2020高考物理二轮复习 专题七 第5讲 加试第23题 动量观点和电学知识的综合应用学案 14页

第5讲　加试第23题　动量观点和电学知识的综合应用 题型1　动量观点在电场、磁场中的应用 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2R、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O1O2与磁场区域的圆心O在同一直线上，O1也是圆周上的一点，BAO1DE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v0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，每秒内射出的带电粒子数总为N0，某一沿aO方向射入磁场的粒子从O1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)‎ 图1‎ ‎(1)求电场强度E和磁场的磁感应强度B的比值；‎ ‎(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；‎ ‎(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)‎ 14‎ 答案　(1)　(2)2　　(3)N0mv0‎ 解析　(1)带电粒子从aO方向射入，从O1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.‎ qv0B＝m B＝ 带电粒子在电场中的运动是类平抛运动，可得 ＝·t2‎ ‎2R＝v0t 则E＝ 即＝ ‎(2)带电粒子从F点飞出时，水平方向的速度仍为v0‎ 竖直方向速度为vy＝t＝ 由数学知识可得tan θ＝＝2‎ 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O2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°，由此得N＝.‎ ‎(3)带电粒子从电场中出射速度大小为：‎ v＝＝v0‎ 对粒子进行受力分析，由动量定理得：‎ Ft0＝Nt0·mv－(－Nt0·mv)‎ 得F＝N0mv0‎ 由牛顿第三定律可得，粒子对探测板的平均作用力大小为F＝N0mv0‎ ‎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 14‎ ‎/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v0＝‎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/s2，π取3.14)‎ 图2‎ ‎(1)电场强度E的大小是多少？‎ ‎(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　(1)2.5 N/C　(2)11‎ 解析　(1)小球1所受的重力与电场力始终平衡 m‎1g＝q1E，E＝2.5 N/C.‎ ‎(2)相碰后小球1做匀速圆周运动，‎ 由牛顿第二定律得q1v1B＝m1 半径为R1＝ 周期为T＝＝1 s 两小球运动时间t＝0.75 s＝T 小球1只能逆时针经个圆周时与小球2再次相碰，轨迹如图所示．‎ 第一次相碰后小球2做平抛运动h＝R1＝gt2‎ L＝R1＝v2t，‎ 代入数据，解得v2＝‎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，m1v0＝－m1v1＋m2v2，因R1＝v2t＝2.812 ‎5 m，则 v1＝＝17.662 ‎5 m/s 则＝≈11.‎ 14‎ 题型2　动量观点在电磁感应中的应用 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)．现将线框以初速度v0＝‎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：‎ 图3‎ ‎(1)磁感应强度B的大小；‎ ‎(2)线框在全过程中产生的焦耳热Q；‎ ‎(3)在全过程中，cb两端的电势差Ucb与线框中心位置的x坐标的函数关系．‎ 答案　(1)2 T　(2)0.037 5 J ‎(3)Ucb＝ 解析　(1)线框做平抛运动，当ab边与磁场上边界接触时，‎ 竖直方向有h＝gt2＝‎0.2 m，‎ 得t＝0.2 s，‎ 此时竖直方向的分速度v2y＝gt＝‎2 m/s＝v0，‎ 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 14‎ 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，‎ 此时电流I＝，E＝Blv2y FA＝BIl 因为线框匀速进入磁场，合力为0，‎ 所以mg＝FA 联立解得B＝2 T.‎ ‎(2)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 q＝＝ 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，‎ ‎－FAt＝mv5x－mv0，‎ 得－Blq＝mv5x－mv0‎ 得v5x＝‎1.5 m/s，列出动能定理表达式，‎ mgΔh－Q1＝mv52－mv42‎ ‎＝＋ 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 v5y2－v4y2＝2gΔh 联立解得Q1＝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Q2＝mgl＝0.02 J 所以Q总＝0.037 5 J ‎(3)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，Ucb＝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 Ucb＝－Blv2y＋B(x－0.4)v0＝4x－1.7 (V)；‎ ‎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，Ucb＝Blv0＝0.4 V；‎ 14‎ ‎④当0.6≤x≤0.7时，线框出磁场，整个电动势由ad边提供，bc边已经在磁场外，Ucb＝Blvx，又由动量定理＝m(v0－vx)‎ 得Ucb＝0.25－0.25x (V)．‎ ‎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h0，则a棒进入磁场Ⅰ时才会使b棒运动，请求出h0；‎ ‎(2)若将a棒从高度小于h0的某处释放，使其以速度v0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Pb；‎ ‎(3)若将a棒从高度大于h0的某处释放，使其以速度v1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　(1)　(2)　(3)没有穿出磁场Ⅱ 解析　(1)a棒从h0高处释放后在弯曲导轨上滑动时机械能守恒，有 mgh0＝mv2‎ 得v＝ a棒刚进入磁场时，E＝BLv I＝ 由题意：BIL＝Kmg 得h0＝ ‎(2)以v0的方向为正方向，‎ 14‎ a棒过Ⅰ区域：－∑BILΔt＝m·－mv0‎ 其中：∑IΔt＝q＝ 设两棒相碰前瞬间，a棒的速度为v.‎ 则－∑BI′LΔt′＝mv－m· 其中∑I′Δt′＝q′＝ 得v＝ 此时电流I′＝＝ 此时b棒电功率Pb＝I′2R＝ ‎(3)由于a棒从高度大于h0处释放，因此当a棒进入磁场Ⅰ后， b棒开始向左运动．以v1的方向为正方向，由动量守恒：‎ mv1＝m·v1＋mvb 得vb＝v1‎ 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.‎ 专题强化练 ‎1．‎ 14‎ ‎(2018·新高考研究联盟联考)在地球大气层以外的宇宙空间，基本上按照天体力学的规律运行的各类飞行器，又称空间飞行器(spacecraft)．航天器是执行航天任务的主体，是航天系统的主要组成部分．由于外太空是真空的，飞行器在加速过程中一般是使用火箭推进器，火箭在工作时利用电场加速带电粒子，形成向外发射的粒子流而对飞行器产生反冲力，由于阻力极小，只需一点点动力即可以达到很高的速度．如图1所示，我国发射的“实践9号”携带的卫星上第一次使用了离子电推力技术，从此为我国的航天技术开启了一扇新的大门．此前该种技术一直被美俄等航天强国所垄断．已知飞行器的质量为M，发射的是2价氧离子，发射功率为P，加速电压为U，每个氧离子的质量为m，元电荷为e，原来飞行器静止，不计发射氧离子后飞行器质量的变化，求：‎ 图1‎ ‎(1)射出的氧离子速度大小；‎ ‎(2)每秒钟射出的氧离子数；‎ ‎(3)射出离子后飞行器开始运动的加速度大小．‎ 答案　(1)2　(2)　(3) 解析　(1)以氧离子为研究对象，根据动能定理，有 ‎2eU＝mv2‎ 所以，射出的氧离子速度为v＝2 ‎(2)设每秒钟射出的氧离子数为N，则发射功率可表示为 P＝NΔEk＝2NeU 所以，N＝ ‎(3)以氧离子和飞行器为系统，设飞行器的反冲速度为v′，根据动量守恒定律，t时间内 ‎0＝Mv′＋Ntm(－v)‎ 所以，飞行器的加速度为a＝＝＝ ‎2．如图2所示，竖直平面内在第二象限存在方向竖直向下的匀强电场．第一象限某个区域存在磁感应强度为B、垂直纸面向里的匀强磁场，A(a,0)点处在磁场的边界上，现有质量为m、电荷量为＋Q的一束离子在纸面内与x轴夹角θ＝60°从A点射入磁场，其初速度大小范围为≤v≤v0(v0＝)，在y轴上竖直固定放置一探测板．所有离子穿过磁场后均垂直打到探测板上．假设每秒射入磁场的离子总数为N0，若打在板上的离子50%穿透探测板，50%被吸收，其中穿透的离子能量损失64%.打到探测板上的离子均匀分布，不计离子的重力和离子间的相互作用力．求：‎ 14‎ 图2‎ ‎(1)离子束射出磁场后打到y轴上的范围；‎ ‎(2)速度最小的离子在电场中运动的时间与在磁场中运动的时间相等，求电场强度的大小；‎ ‎(3)探测板受到的作用力大小．‎ 答案　 (1)≤y≤　(2)　(3) 解析　(1)离子在磁场中的运动qvB＝m 则r＝ 代入速度可得r的范围为≤r≤a 离子打在y轴上的坐标表达式为y＝r 代入数据得≤y≤ ‎(2)速度最小v＝的离子打在y轴上的点Q(0，)位置，设该离子在磁场中运动的时间为t1，t1＝T＝ 设该离子在电场中做类平抛运动的时间为t2，‎ ＝t，t1＝t2，E＝ ‎(3)对于吸收的离子由动量定理得 F吸＝＝(‎2m·＋2mv0)＝N0mv0＝N0qBa 穿透探测板后离子速度v1＝0.6v 14‎ 所以穿透后的速度范围为≤v1≤0.6v0‎ 穿透的离子受到板的作用力大小 F穿＝＝[m(－)＋m(v0－0.6v0)]‎ 把v0＝ 代入得F穿＝ 根据牛顿第三定律，探测板受到的作用力大小F＝F吸＋F穿＝ ‎3．(2017·衢州、丽水、湖州、舟山四市3月模拟)一实验小组想要探究电磁刹车的效果．在遥控小车底面安装宽为L、长为‎2.5L的N匝矩形线框，线框电阻为R，面积可认为与小车底面相同，其平面与水平地面平行，小车总质量为m.其俯视图如图3所示，小车在磁场外行驶时的功率保持P不变，且在进入磁场前已达到最大速度，当车头刚要进入磁场时立即撤去牵引力，完全进入磁场时速度恰好为零．已知有界磁场PQ和MN间的距离为‎2.5L，磁感应强度大小为B、方向竖直向上，在行驶过程中小车受到地面阻力恒为F.求：‎ 图3‎ ‎(1)小车车头刚进入磁场时，线框的感应电动势E；‎ ‎(2)电磁刹车过程中产生的焦耳热Q；‎ ‎(3)若只改变小车功率，使小车刚出磁场边界MN时的速度恰好为零，假设小车两次与磁场作用时间相同，求小车的功率P′.‎ 答案　见解析 解析　(1)小车刚进入磁场时的速度设为v0，则v0＝ 感应电动势E＝NBLv0，得E＝ ‎(2)由能量守恒，可得2.5FL＋Q＝mv 知Q＝mv02－2.5FL＝－2.5FL ‎(3)以小车刚要进入到恰好穿出磁场为研究过程，以小车运动的方向为正方向，由动量定理，可得 14‎ ‎－(Ft＋2NBLt)＝0－mv0′①‎ 即Ft＋2NBLq＝mv0′，q＝N＝N②‎ 当功率为P时，小车进入磁场时间为t，由动量定理 ‎－(Ft＋NB1Lt)＝0－mv0，q＝1t 得t＝③‎ 由①②③，可得v0′＝ 得P′＝Fv0′＝.‎ ‎4．(2018·温州市期中)如图4所示，在空间有两个磁感应强度均为B的匀强磁场区域，上一个区域边界AA′与DD′间的距离为H，方向垂直纸面向里，CC′与DD′的间距为h，CC′下方是另一个磁场区域，方向垂直纸面向外．现有一质量为m、边长为L(hv1，所以此状态线框的加速度方向应为向上，由：BI‎2L－mg＝ma1‎ I2＝ 解得v2＝ 产生的热量：Q＝mg(H＋h)－(mv22－mv12)‎ ‎＝mg(H＋h)－ ‎(2)cd边刚进入CC′时的速度仍为v2，这时上下两条边同时切割磁感线，回路电动势加倍，电流加倍，安培力变为4倍．所以有：4BI‎2L－mg＝ma2‎ 解得a2＝‎‎3.8g ‎(3)设线框进入上面一个磁场区域的时间为t1，线框cd边从DD′运动到CC′的时间为t2，从AA′运动到CC′的总时间为t，以向下为正方向，对线框从AA′运动到CC′的全过程列动量定理有：‎ mgt－B1Lt1－B2Lt2＝mv2－mv1(其中1、2为t1、t2时间内的平均电流)‎ 1＝ 2＝ 1t1＝L 2t2＝h 解得t＝(L＋h)＋ ‎5．(2018·台州中学统练)如图5所示，平行金属导轨OP、KM和PQ、MN相互垂直，且OP、KM与水平面间夹角均为θ＝37°，导轨间距均为L＝‎1 m，导轨电阻不计且足够长．两根金属棒ab和cd与导轨垂直放置且接触良好，ab的质量为M＝‎2 kg，接入电路的电阻为R1＝2 Ω，cd的质量为m＝‎0.2 kg，接入电路的电阻为R2＝1 Ω，金属棒和导轨之间的动摩擦因数均为μ＝0.5，两个导轨平面均处在垂直于轨道平面OPKM向上的匀强磁场中．现让cd固定不动，将金属棒ab由静止释放，当ab沿导轨下滑x＝‎6 m时，速度已达到稳定，此时，整个回路消耗的电功率为P＝12 W．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取‎10 m/s2)求：‎ 14‎ 图5‎ ‎(1)磁感应强度B的大小；‎ ‎(2)ab沿导轨下滑x＝‎6 m的过程中ab棒上产生的焦耳热Q；‎ ‎(3)若将ab与cd同时由静止释放，当运动时间t＝0.5 s时，ab的速度vab与cd棒速度vcd的关系式．‎ 答案　(1)2 T　(2)10 J　(3)10vab－2vcd＝5‎ 解析　(1)ab棒速度达到稳定，即达到最大速度做匀速运动，有 Mgsin θ－μMgcos θ－BI‎1L＝0‎ 整个回路消耗的电功率为：P＝BI1Lvm 则ab棒的最大速度为：vm＝‎3 m/s 又整个回路的电功率又可表示为：‎ P＝＝ 解得B＝2 T ‎(2)ab棒下滑x＝‎6 m过程中，根据能量守恒：‎ Mgsin θ·x＝μMgcos θ ·x＋Mvm2＋Q总 ab棒上产生的焦耳热为：Q＝Q总 解得Q＝10 J ‎(3)对cd棒：mgsin α·t－μ(mgcos α＋BL)t＝mvcd，‎ α＝－θ 即mgsin α·t－μmgcos α·t－μ＝mvcd 对ab棒：(Mgsin θ－μMgcos θ)t－＝Mvab 联立消去xab得，10vab－2vcd＝5‎ ‎6．如图6甲所示，水平面内的直角坐标系的第一象限有磁场分布，方向垂直于水平面向下，磁感应强度沿y轴方向没有变化，与横坐标x 14‎ 的关系如图乙所示，图线是双曲线(坐标轴是渐近线)；顶角θ＝53°的光滑金属长导轨MON固定在水平面内，ON与x轴重合，一根与ON垂直的长导体棒在水平向右的外力作用下沿导轨MON向右滑动，导体棒在滑动过程中始终保持与导轨良好接触，已知t＝0时，导体棒位于顶角O处；导体棒的质量为m＝‎4 kg；OM、ON接触处O点的接触电阻为R＝0.5 Ω，其余电阻不计，回路电动势E与时间t的关系如图丙所示，图线是过原点的直线，求：‎ ‎　甲　　　　　　乙　　　　　　　丙　　‎ 图6‎ ‎(1)t＝2 s时流过导体棒的电流的大小；‎ ‎(2)在1～2 s时间内导体棒所受安培力的冲量大小；‎ ‎(3)导体棒滑动过程中水平外力F(单位：N)与横坐标x(单位：m)的关系式．‎ 答案　(1)‎8 A　(2)8 N·s　(3)F＝6＋ (N)‎ 解析　(1)根据E－t图象中的图线是过原点的直线这一特点，可得到t＝2 s时金属棒产生的感应电动势为E＝4 V 由欧姆定律得I2＝＝ A＝‎8 A.‎ ‎(2)由题图乙可知，Bx＝ (T·m)‎ 由题图丙可知，E与t成正比，有E＝2t (V)，I＝＝4t (A)‎ 因θ＝53°，可知任意时刻回路中导体棒有效切割长度 L＝ 又由F安＝BIL，所以F安＝t (N)，即安培力跟时间成正比，所以在1～2 s时间内导体棒所受安培力的平均值 ＝ N＝8 N，故I安＝Δt＝8 N·s.‎ ‎(3)因为E＝BLv＝v (V)，所以v＝1.5t (m/s)，‎ 可知导体棒的运动是匀加速直线运动，加速度a＝‎1.5 m/s2，‎ 又x＝at2，F－F安＝ma，联立解得F＝6＋ (N)．‎ 14‎