《2024届一轮复习人教版动量和电学知识的综合应用学案浙江专用.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2024届一轮复习人教版动量和电学知识的综合应用学案浙江专用.docx（14页珍藏版）》请在三一办公上搜索。
1、第2讲动量和电学学问的综合应用命题点一动量观点在电场、磁场中的应用动量及电磁学学问综合应用类问题的求解及一般的力学问题求解思路并无差异，只是问题的情景更困难多样；分析清晰物理过程，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】(2024“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0=4XKT，C.有一个质量为R=O.1kg的带正电小球8,8球及力球间的距离为a=0.4m,此时小球夕处于静止状态，且小球8在小球A形成的电场中具有的电势能表达式为耳=号，其中T为电荷q及0之间的距离.有一质量也为力的不带电绝缘小球C从距离小球8的上
2、方H=0.8In处自由下落,落在小球夕上立即及小球8粘在一起向下运动，它们到达最低点后又向上运动(取尸10ms2,A=9IO9Ni112C2).求：图1小球C及小球8碰撞后的速度为多大；小球8的带电荷量4为多少；(3)当小球8和C一起向下运动及小球力距离多远时,其速度最大？速度的最大值为多少？(可保留根号)答案(1)2m/s(2)JXlOfC(3)gm24-2m/syO解析(1)小球C自由下落距离的速度vo=y2gH=4m/s小球C及小球8发生碰撞，由动量守恒定律得：mvo=2nv所以v=2m/s小球8在碰撞前处于平衡状态，对8球进行受力分析知：jqQ4代入数据得：（7=qW8C设当C和B向下
3、运动的速度最大时，及4之间的距离为外对，和8整体进行受力分析有：2侬=号而代入数据有：y=m由能量守恒得：2zzr2+j=cmv-cmgay）+Aa乙y代入数据得：n=24-22m/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视不计），以心/为界，上半部分匀强磁场的磁感应强度为几下半部分匀强磁场的磁感应强度为a.已知5=4a=4氐，磁场方向相同，且磁场区域足够大.在距离界线MN为h的尸点有一宇航员处于静止状态，宇航员以平行于必V的速度向右抛出一质量为以电荷量为。的带负电小球，发觉
4、小球在界线处的速度方向及界线成90。角，接着小球进入下半部分磁场.当宇航员沿及界线平行的直线匀速到达目标0点时，刚好又接住球而静止.请你粗略地作出小球从点运动到0点的运动轨迹；国间的距离是多大；(3)宇航员的质量是多少.5ZZZ答案(1)见解析图(2)6A(3)一O解析(1)小球的运动轨迹如图所示.(2)设小球的速率为,由几何关系可知兄=力，由出=4和笈=4氏=4氏，可知尼=4用=4力，2,.Ki由g(45)=/，解得小球的速率匕=公幼，m依据运动的对称性，N间的距离为=2(公一后)=6力.设宇航员的速率为2,由q=和7=得做匀速圆周运动的周期7=QB故小球由尸运动到的时间方=J+曰=芋，zz
5、4q所以宇航员匀速运动的速率为V?=喈t5冗勿宇航员在O点接住球时，由动量守恒定律有械2勿匕=0,可解得宇航员的质量=半6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.解决这类问题须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 .选择探讨对象.即是哪一根导体棒或几根导体棒组成的系统.2 .分析其受力状况.安培力既跟电流方向垂直又跟磁场方向垂直.3 .分析探讨对象所受的各力做功状况和合外力状况，选定所要应用的物理规律.4 .分析
6、探讨对象（或系统）动量状况是否符合动量守恒.5 .运用物理规律列方程，求解.留意：加速度a=0时，速度。达到最大值.【例31（2024浙江4月选考22）间距为1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。的导轨处于大小为5、方向垂直导轨平面对上的匀强磁场区间I中.水平导轨上的无磁场区间静止放置一质量为3%的“联动双杆”（由两根长为/的金属杆Cd和ef,用长度为的刚性绝缘杆连接构成），在“联动双杆”右侧存在大小为民、方向垂直导轨平面对上的匀强磁场区间11,其长度大于L质量为勿、长为1的金属杆勖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），杆筋及“联动双杆”发
7、生碰撞，碰后杆力和Cd合在一起形成“联动三杆”.“联动三杆”接着沿水平导轨进入磁场区间11并从中滑出.运动过程中，杆劭、Cd和”及导轨始终接触良好，且保持及导轨垂直.已知杆勖、Cd和eF电阻均为A=O.02。、%=0.1kg、7=0.5m,Z=0.3m,夕=30,B=0.1T,Bz=O.2T.不计摩擦阻力和导轨电阻，忽视磁场边界效应，g取10Msz.求：杆瑟在倾斜导轨上匀速运动时的速度大小%;(2) “联动三杆”进入磁场区间11前的速度大小匕(3) “联动三杆”滑过磁场区间11产生的焦耳热。答案见解析o2y2解析(1)杆/匀速时处于平衡状态，有侬SinO=TR若解得：匕=6ms.杆数及“联动双
8、杆”碰撞时，由动量守恒定律得Zm=4“，解得v=-=l.5ms.设“联动三杆”进入磁场区间11时速度改变量的大小为匕由动量定理得反7/A=4zzzr1.lEB2Ll解得 v=0. 25 ms.因I=UR总卜tR软nlRtR+-乙同样设“联动三杆”滑出磁场区间11时速度改变量的大小为Arz有氏万，7 t, =4/A v, , 7BJLRt,R+-乙解得v,=0.25ms.因此“联动三杆”滑出磁场区间11时的速度为vf=p-Ap-A/=lms.由能量守恒得：g;x4Md-/2)=o.25J.乙【变式11(2024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放射装置,如图4所示.竖直固
9、定在绝缘底座上的两根长直光滑导轨，间距为.导轨间加有垂直导轨平面对下的匀强磁场绝缘火箭支撑在导轨间，总质量为加，其中燃料质量为，燃料室中的金属棒）电阻为R,并通过电刷及电阻可忽视的导轨良好接触.引燃火箭下方的推动剂，快速推动刚性金属棒切（电阻可忽视且和导轨接触良好）向上运动，当回路由。面积削减量达到最大值S,用时Ab此过程激励出强电流，产生电磁推力加速火箭.在AZ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求回路在时间内感应电动势的平均值及通过金属棒的电荷量，并推断金属棒）中的感应电流方向；经AZ时间火箭恰好脱离导轨，求火箭
10、脱离时的速度大小;（不计空气阻力）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的燃气，喷出的燃气相对喷气前火箭的速度为r,求喷气后火箭增加的速度匕（提示：可选喷气前的火箭为参考系）,、BbSBbS,LIS/、m,答案（D-T7向右（2）-t（3）-rtRmmm解析（1）依据法拉第电磁感应定律，有7=*=若卜BbSk/t=r电流方向向右（2）方时间内产生的平均感应电流EBkSI=TWt平均安培力F=BIL由动量定理有(F-mg)t=mvo解得Rlsv。=F.gb t以喷气前的火箭为参考系，设竖直向上为正，由动量守恒定律一m,v-(加一勿)V=O【变式2(2024嘉兴市期末)如图5所示，
11、两根水平放置的形平行金属导轨相距L=0.5m,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4,在物V左侧的导轨处于水平向左的匀强磁场民中，区=晟=LOT.金属棒助悬挂在力传感器下，保持水平并及导轨良好接触.金属棒c垂直于水平导轨以速度匕=4m/s进入5磁场，及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=025C,ab、Cd上产生的总焦耳热g.35J.金属棒ab、Cd的质量均为m=0.10kg,电阻均为A=LO。.不计一切摩擦,求：图5(1)金属棒Cd刚进入磁场时，传感器的示数改变了多少？(2)的V及8间的距离d；金属棒Cd经过磁场笈的过程中受到的安培力的冲量大小.答案
12、(1)0.5N(2)1m(3)0.1kgm/s解析(1)金属棒Cd刚进入磁场时1.rEEBLVq9I-zK金属棒数受到的受培力F安=BjL传感器增加的示数尸传=/安=0.5N(2)金属棒Cd经过区域的比人时的平均感应电动势为其中A=BLd平均感应电流为EI=2R由。=/Z=UT万可得乙Kd=lm金属棒Cd及竖直导轨碰撞之前勖、Cd系统能量守恒，可得CJ212QV=NnVO则金属棒离开，磁场时的速度=3m/s则Cd经过磁场5过程中受到的安培力的冲量I安=InVmv。代入数据得/安=0.1kgm/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，电场强度为不带电的绝缘小球
13、局静止在。点.带正电的小球片离小球左侧的距离为L现由静止释放小球斗在电场力的作用2下片及2发生正碰后反弹,反弹速度是碰前的1倍.已知R的质量为血带电荷量为SR的质量为5勿.求：图1(1)碰撞前瞬间小球Px的速度.(2)碰撞后瞬间小球巴的速度.(3)小球片和小球从第一次碰撞到其次次碰撞的时间和位置./.2qEL、,1.12qEL.,1,答案/一二，万向水平向右(2)-/,万向水平向右(3)2号在0点右侧竽处解析(D设碰撞前小球A的速度为,依据动能定理阻=；勿Po,解得方向水平向右2X、鸟碰撞，以水平向右为正方向，则碰后百速度为一w修,设O2速度为外,由动量守恒定律：mvo=n(-vo)+5nv2
14、O解得的幽，方向水平向右33XJ777(3)碰撞后小球E先向左后向右做匀变速运动，设加速度为a,则：a=qEm设A、2碰撞后又经t时间再次发生碰撞，且A所受电场力不变，由运动学公式，以水平向右为正方向，贝J:2.121口C瓯-Vqt+-a=-tf解得：&t=2-JNJlqcL14Z对？分析：x=-vt=-OO即其次次碰撞时在。点右侧处.2. (2024浙江11月选考22)如图2所示，匝数4100、截面积S=LOXlOIn;电阻T=O.15的线圈内有方向垂直于线圈平面对上的随时间匀称增加的匀强磁场B,其改变率k=0.80Ts.线圈通过开关S连接两根相互平行、间距d=0.20m的竖直导轨，下端连接
15、阻值=0.50的电阻.一根阻值也为0.50Q、质量勿=LOXlOrkg的导体棒劭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改变的匀强磁场反接通开关S后,棒对挡条的压力恰好为零.假设棒始终及导轨垂直，且及导轨接触良好，不计摩擦阻力和导轨电阻.图2求磁感应强度民的大小，并指出磁场方向；断开开关S后撤去挡条，棒起先下滑，经方=0.25s后下降了方=0.29m,求此过程棒上产生的热量.答案(1)0.5T磁场垂直纸面对外(2)2.3103JV解析(1)线圈中产生的感应电动势为E=-y,代入数据得：=0.8V等效电路图如图：m+E0.8I息电流=F=o15+0254=2A,Ib=Ar+2
16、依据题意，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BLbd=mg,解得Bl=O.5T,依据左手定则可知磁场的方向应当垂直纸面对外.(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，依据动量定理，则(mgBJd)t=mv-O其中/，t=荏瓦=BZdh依据动能定理可知mgh+IF=%版一。乙联立解得-4.6103J因此金属棒上产生的热量为Q=2.3103J.乙3. （2024温州市十校高三期末）如图3所示，。和/四是固定于水平面内的平行光滑金属轨道，轨道足够长，其电阻可忽视不计.金属棒ab、Cd放在轨道上，始终及轨道垂直，且接触良好.金属棒成、Cd
17、的质量均为加长度均为乙两金属棒的长度恰好等于轨道的间距，它们及轨道形成闭合回路.金属棒ab的电阻为2R,金属棒。的电阻为R.整个装置处在竖直向上、磁感应强度为8的匀强磁场中.若先保持金属棒助不动，使金属棒Cd在及其垂直的水平力网大小未知）作用下，由静止起先向右以加速度a做匀加速直线运动，水平力/作用ZO时间撤去此力，同时释放金属棒ab.求：图3棒c匀加速过程中，外力尸随时间才改变的函数关系；两金属棒在撤去分后的运动过程中，直到最终达到稳定，金属棒Cd产生的热量；两金属棒在撤去尸后的运动过程中，直到最终达到稳定，通过金属棒的电荷量q.答案t+ma（2）-三fo2（3）6KINZzzL解析（1）棒
18、Cd匀加速过程中，由牛顿其次定律，有FBIL=ma,PDf乙分又I=寸F，得此过程尸随时间才改变的函数关系为=GZ+lOIoKma,撤去尸后，直到最终达到稳定，依据系统能量守恒得系统产生的总热量为Tmv.X2mk乙乙依据系统动量守恒mvo=2mv,又Vo=ato9联立得Q=naCd棒产生的热量为Qw=%*瀛蜡.撤去尸到系统达到稳定，对Cd棒由动量定理得-BILbt=nv-mvo,.l.anatoq=I卜3斛得Q=7dL4.（2024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。放在水平绝缘桌面上，半径为的;圆弧部分处在竖直平面内且及水平直轨道在最低点相切，水平直导轨部分处在磁感应强
19、度为反方向竖直向下的匀强磁场中，末端及桌面边缘平齐.两金属棒ab、cd垂直于两导轨且及导轨接触良好.棒加质量为2%、电阻为r,棒cd的质量为勿、电阻为Z重力加速度为g.起先时棒Cd静止在水平直导轨上，棒助从圆弧顶端无初速度释放，进入水平直导轨后及棒c始终没有接触并始终向右运动，最终两棒都离开导轨落到地面上.棒ab及棒Cd落地点到桌面边缘的水平距离之比为3：1,求：图4棒劭和棒Cd离开导轨时的速度大小;(2)棒瑟在水平导轨上的最大加速度；棒助在导轨上运动过程中产生的焦耳热.答案入旧靛V标纥解析(1)设油棒进入水平直导轨的速度为,由动能定理2ngR=2nv乙离开导轨时，设勖、Cd棒的速度分别为匕、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，2mvo=2mv-叫,由于做平抛运动的时间相等，由X=M得VV2X也=31,解得V=2gR,v2=2gk.劭棒刚进入水平导轨时，Cd棒还未运动，此时回路中电流最大,E棒受到的安培力最大，加速度最大，E=BLv。，FF=BlL=2ma,得：a4/nr依据能量守恒，两棒在导轨上运动过程中产生的焦耳热为：2Q=2mgRgx2mv；gmv/,解得g/zzgl乙乙AKZ
