《（浙江選考）2019版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第十二章 動量守恒定律 第2講 動量和電學(xué)知識的綜合應(yīng)用學(xué)案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江選考）2019版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第十二章 動量守恒定律 第2講 動量和電學(xué)知識的綜合應(yīng)用學(xué)案（11頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第2講動量和電學(xué)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(xué)知識綜合應(yīng)用類問題的求解與一般的力學(xué)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Q4103 C.有一個質(zhì)量為m0.1 kg的帶正電小球B，B球與A球間的距離為a0.4 m，此時小球B處于靜止?fàn)顟B(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Epk，其中r為電荷q與Q之間的距離.有一質(zhì)量也為m的不帶電絕緣小球C從距離小球B的上方H0

2、.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g10 m/s2，k9109 Nm2/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(dāng)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)108 C (3) m2 m/s解析(1)小球C自由下落H距離的速度v04 m/s小球C與小球B發(fā)生碰撞，由動量守恒定律得：mv02mv1所以v12 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：mgk代入數(shù)據(jù)得：q108 C(3)設(shè)當(dāng)C和B向

3、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：2mgk代入數(shù)據(jù)有：y m由能量守恒得：2mvk2mv2mg(ay)k代入數(shù)據(jù)得：vm2 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B2.已知B14B24B0，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?fàn)顟B(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

4、速度方向與界線成90角，接著小球進入下半部分磁場.當(dāng)宇航員沿與界線平行的直線勻速到達目標(biāo)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R1h，由qvBm和B14B24B0，可知R24R14h，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L2(R2R1)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

5、速率為v2，宇航員在Q點接住球時，由動量守恒定律有Mv2mv10，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(xué)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)及力學(xué)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

6、.5.運用物理規(guī)律列方程，求解.注意：加速度a0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場區(qū)間中.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，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

7、”.“聯(lián)動三桿”繼續(xù)沿水平導(dǎo)軌進入磁場區(qū)間并從中滑出.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R0.02 、m0.1 kg、l0.5 m，L0.3 m，30，B10.1 T，B20.2 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)間前的速度大小v；(3)“聯(lián)動三桿”滑過磁場區(qū)間產(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 解得：v06 m/s.(2)桿ab與“聯(lián)動雙桿”碰撞時，由動量守恒定律得mv0

8、4mv，解得v1.5 m/s.(3)設(shè)“聯(lián)動三桿”進入磁場區(qū)間時速度變化量的大小為v，由動量定理得B2lt4mv因，解得v0.25 m/s.設(shè)“聯(lián)動三桿”滑出磁場區(qū)間時速度變化量的大小為v，同樣有B2lt4mv，解得v0.25 m/s.因此“聯(lián)動三桿”滑出磁場區(qū)間時的速度為vvvv1 m/s.由能量守恒得：Q4m(v2v2)0.25 J.變式1(2016浙江4月選考23)某同學(xué)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

9、阻為R，并通過電刷與電阻可忽略的導(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(dāng)回路CEFDC面積減少量達到最大值S，用時t，此過程激勵出強電流，產(chǎn)生電磁推力加速火箭.在t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(dāng)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t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)t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，噴出的燃氣相對噴

10、氣前火箭的速度為v，求噴氣后火箭增加的速度v.(提示：可選噴氣前的火箭為參考系)答案(1)向右(2)gt (3)v解析(1)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，有qt，電流方向向右(2)t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)tmv0解得v0gt(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mv(mm)v0得vv.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L0.5 m，導(dǎo)軌電阻不計.在導(dǎo)軌矩形區(qū)域MNPO中有豎直向上的勻強磁場B1，在MN左側(cè)的導(dǎo)軌處于水平向左的勻強磁場B2中，B1B21.0 T.金屬棒ab懸掛在力傳感器下，保持水平并與導(dǎo)

11、軌良好接觸.金屬棒cd垂直于水平導(dǎo)軌以速度v04 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q0.25 C，ab、cd上產(chǎn)生的總焦耳熱Q0.35 J.金屬棒ab、cd的質(zhì)量均為m0.10 kg，電阻均為R1.0 .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 N(2)1 m(3)0.1 kgm/s解析(1)金屬棒cd剛進入磁場時EB1Lv0，I金屬棒ab受到的受培力F安B2IL傳感器增加的示數(shù)F傳F安0.5 N(2)金屬棒cd經(jīng)

12、過區(qū)域MNOP時的平均感應(yīng)電動勢為，其中B1Ld平均感應(yīng)電流為由qt可得d1 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Qmv2mv則金屬棒cd離開B1磁場時的速度v3 m/s則cd經(jīng)過磁場B1過程中受到的安培力的沖量I安mvmv0代入數(shù)據(jù)得I安0.1 kgm/s.1.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

13、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qELmv，解得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：mv0m(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)t時間再次發(fā)生碰撞，且P1所受電場力不變，由運動學(xué)公式，以水平向右為正方向，則：v0tat2v0t，

14、解得：t2對P2分析：xv0t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)N100、截面積S1.0102 m2、電阻r0.15 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k0.80 T/s.線圈通過開關(guān)S連接兩根相互平行、間距d0.20 m的豎直導(dǎo)軌，下端連接阻值R0.50 的電阻.一根阻值也為0.50 、質(zhì)量m1.0102 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)

15、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)t0.25 s后下降了h0.29 m，求此過程棒上產(chǎn)生的熱量.答案(1)0.5 T磁場垂直紙面向外(2)2.3103 J解析(1)線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E，S代入數(shù)據(jù)得：E0.8 V等效電路圖如圖：總電流I A2 A，Iab1 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B2Iabdmg，解得B20.5 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(mgB2Id)tmv0其中ItqB2

16、dh根據(jù)動能定理可知mghWmv20聯(lián)立解得W4.6103 J因此金屬棒上產(chǎn)生的熱量為Q|W|2.3103 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，由靜止開始向右以加速度a做勻加速直線運

17、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)Ftma(2)ma2t02(3)解析(1)棒cd勻加速過程中，由牛頓第二定律，有FBILma，又I，得此過程F隨時間t變化的函數(shù)關(guān)系為Ftma.(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Qmv022mv2，根據(jù)系統(tǒng)動量守恒mv02mv，又v0at0，聯(lián)立得Qma2t02，cd棒產(chǎn)生的

18、熱量為QcdQQma2t02.(3)撤去F到系統(tǒng)達到穩(wěn)定，對cd棒由動量定理得BLtmvmv0，qt，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

19、地面上.棒ab與棒cd落地點到桌面邊緣的水平距離之比為31.求：圖4(1)棒ab和棒cd離開導(dǎo)軌時的速度大??；(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2mgR2mv02，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，2mv02mv1mv2，由于做平拋運動的時間相等，由xvt得v1v2x1x231，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，EBLv0，I，F(xiàn)BIL2ma，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：2Q2mgR2mv12mv22，解得QmgR.11