（浙江选考）2019高考物理二轮复习专题七计算题题型强化第5讲加试第23题动量观点和电学知识的综合应用学案.doc

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1、1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 0180角且分布均匀地射出，每秒内射出

2、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 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)2答案 (1) (2)2 (3) N0mv

3、0v04 N06 56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 mv02RBmv0qR带电粒子在电场中的运动是类平抛运动，可得 t2R2 12 qEm2R v0t则 Emv024qR即 EB v04(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 tqEm v02由数学知识可得 tan 2v0vy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

4、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 .N06(3)带电粒子从电场中出射速度大小为：v v0v02 vy252对粒子进行受力分析，由动量定理得：Ft0 Nt0mv( Nt0mv)得 F N0mv056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 N0mv0561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 B1.57 T小球 1 带正电，其电荷量与质量之比 4 C/kg.当q1m13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

5、未画出)上使小球 1 向右以 v023.59 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， 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， E2.5 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 m1v12R1半径为 R1m1v1q1B周期为 T 1 s2 m1q1B两小球运动

6、时间 t0.75 s T34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34第一次相碰后小球 2 做平抛运动 h R1 gt212L R1 v2t，代入数据，解得 v23.75 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 v2t2.812 5 m，则v1 17.662 5 m/sq1BR1m14则 11.m2m1 v0 v1v2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 x0.65 m、 y0.40 m 范围内存在一具有理想边界、

7、方向垂直纸面向里的匀强磁场区域一边长 l0.10 m、质量 m0.02 kg、电阻 R0.40 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 v02.0 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)0.0

8、37 5 J(3)UcbError!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 gt20.2 m，12得 t0.2 s，5此时竖直方向的分速度 v2y gt2 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 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 Blv2yERFA BIl因为线框匀速进入磁场，合力为 0，所以 mg FA联立解得 B2 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，

9、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 R Bl2R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 v5x1.5 m/s，列出动能定理表达式，mg h Q1 mv52 mv4212 12 (12mv5x2 12mv02) (12mv5y2 12mv4y2)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 v4y22 g h联立解得 Q10.017 5 J在进入磁场过程中，速度不变，重力势能转变成焦耳

10、热 Q2 mgl0.02 J所以 Q 总 0.037 5 J6(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；当 0 xv1，所以此状态线框的加速度方向应为向上，由： BI2L mg ma1I2BLv2R解得 v21.2mgRB2L2产生的热量： Q mg(H h)( mv22 mv12)12 12 mg(H h)0.22m3g2R2B4L4(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：4 BI2L mg ma2解得 a23.8 g(3)设线框进入上面一个磁场区域的时间为

11、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 B 1Lt1 B 2Lt2 mv2 mv1(其中 1、 2为 t1、 t2时间内的平均电流)I I I I131IBLv1R2IBLv2R1t1 Lv2t2 hv解得 t (L h)B2L2mgR 0.2mRB2L25(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 37，导轨间距均为 L1 m，导轨电阻不计且足够长两根金属棒 ab 和 cd 与导轨垂

12、直放置且接触良好， ab 的质量为 M2 kg，接入电路的电阻为R12 ， cd 的质量为 m0.2 kg，接入电路的电阻为 R21 ，金属棒和导轨之间的动摩擦因数均为 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 x6 m 时，速度已达到稳定，此时，整个回路消耗的电功率为 P12 W(sin 370.6，cos 370.8， g 取 10 m/s2)求：图 5(1)磁感应强度 B 的大小；(2)ab 沿导轨下滑 x6 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

13、，当运动时间 t0.5 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)10 vab2 vcd5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 Mg cos BI1L0整个回路消耗的电功率为： P BI1Lvm则 ab 棒的最大速度为： vm3 m/s又整个回路的电功率又可表示为：P E2R1 R2 BLvm2R1 R214解得 B2 T(2)ab 棒下滑 x6 m 过程中，根据能量守恒：Mgsin x Mg cos x Mvm2 Q 总12ab 棒上产生的焦耳热为： Q Q 总R1R1 R2解得 Q10 J(

14、3)对 cd 棒： mgsin t (mgcos B L)t mvcd，I 2即 mgsin t mg cos t mvcdB2L2xabR1 R2对 ab 棒：( Mgsin Mg cos )t MvabB2L2xabR1 R2联立消去 xab得，10 vab2 vcd56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 的关系如图乙所示，图线是双曲线(坐标轴是渐近线)；顶角 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

15、滑动，导体棒在滑动过程中始终保持与导轨良好接触，已知 t0 时，导体棒位于顶角 O 处；导体棒的质量为 m4 kg； OM、 ON 接触处 O 点的接触电阻为 R0.5 ，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)t2 s 时流过导体棒的电流的大小；(2)在 12 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 Ns (3) F6 (N)329 3x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 t2 s 时金

16、属棒产生的感应电动势为 E4 V由欧姆定律得 I2 A8 A.ER 40.515(2)由题图乙可知， Bx (Tm)1x由题图丙可知， E 与 t 成正比，有 E2 t (V)， I 4 t (A)ER因 53，可知任意时刻回路中导体棒有效切割长度L4x3又由 F 安 BIL，所以 F 安 t (N)，即安培力跟时间成正比，所以在 12 s 时间内导体棒163所受安培力的平均值 N8 N，故 I 安 t8 Ns.F163 3232 F(3)因为 E BLv v (V)，所以 v1.5 t (m/s)，43可知导体棒的运动是匀加速直线运动，加速度 a1.5 m/s 2，又 x at2， F F 安 ma，联立解得 F6 (N)12 329 3x