浙江鸭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、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,
2、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)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.qv0BmB带电粒子在电场中
3、的运动是类平抛运动,可得t22Rv0t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vyt由数学知识可得tan 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:vv0对粒子进行受力分析,由动量定理得:Ft0Nt0mv(Nt0mv)得FN0mv0由牛顿第三定律可得,粒子对探测板的平均作用力大小为FN0mv01如图2所示,在足够大的空间范围内,同时存在着
4、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m1gq1E,E2.5 N/C.(2
5、)相碰后小球1做匀速圆周运动,由牛顿第二定律得q1v1Bm1半径为R1周期为T1 s两小球运动时间t0.75 sT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hR1gt2LR1v2t,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,m1v0m1v1m2v2,因R1v2t2.812 5 m,则v117.662 5 m/s则11.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0x0.65 m、y0.40 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
6、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)0.037 5 J(3)Ucb解析(1)线框做平抛运动,当ab边与磁场上边界接
7、触时,竖直方向有hgt20.2 m,得t0.2 s,此时竖直方向的分速度v2ygt2 m/sv0,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,EBlv2yFABIl因为线框匀速进入磁场,合力为0,所以mgFA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,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
8、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,FAtmv5xmv0,得Blqmv5xmv0得v5x1.5 m/s,列出动能定理表达式,mghQ1mv52mv42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v5y2v4y22gh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热Q2mgl0.02 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;当0x0.4时,线框还没进入磁场,Ucb0;当0.4x0.5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
9、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UcbBlv2yB(x0.4)v04x1.7 (V);当0.5x0.6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,UcbBlv00.4 V;当0.6x0.7时,线框出磁场,整个电动势由ad边提供,bc边已经在磁场外,UcbBlvx,又由动量定理m(v0vx)得Ucb0.250.25x (V)2(201891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,右端有另一磁场,其宽度也为d、方向竖直向
10、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,结果a棒以的速度从磁场中穿出,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,从磁场穿出时的速度大小为,分析说明b棒此时是否已穿出磁场.答案(1)(2)(3
11、)没有穿出磁场解析(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mgh0mv2得va棒刚进入磁场时,EBLvI由题意:BILKmg得h0(2)以v0的方向为正方向,a棒过区域:BILtmmv0其中:Itq设两棒相碰前瞬间,a棒的速度为v.则BILtmvm其中Itq得v此时电流I此时b棒电功率PbI2R(3)由于a棒从高度大于h0处释放,因此当a棒进入磁场后, b棒开始向左运动以v1的方向为正方向,由动量守恒:mv1mv1mvb得vbv1两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.专题强化练1(2018新高考研究联盟联考)在地球大气层
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