（浙江選考）2019高考物理二輪復習 專題七 計算題題型強化 第5講 加試第23題 動量觀點和電學知識的綜合應用學案

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1、 第5講　加試第23題　動量觀點和電學知識的綜合應用 題型1　動量觀點在電場、磁場中的應用 例1　(2018·新高考研究聯(lián)盟聯(lián)考)如圖1所示，真空中MN上方半徑為R的虛線所圍的圓形區(qū)域內(nèi)存在勻強磁場，磁場方向與紙面垂直．在磁場右側(cè)有長為2R、間距為R的平行金屬板所形成的勻強電場，具體分布在矩形ACFD內(nèi)．矩形中心線O1O2與磁場區(qū)域的圓心O在同一直線上，O1也是圓周上的一點，BAO1DE在同一豎直線上，BA、DE為擋板．有一群電荷量為＋q、質(zhì)量為m的帶電粒子以速率v0從圓周上的a點飛入，其方向與aM成0°～180°角且分布均勻地射出，每秒內(nèi)射出的帶電粒子數(shù)總為N0，某一沿aO方向射入磁場

2、的粒子從O1點飛出磁場進入右側(cè)電場，并恰好從DF邊緣F點離開電場，最后垂直打到探測板PQ上．(不計粒子的重力及粒子間的相互作用) 圖1 (1)求電場強度E和磁場的磁感應強度B的比值； (2)求探測板PQ與MN的夾角θ的正切值和每秒垂直打在熒光屏PQ上的粒子數(shù)n； (3)若打在平行金屬板DF上的粒子被全部吸收，打在探測板PQ上的粒子全部被探測板反向彈回，彈回速度大小不變，求從電場中射出的粒子對探測板的平均作用力的大?。?沒有飛入ACFD的粒子均被AB、DE擋板攔截) 答案　(1)　(2)2　　(3)N0mv0 解析　(1)帶電粒子從aO方向射入，從O1射出，其反向延長線必經(jīng)過O點

3、，可得軌跡圓的半徑與區(qū)域圓的半徑是相同的，即都為R. qv0B＝m B＝ 帶電粒子在電場中的運動是類平拋運動，可得 ＝·t2 2R＝v0t 則E＝ 即＝ (2)帶電粒子從F點飛出時，水平方向的速度仍為v0 豎直方向速度為vy＝t＝ 由數(shù)學知識可得tan θ＝＝2 與aM成90°沿aO射入的粒子，此時剛好打到斜面上，可知，只有從A處水平進入的同樣的帶電粒子會從O2點出來垂直打到斜面上．由數(shù)學知識可得，此時帶電粒子從a處進入的方向與aM成60°，即在a處入射的粒子能夠打到極板上的大小是30°，由此得N＝. (3)帶電粒子從電場中出射速度大小為： v＝＝v0 對粒子進行受

4、力分析，由動量定理得： Ft0＝Nt0·mv－(－Nt0·mv) 得F＝N0mv0 由牛頓第三定律可得，粒子對探測板的平均作用力大小為F＝N0mv0 1．如圖2所示，在足夠大的空間范圍內(nèi)，同時存在著豎直向上的勻強電場和垂直紙面向里的水平勻強磁場，磁感應強度B＝1.57 T．小球1帶正電，其電荷量與質(zhì)量之比＝4 C/kg.當小球1無速度時可處于靜止狀態(tài)；小球2不帶電，靜止放置于固定的水平懸空支架(圖中未畫出)上．使小球1向右以v0＝23.59 m/s的水平速度與小球2正碰，碰后經(jīng)過0.75 s再次相碰．設碰撞前后兩小球帶電情況不發(fā)生改變，且始終保持在同一豎直平面內(nèi)．問：(g取10 m

5、/s2，π取3.14) 圖2 (1)電場強度E的大小是多少？ (2)小球2與小球1的質(zhì)量的比值是多少？(計算結(jié)果取整數(shù)) 答案　(1)2.5 N/C　(2)11 解析　(1)小球1所受的重力與電場力始終平衡 m1g＝q1E，E＝2.5 N/C. (2)相碰后小球1做勻速圓周運動， 由牛頓第二定律得q1v1B＝m1 半徑為R1＝ 周期為T＝＝1 s 兩小球運動時間t＝0.75 s＝T 小球1只能逆時針經(jīng)個圓周時與小球2再次相碰，軌跡如圖所示． 第一次相碰后小球2做平拋運動h＝R1＝gt2 L＝R1＝v2t， 代入數(shù)據(jù)，解得v2＝3.75 m/s. 兩小球第

6、一次碰撞前后的動量守恒，以水平向右為正方向，m1v0＝－m1v1＋m2v2，因R1＝v2t＝2.812 5 m，則 v1＝＝17.662 5 m/s 則＝≈11. 題型2　動量觀點在電磁感應中的應用 例2　(2018·浙江4月選考·23)如圖3所示，在豎直平面內(nèi)建立xOy坐標系，在0≤x≤0.65 m、y≤0.40 m范圍內(nèi)存在一具有理想邊界、方向垂直紙面向里的勻強磁場區(qū)域．一邊長l＝0.10 m、質(zhì)量m＝0.02 kg、電阻R＝0.40 Ω的勻質(zhì)正方形剛性導線框abcd處于圖示位置，其中心的坐標為(0,0.65 m)．現(xiàn)將線框以初速度v0＝2.0 m/s水平向右拋出，線框在進入磁場過

7、程中速度保持不變，然后在磁場中運動，最后從磁場右邊界離開磁場區(qū)域，完成運動全過程．線框在全過程中始終處于xOy平面內(nèi)、其ab邊與x軸保持平行，空氣阻力不計．求： 圖3 (1)磁感應強度B的大小； (2)線框在全過程中產(chǎn)生的焦耳熱Q； (3)在全過程中，cb兩端的電勢差Ucb與線框中心位置的x坐標的函數(shù)關(guān)系． 答案　(1)2 T　(2)0.037 5 J (3)Ucb＝ 解析　(1)線框做平拋運動，當ab邊與磁場上邊界接觸時， 豎直方向有h＝gt2＝0.2 m， 得t＝0.2 s， 此時豎直方向的分速度v2y＝gt＝2 m/s＝v0， 合速度方向與水平方向成45°角

8、，由題知進入過程中為勻速進入，ad與bc這兩邊產(chǎn)生的電動勢相互抵消，所以整個框只有ab邊切割，并且只有豎直方向切割，有效速度為2 m/s， 此時電流I＝，E＝Blv2y FA＝BIl 因為線框勻速進入磁場，合力為0， 所以mg＝FA 聯(lián)立解得B＝2 T. (2)線框全部進入磁場區(qū)域之后，水平方向做勻速運動，豎直方向做勻加速運動，線框離開磁場過程中，上下兩邊所受到的安培力抵消，所以不考慮豎直方向上的安培力產(chǎn)生的焦耳熱，水平方向上，只有ad邊的水平方向上的速度在切割磁感線， 線框離開磁場時電荷量 q＝＝ 離開磁場過程中列水平方向的動量定理，取水平向右為正方向， －FAt＝mv5

9、x－mv0， 得－Blq＝mv5x－mv0 得v5x＝1.5 m/s，列出動能定理表達式， mgΔh－Q1＝mv52－mv42 ＝＋ 同時離開磁場過程中豎直方向只受重力，列豎直方向牛頓第二定律 v5y2－v4y2＝2gΔh 聯(lián)立解得Q1＝0.017 5 J 在進入磁場過程中，速度不變，重力勢能轉(zhuǎn)變成焦耳熱Q2＝mgl＝0.02 J 所以Q總＝0.037 5 J (3)易得圖中2、3、4、5狀態(tài)下中心橫坐標分別為0.4、0.5、0.6、0.7； ①當0≤x<0.4時，線框還沒進入磁場，Ucb＝0； ②當0.4≤x＜0.5時，線框電動勢由ab邊切割磁感線提供，但cb邊進入磁

10、場部分也在切割磁場，因此這里相當于也有一個電源，在計算電勢差時也要考慮，同時電勢差要注意正負，因此 Ucb＝－Blv2y＋B(x－0.4)v0＝4x－1.7 (V)； ③當0.5≤x＜0.6時，線框完全進入磁場，電路中沒有電流，但bc邊仍在切割磁感線，因此仍然相當于一個電源，Ucb＝Blv0＝0.4 V； ④當0.6≤x≤0.7時，線框出磁場，整個電動勢由ad邊提供，bc邊已經(jīng)在磁場外，Ucb＝Blvx，又由動量定理＝m(v0－vx) 得Ucb＝0.25－0.25x (V)． 2．(2018·9＋1高中聯(lián)盟期中)如圖4所示，兩根間距為L的金屬導軌MN和PQ，電阻不計，左端向上彎曲

11、，其余水平，水平導軌左端有寬度為d、方向豎直向上的勻強磁場Ⅰ，右端有另一磁場Ⅱ，其寬度也為d、方向豎直向下，磁場的磁感應強度大小均為B.有兩根質(zhì)量均為m、接入電路的電阻均為R的金屬棒a和b與導軌垂直放置，b棒置于磁場Ⅱ中點C、D處，導軌除C、D兩處(對應的距離極短)外其余均光滑，兩處對棒可產(chǎn)生總的最大靜摩擦力為棒重力的K倍，a棒從彎曲導軌某處由靜止釋放． 圖4 (1)若a棒釋放的高度大于h0，則a棒進入磁場Ⅰ時才會使b棒運動，請求出h0； (2)若將a棒從高度小于h0的某處釋放，使其以速度v0進入磁場Ⅰ，結(jié)果a棒以的速度從磁場Ⅰ中穿出，求兩棒即將相碰時b棒上的電功率Pb； (3)若

12、將a棒從高度大于h0的某處釋放，使其以速度v1進入磁場Ⅰ，從磁場Ⅰ穿出時的速度大小為，分析說明b棒此時是否已穿出磁場Ⅱ. 答案　(1)　(2)　(3)沒有穿出磁場Ⅱ 解析　(1)a棒從h0高處釋放后在彎曲導軌上滑動時機械能守恒，有 mgh0＝mv2 得v＝ a棒剛進入磁場時，E＝BLv I＝ 由題意：BIL＝Kmg 得h0＝ (2)以v0的方向為正方向， a棒過Ⅰ區(qū)域：－∑BILΔt＝m·－mv0 其中：∑IΔt＝q＝ 設兩棒相碰前瞬間，a棒的速度為v. 則－∑BI′LΔt′＝mv－m· 其中∑I′Δt′＝q′＝ 得v＝ 此時電流I′＝＝ 此時b棒電功率Pb＝

13、I′2R＝ (3)由于a棒從高度大于h0處釋放，因此當a棒進入磁場Ⅰ后， b棒開始向左運動．以v1的方向為正方向，由動量守恒： mv1＝m·v1＋mvb 得vb＝v1 兩棒的速度大小隨時間的變化圖象大致如圖所示，可見b棒位移小于a棒位移的一半，所以沒有穿出磁場Ⅱ. 專題強化練 1．(2018·新高考研究聯(lián)盟聯(lián)考)在地球大氣層以外的宇宙空間，基本上按照天體力學的規(guī)律運行的各類飛行器，又稱空間飛行器(spacecraft)．航天器是執(zhí)行航天任務的主體，是航天系統(tǒng)的主要組成部分．由于外太空是真空的，飛行器在加速過程中一般是使用火箭推進器，火箭在工作時利用電場加速帶電粒子，形成向外發(fā)射

14、的粒子流而對飛行器產(chǎn)生反沖力，由于阻力極小，只需一點點動力即可以達到很高的速度．如圖1所示，我國發(fā)射的“實踐9號”攜帶的衛(wèi)星上第一次使用了離子電推力技術(shù)，從此為我國的航天技術(shù)開啟了一扇新的大門．此前該種技術(shù)一直被美俄等航天強國所壟斷．已知飛行器的質(zhì)量為M，發(fā)射的是2價氧離子，發(fā)射功率為P，加速電壓為U，每個氧離子的質(zhì)量為m，元電荷為e，原來飛行器靜止，不計發(fā)射氧離子后飛行器質(zhì)量的變化，求： 圖1 (1)射出的氧離子速度大??； (2)每秒鐘射出的氧離子數(shù)； (3)射出離子后飛行器開始運動的加速度大小． 答案　(1)2　(2)　(3) 解析　(1)以氧離子為研究對象，根據(jù)動能定理

15、，有 2eU＝mv2 所以，射出的氧離子速度為v＝2 (2)設每秒鐘射出的氧離子數(shù)為N，則發(fā)射功率可表示為 P＝NΔEk＝2NeU 所以，N＝ (3)以氧離子和飛行器為系統(tǒng)，設飛行器的反沖速度為v′，根據(jù)動量守恒定律，t時間內(nèi) 0＝Mv′＋Ntm(－v) 所以，飛行器的加速度為a＝＝＝ 2．如圖2所示，豎直平面內(nèi)在第二象限存在方向豎直向下的勻強電場．第一象限某個區(qū)域存在磁感應強度為B、垂直紙面向里的勻強磁場，A(a,0)點處在磁場的邊界上，現(xiàn)有質(zhì)量為m、電荷量為＋Q的一束離子在紙面內(nèi)與x軸夾角θ＝60°從A點射入磁場，其初速度大小范圍為≤v≤v0(v0＝)，在y軸上豎直固定

16、放置一探測板．所有離子穿過磁場后均垂直打到探測板上．假設每秒射入磁場的離子總數(shù)為N0，若打在板上的離子50%穿透探測板，50%被吸收，其中穿透的離子能量損失64%.打到探測板上的離子均勻分布，不計離子的重力和離子間的相互作用力．求： 圖2 (1)離子束射出磁場后打到y(tǒng)軸上的范圍； (2)速度最小的離子在電場中運動的時間與在磁場中運動的時間相等，求電場強度的大??； (3)探測板受到的作用力大?。? 答案　 (1)≤y≤　(2)　(3) 解析　(1)離子在磁場中的運動qvB＝m 則r＝ 代入速度可得r的范圍為≤r≤a 離子打在y軸上的坐標表達式為y＝r 代入數(shù)據(jù)得≤y≤

17、 (2)速度最小v＝的離子打在y軸上的點Q(0，)位置，設該離子在磁場中運動的時間為t1，t1＝T＝ 設該離子在電場中做類平拋運動的時間為t2， ＝t，t1＝t2，E＝ (3)對于吸收的離子由動量定理得 F吸＝＝(2m·＋2mv0)＝N0mv0＝N0qBa 穿透探測板后離子速度v1＝0.6v 所以穿透后的速度范圍為≤v1≤0.6v0 穿透的離子受到板的作用力大小 F穿＝＝[m(－)＋m(v0－0.6v0)] 把v0＝ 代入得F穿＝ 根據(jù)牛頓第三定律，探測板受到的作用力大小F＝F吸＋F穿＝ 3．(2017·衢州、麗水、湖州、舟山四市3月模擬)一實驗小組想要探究電磁剎車的效

18、果．在遙控小車底面安裝寬為L、長為2.5L的N匝矩形線框，線框電阻為R，面積可認為與小車底面相同，其平面與水平地面平行，小車總質(zhì)量為m.其俯視圖如圖3所示，小車在磁場外行駛時的功率保持P不變，且在進入磁場前已達到最大速度，當車頭剛要進入磁場時立即撤去牽引力，完全進入磁場時速度恰好為零．已知有界磁場PQ和MN間的距離為2.5L，磁感應強度大小為B、方向豎直向上，在行駛過程中小車受到地面阻力恒為F.求： 圖3 (1)小車車頭剛進入磁場時，線框的感應電動勢E； (2)電磁剎車過程中產(chǎn)生的焦耳熱Q； (3)若只改變小車功率，使小車剛出磁場邊界MN時的速度恰好為零，假設小車兩次與磁場作用時間

19、相同，求小車的功率P′. 答案　見解析 解析　(1)小車剛進入磁場時的速度設為v0，則v0＝ 感應電動勢E＝NBLv0，得E＝ (2)由能量守恒，可得2.5FL＋Q＝mv 知Q＝mv02－2.5FL＝－2.5FL (3)以小車剛要進入到恰好穿出磁場為研究過程，以小車運動的方向為正方向，由動量定理，可得 －(Ft＋2NBLt)＝0－mv0′① 即Ft＋2NBLq＝mv0′，q＝N＝N② 當功率為P時，小車進入磁場時間為t，由動量定理 －(Ft＋NB1Lt)＝0－mv0，q＝1t 得t＝③ 由①②③，可得v0′＝ 得P′＝Fv0′＝. 4．(2018·溫州市期中)如圖4

20、所示，在空間有兩個磁感應強度均為B的勻強磁場區(qū)域，上一個區(qū)域邊界AA′與DD′間的距離為H，方向垂直紙面向里，CC′與DD′的間距為h，CC′下方是另一個磁場區(qū)域，方向垂直紙面向外．現(xiàn)有一質(zhì)量為m、邊長為L(h

21、d邊從邊界AA′運動到邊界CC′的時間． 答案　(1)mg(H＋h)－　(2)3.8g　(3)(L＋h)＋ 解析　(1)線框勻速進入上面一個磁場區(qū)域的速度為v1，電流為I1，由 BI1L＝mg I1＝ 解得v1＝ cd到達CC′前瞬間的速度設為v2，電流設為I2，因Lv1，所以此狀態(tài)線框的加速度方向應為向上，由：BI2L－mg＝ma1 I2＝ 解得v2＝ 產(chǎn)生的熱量：Q＝mg(H＋h)－(mv22－mv12) ＝mg(H＋h)－ (2)cd邊剛進入CC′時的速度仍為v2，這時上下兩條邊同時切割磁感線，回路電動勢加倍，電流加倍，安培力變?yōu)?倍．所以有：4

22、BI2L－mg＝ma2 解得a2＝3.8g (3)設線框進入上面一個磁場區(qū)域的時間為t1，線框cd邊從DD′運動到CC′的時間為t2，從AA′運動到CC′的總時間為t，以向下為正方向，對線框從AA′運動到CC′的全過程列動量定理有： mgt－B1Lt1－B2Lt2＝mv2－mv1(其中1、2為t1、t2時間內(nèi)的平均電流) 1＝ 2＝ 1t1＝L 2t2＝h 解得t＝(L＋h)＋ 5．(2018·臺州中學統(tǒng)練)如圖5所示，平行金屬導軌OP、KM和PQ、MN相互垂直，且OP、KM與水平面間夾角均為θ＝37°，導軌間距均為L＝1 m，導軌電阻不計且足夠長．兩根金屬棒ab和cd與導軌

23、垂直放置且接觸良好，ab的質(zhì)量為M＝2 kg，接入電路的電阻為R1＝2 Ω，cd的質(zhì)量為m＝0.2 kg，接入電路的電阻為R2＝1 Ω，金屬棒和導軌之間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.5，兩個導軌平面均處在垂直于軌道平面OPKM向上的勻強磁場中．現(xiàn)讓cd固定不動，將金屬棒ab由靜止釋放，當ab沿導軌下滑x＝6 m時，速度已達到穩(wěn)定，此時，整個回路消耗的電功率為P＝12 W．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)求： 圖5 (1)磁感應強度B的大小； (2)ab沿導軌下滑x＝6 m的過程中ab棒上產(chǎn)生的焦耳熱Q； (3)若將ab與cd同時由靜止釋放，當運動時間

24、t＝0.5 s時，ab的速度vab與cd棒速度vcd的關(guān)系式． 答案　(1)2 T　(2)10 J　(3)10vab－2vcd＝5 解析　(1)ab棒速度達到穩(wěn)定，即達到最大速度做勻速運動，有 Mgsin θ－μMgcos θ－BI1L＝0 整個回路消耗的電功率為：P＝BI1Lvm 則ab棒的最大速度為：vm＝3 m/s 又整個回路的電功率又可表示為： P＝＝ 解得B＝2 T (2)ab棒下滑x＝6 m過程中，根據(jù)能量守恒： Mgsin θ·x＝μMgcos θ ·x＋Mvm2＋Q總 ab棒上產(chǎn)生的焦耳熱為：Q＝Q總 解得Q＝10 J (3)對cd棒：mgsin α·

25、t－μ(mgcos α＋BL)t＝mvcd， α＝－θ 即mgsin α·t－μmgcos α·t－μ＝mvcd 對ab棒：(Mgsin θ－μMgcos θ)t－＝Mvab 聯(lián)立消去xab得，10vab－2vcd＝5 6．如圖6甲所示，水平面內(nèi)的直角坐標系的第一象限有磁場分布，方向垂直于水平面向下，磁感應強度沿y軸方向沒有變化，與橫坐標x的關(guān)系如圖乙所示，圖線是雙曲線(坐標軸是漸近線)；頂角θ＝53°的光滑金屬長導軌MON固定在水平面內(nèi)，ON與x軸重合，一根與ON垂直的長導體棒在水平向右的外力作用下沿導軌MON向右滑動，導體棒在滑動過程中始終保持與導軌良好接觸，已知t＝0時，導體棒

26、位于頂角O處；導體棒的質(zhì)量為m＝4 kg；OM、ON接觸處O點的接觸電阻為R＝0.5 Ω，其余電阻不計，回路電動勢E與時間t的關(guān)系如圖丙所示，圖線是過原點的直線，求： 　甲　　　　　　乙　　　　　　　丙　　 圖6 (1)t＝2 s時流過導體棒的電流的大??； (2)在1～2 s時間內(nèi)導體棒所受安培力的沖量大?。? (3)導體棒滑動過程中水平外力F(單位：N)與橫坐標x(單位：m)的關(guān)系式． 答案　(1)8 A　(2)8 N·s　(3)F＝6＋ (N) 解析　(1)根據(jù)E－t圖象中的圖線是過原點的直線這一特點，可得到t＝2 s時金屬棒產(chǎn)生的感應電動勢為E＝4 V 由歐姆定律得I2＝＝ A＝8 A. (2)由題圖乙可知，Bx＝ (T·m) 由題圖丙可知，E與t成正比，有E＝2t (V)，I＝＝4t (A) 因θ＝53°，可知任意時刻回路中導體棒有效切割長度 L＝ 又由F安＝BIL，所以F安＝t (N)，即安培力跟時間成正比，所以在1～2 s時間內(nèi)導體棒所受安培力的平均值 ＝ N＝8 N，故I安＝Δt＝8 N·s. (3)因為E＝BLv＝v (V)，所以v＝1.5t (m/s)， 可知導體棒的運動是勻加速直線運動，加速度a＝1.5 m/s2， 又x＝at2，F(xiàn)－F安＝ma，聯(lián)立解得F＝6＋ (N)． 15