用 ) (1) 求电场强度 E 和磁场的磁感应强度 B 的比值； 答案 解析 解析　 带电粒子从 aO 方向射入，从 O 1 射出，其反向延长线必经过 O 点，可得轨迹圆的半径与区域圆的半径是相同的，即都为 R . 带电粒子在电场中的运动是类平抛运动，可得 2 R ＝ v 0 t (2) 求探测板 PQ 与 MN 的夹角 θ 的正切值和每秒垂直打在荧光屏 PQ 上的粒子数 n ； 答案 解析 解析　 带电粒子从 F 点飞出时，水平方向的速度仍为 v 0 与 aM 成 90° 沿 aO 射入的粒子，此时刚好打到斜面上，可知，只有从 A 处水平进入的同样的带电粒子会从 O 2 点出来垂直打到斜面上 . 由 数学知识可得，此时带电粒子从 a 处进入的方向与 aM 成 60° ，即在 a 处入射的粒子能够打到极板上的大小是 30° ， (3) 若打在平行金属板 DF 上的粒子被全部吸收，打在探测板 PQ 上的粒子全部被探测板反向弹回，弹回速度大小不变，求从电场中射出的粒子对探测板的平均作用力的大小 .( 没有飞入 ACFD 的粒子均被 AB 、 DE 挡板拦截 ) 答案 解析 解析　 带电粒子从电场中出射速度大小为： 对粒子进行受力分析，由动量定理得： Ft 0 ＝ Nt 0 · m v － ( － Nt 0 · m v ) 拓展训练 1. 如图 2 所示，在足够大的空间范围内，同时存在着竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场，磁感应强度 B ＝ 1.57 T. 小球 1 带正电，其电荷量与质量之 比 ＝ 4 C /kg. 当小球 1 无速度时可处于静止状态；小球 2 不带电，静止放置于固定的水平悬空支架 ( 图中未画出 ) 上 . 使小球 1 向右以 v 0 ＝ 23.59 m/ s 的水平速度与小球 2 正碰，碰后经过 0.75 s 再次相碰 . 设碰撞前后两小球带电情况不发生改变，且始终保持在同一竖直平面内 . 问： ( g 取 10 m/s 2 ， π 取 3.14) 图 2 (1) 电场强度 E 的大小是多少？ 答案 解析 答案　 2.5 N/C 解析　 小球 1 所受的重力与电场力始终平衡 m 1 g ＝ q 1 E ， E ＝ 2.5 N/C. (2) 小球 2 与小球 1 的质量的比值是多少？ ( 计算结果取整数 ) 答案 解析 答案　 11 解析　 相碰后小球 1 做匀速圆周运动， L ＝ R 1 ＝ v 2 t ， 代入数据，解得 v 2 ＝ 3.75 m/s. 两小球第一次碰撞前后的动量守恒，以水平向右为正方向 ， m 1 v 0 ＝－ m 1 v 1 ＋ m 2 v 2 ，因 R 1 ＝ v 2 t ＝ 2.812 5 m ，则 动量观点在电磁感应中的应用 题型 2 例 2 　 (2018· 浙江 4 月选考 ·23) 如图 3 所示，在竖直平面内建立 xOy 坐标系 , 在 0 ≤ x ≤ 0.65 m 、 y ≤ 0.40 m 范围内存在一具有理想边界、方向垂直纸面向里的匀强磁场区域 . 一边长 l ＝ 0.10 m 、质量 m ＝ 0.02 kg 、电阻 R ＝ 0.40 Ω 的匀质正方形刚性导线框 abcd 处于图示位置，其中心 的 坐标为 (0,0.65 m ). 现将线框以 初 速 图 3 度 v 0 ＝ 2.0 m/s 水平向右抛出，线框在进入磁场过程中速度保持不变，然后在磁场中运动，最后从磁场右边界离开磁场区域，完成运动全过程 . 线框在全过程中始终处于 xOy 平面内、其 ab 边与 x 轴保持平行，空气阻力不计 . 求： (1) 磁感应强度 B 的大小； 答案 解析 答案　 2 T 解析　 线框做平抛运动，当 ab 边与磁场上边界接触时， 得 t ＝ 0.2 s ， 此时竖直方向的分速度 v 2 y ＝ gt ＝ 2 m/s ＝ v 0 ， 合速度方向与水平方向成 45° 角，由题知进入过程中为匀速进入， ad 与 bc 这两边产生的电动势相互抵消，所以整个框只有 ab 边切割，并且只有竖直方向切割，有效速度为 2 m/s ， F A ＝ BIl 因为线框匀速进入磁场，合力为 0 ， 所以 mg ＝ F A 联立解得 B ＝ 2 T. (2) 线框在全过程中产生的焦耳热 Q ； 答案 解析 答案　 0.037 5 J 解析　 线框全部进入磁场区域之后，水平方向做匀速运动，竖直方向做匀加速运动，线框离开磁场过程中，上下两边所受到的安培力抵消，所以不考虑竖直方向上的安培力产生的焦耳热，水平方向上，只有 ad 边的水平方向上的速度在切割磁感线， 线框离开磁场时电荷量 离开磁场过程中列水平方向的动量定理，取水平向右为正方向， － F A t ＝ m v 5 x － m v 0 ， 得－ Blq ＝ m v 5 x － m v 0 得 v 5 x ＝ 1.5 m/s ，列出动能定理表达式， 同时离开磁场过程中竖直方向只受重力，列竖直方向牛顿第二定律 v 5 y 2 － v 4 y 2 ＝ 2 g Δ h 联立解得 Q 1 ＝ 0.017 5 J 在进入磁场过程中，速度不变，重力势能转变成焦耳热 Q 2 ＝ mgl ＝ 0.02 J 所以 Q 总 ＝ 0.037 5 J (3) 在全过程中， cb 两端的电势差 U cb 与线框中心位置的 x 坐标的函数关系 . 答案 解析 解析　 易得图中 2 、 3 、 4 、 5 状态下中心横坐标分别为 0.4 、 0.5 、 0.6 、 0.7 ； ① 当 0 ≤ x <0.4 时，线框还没进入磁场， U cb ＝ 0 ； ② 当 0.4 ≤ x ＜ 0.5 时，线框电动势由 ab 边切割磁感线提供，但 cb 边进入磁场部分也在切割磁场，因此这里相当于也有一个电源，在计算电势差时也要考虑，同时电势差要注意正负，因此 ③ 当 0.5 ≤ x ＜ 0.6 时，线框完全进入磁场，电路中没有电流，但 bc 边仍在切割磁感线，因此仍然相当于一个电源， U cb ＝ Bl v 0 ＝ 0.4 V ； 得 U cb ＝ 0.25 － 0.25 x (V). 拓展训练 2.(2018·9 ＋ 1 高中联盟期中 ) 如图 4 所示，两根间距为 L 的金属导轨 MN 和 PQ ，电阻不计，左端向上弯曲，其余水平，水平导轨左端有宽度为 d 、方向竖直向上的匀强磁场 Ⅰ ，右端有另一磁场 Ⅱ ，其宽度也为 d 、方向竖直向下，磁场的磁感应强度大小均为 B . 有两根质量均为 m 、接入电路的电阻均为 R 的金属棒 a 和 b 与导轨垂直放置， b 棒置于磁场 Ⅱ 中点 C 、 D 处，导轨除 C 、 D 两处 ( 对应的距离极短 ) 外其余均光滑，两处对棒可产生总的最大静摩擦力为棒重力的 K 倍， a 棒从弯曲导轨某处由静止释放 . 图 4 (1) 若 a 棒释放的高度大于 h 0 ，则 a 棒进入磁场 Ⅰ 时才会使 b 棒运动，请求出 h 0 ； 答案 解析 解析　 a 棒从 h 0 高处释放后在弯曲导轨上滑动时机械能守恒，有 a 棒刚进入磁场时， E ＝ BL v 由题意： BIL ＝ Kmg (2) 若将 a 棒从高度小于 h 0 的某处释放，使其以速度 v 0 进入磁场 Ⅰ ，结果 a 棒 以 的 速度从磁场 Ⅰ 中穿出，求两棒即将相碰时 b 棒上的电功率 P b ； 答案 解析 解析　 以 v 0 的方向为正方向， 设两棒相碰前瞬间， a 棒的速度为 v . (3) 若将 a 棒从高度大于 h 0 的某处释放，使其以速度 v 1 进入磁场 Ⅰ ，从磁场 Ⅰ 穿出时的速度大小 为 ， 分析说明 b 棒此时是否已穿出磁场 Ⅱ . 答案 解析 答案　 没有穿出磁场 Ⅱ 解析　 由于 a 棒从高度大于 h 0 处释放，因此当 a 棒进入磁场 Ⅰ 后 ， b 棒开始向左运动 . 以 v 1 的方向为正方向，由动量守恒： 两棒的速度大小随时间的变化图象大致如图所示 ， 可见 b 棒位移小于 a 棒位移的一半 ， 所以 没有穿出磁场 Ⅱ .