2020高考物理浙江专用版大二轮讲义：专题四　电路与电磁感应 第10讲 Word版含解析.pdf

第 1 页 共 14 页 第第 10 讲 电学中的动量和能量问题讲 电学中的动量和能量问题 例 1 (2019·福建泉州市期末质量检查)如图所示， 在竖直平面(纸面)内有一直角坐标系 xOy， 水平 x 轴下方有垂直纸面向里的匀强磁场，第三象限有沿 x 轴负方向的匀强电场，第四象限 存在另一匀强电场(图中未画出)；光滑绝缘的固定不带电细杆 PQ 交 x 轴于 M 点，细杆 PQ 与x轴的夹角30°， 杆的末端在y轴Q点处， PM两点间的距离为L.一套在杆上的质量为2m、 电荷量为 q 的带正电小环 b 恰好静止在 M 点，另一质量为 m、不带电绝缘小环 a 套在杆上并 由 P 点静止释放，与 b 瞬间碰撞后反弹，反弹后到达最高点时被锁定，锁定点与 M 点的距离 为，b 沿杆下滑过程中始终与杆之间无作用力，b 进入第四象限后做匀速圆周运动，而后通 L 16 过 x 轴上的 N 点，且 OMON.已知重力加速度大小为 g，求： (1)碰后 b 的速度大小 v 以及 a、b 碰撞过程中系统损失的机械能 E； (2)磁场的磁感应强度大小 B； (3)b 离开杆后经过多长时间会通过 x 轴 答案 (1) mgL (2) 5 8 gL 5 64 32m 3gL 15qL (3)竖直向上通过 x 轴 ： t(n1)()(n1、 2、 3、)； 竖直向下通过 x 轴 ： t 5 24 3L g 4 5 L g 5 16 3L g (n1)()(n1、2、3、) 5 24 3L g 5 4 L g 5 4 L g 5 16 3L g 解析 (1)设 a 和 b 相碰前的速度大小为 v1，碰后的速度为 v2，由机械能守恒定律：mgLsin mv 1 2 12 第 2 页 共 14 页 mg·sin mv L 16 1 2 22 由动量守恒定律：mv1mv22mv 解得 v5 8 gL 机械能损失：E mv ( mv ×2mv2) 1 2 12 1 2 22 1 2 解得 EmgL 5 64 (2)由于 b 从 M 点运动到 Q 点的过程中与杆无作用力，可得 qvBcos 2mg， 解得 B32m 3gL 15qL (3)b 在第四象限做匀速圆周运动的轨迹如图， 由几何关系可知轨迹的圆心O在x轴上， b经过N点时速度方向与x轴垂直， 圆心角120°， 又匀速圆周运动的周期为 T4m qB b 从 Q 点第一次通过 N 点的时间为 t1T，可得 t1 360° 5 24 3L g b 第一次通过 N 点后做竖直上抛运动，经 t2时间第二次通过 N 点，有：t2 2v g 5 4 L g b 第二次通过 N 点后做匀速圆周运动，经 t3时间第三次通过 N 点，有：t3 T 2 5 16 3L g 故 b 离开杆后会通过 x 轴的可能时间是： ()竖直向上通过 x 轴： 第 3 页 共 14 页 tt1(n1)(t2t3)(n1)() (n1、2、3、) 5 24 3L g 5 4 L g 5 16 3L g ()竖直向下通过 x 轴： tt1t2(n1)(t2t3)(n1)( ) (n1、2、3、) 5 24 3L g 5 4 L g 5 4 L g 5 16 3L g 拓展训练 1 (2019·黑龙江齐齐哈尔市联谊校期末)某真空中存在一匀强电场，一带电油滴在 该电场中从 A 点由静止开始竖直向上运动，经过时间 t1运动到 B 点时撤去电场，再经时间 t2 油滴的速度恰好为零，又过一段时间后此空间中加入另一匀强电场，方向与原来相同但大小 是原来的 2 倍，已知油滴的质量为 m、电荷量为 q，重力加速度大小为 g. (1)求再次加入电场前，开始的匀强电场的电场强度大小和油滴达到的最大高度； (2)为了使油滴能回到 A 点且速度恰好为零，求从油滴减速为零到再次加入电场的时间 答案 (1) gt2(t1t2) (2) mgt1t2 qt1 1 2 t2 t 12t2 2 解析 (1)以油滴为研究对象，从开始运动到达到最高点的过程中，根据动量定理可得： qEt1mg(t1t2)0， 解得：E； mgt1t2 qt1 由运动的可逆性得加速过程的末速度 vgt2， 所以全程的平均速度为 ，v gt2 2 故全过程的位移大小 h (t1t2) gt2(t1t2)；v 1 2 (2)油滴从最高点先做自由落体运动，再次加电场后，匀减速运动的末速度为零，设油滴从最 高点做自由落体运动的时间为 t，自由落体运动结束时的速度为 v，油滴匀减速运动过程中 的加速度大小为 a，根据牛顿第二定律可得：2qEmgma， 设自由落体运动下落的高度为 s1，匀减速下落的高度为 s2， 第 4 页 共 14 页 则有 s1s2h， s1，s2， v2 2g v2 2a 根据自由落体运动的规律，有：vgt， 解得：t. t2 t 12t2 2 1电磁感应与动量综合问题 往往需要运用牛顿第二定律、 动量定理、 动量守恒定律、 功能关系和能量守恒定律等重要规律， 并结合闭合电路的欧姆定律等物理规律及基本方法 2动量观点在电磁感应问题中的应用，主要可以解决变力的冲量所以，在求解导体棒做非 匀变速运动的问题时，应用动量定理可以避免由于加速度变化而导致运动学公式不能使用的 麻烦， 在求解双杆模型问题时， 在一定条件下可以利用动量守恒定律避免讨论中间变化状态， 而直接求得最终状态 例 2 (2019·嘉、丽 3 月联考)如图所示，有两光滑平行金属导轨，MA、ND 段用特殊材料包 裹， 绝缘不导电， 导轨的间距 l1 m， 左侧接电容器， 右侧接 R6 的电阻， ABCD 区域、 EFGH 区域、MN 左侧均存在垂直于平面，磁感应强度 B1 T 的匀强磁场，ABCD 区域、EFGH 区 域宽度均为 d2.4 m，FG 的右侧固定一轻质绝缘弹簧金属杆 a、b 的质量均为 m0.1 kg， 电阻分别为 r13 、r26 ，金属杆 a 静止在 MN 左侧，金属杆 b 静止在 BEHC 区域，电 容器的电容 C0.1 F，电容器充电完毕以后闭合开关 S，经过一段时间金属杆 a 获得恒定的 速度滑入 MA、ND，通过 ABCD 区域后与金属杆 b 发生弹性碰撞，最后金属杆 b 压缩弹簧， 弹簧形变量最大时弹簧被锁定(金属杆 b 静止)，弹簧储存的弹性势能为 0.2 J，则： (1)电容器上极板的电性(“正电”或“负电”)并说明理由； 第 5 页 共 14 页 (2)金属杆 b 刚要离开 EFGH 区域磁场瞬间，受到的安培力大小； (3)从进入 ABCD 区域到锁定过程，金属杆 a 上产生的焦耳热； (4)电容器充电完毕后所带的电荷量 答案 见解析 解析 (1)闭合开关 S，金属杆 a 向右运动，由左手定则判断电流方向所以电容器上极板带 正电 (2)金属杆 b 压缩弹簧，动能转化为弹性势能： mv Ep，vb2 m/s 1 2 b2 电源电动势 EBlvb2 V 电阻 R 与 r1并联，总电阻 R总r28 ，I r1R Rr1 E R总 F安BIl0.25 N (3)金属杆 b 通过 EFGH 区域，由动量定理： tmv B2l2v R总 又 td，v 解得 v3 m/s 故碰撞以后金属杆 b 的速度 vb5 m/s 金属杆 a、b 发生弹性碰撞，满足： 动量守恒：mvmvamvb 能量守恒： mv2 mv mvb2 1 2 1 2 a2 1 2 求得金属杆 a 的碰撞前的速度为 v5 m/s 第 6 页 共 14 页 金属杆 a 通过 ABCD 区域： tmv td R总r1 B2l2v R总 v r2R Rr2 解得 v4 m/s 金属杆 a 进入 ABCD 区域时的速度 v09 m/s 金属杆 a 切割磁感线产生的总焦耳热 Q1 mv mv22.8 J 1 2 02 1 2 金属杆 a 分配到 1.4 J 金属杆 b 切割磁感线产生的总焦耳热 Q2 mvb2 mv 1.05 J 1 2 1 2 b2 金属杆 a 分配到 J 7 40 总共产生了 1.575 J 的焦耳热 (4)金属杆 a 获得恒定的速度 v09 m/s，通过金属杆的电荷量为 q Bqlmv0 且达到稳定速度时电容器两端的电压与金属杆两端的电压相等 Blv0 Qq C Qmv 0Cv0B2l2 Bl 所以 Q1.8 C 拓展训练2 (2019·绍兴市3月选考)如图所示， 两平行光滑轨道MN和PQ竖直放置， 间距l0. 5 m， 其中EG和FH为两段绝缘轨道， 其余均为金属轨道， 轨道末端NQ间连接一个自感系数L 0.01 H 的线圈，其直流电阻可以忽略在 ABCD、CDEF、GHJI 区域内存在垂直轨道平面的 匀强磁场，磁感应强度大小 B1B2B30.2 T，方向如图，图中 d0.4 m两导体棒 a、b 通过轻质杆连接，总质量 m0.02 kg，b 棒电阻 R0.2 ，a 棒电阻不计；现将 ab 连杆系统 第 7 页 共 14 页 从距离 AB 边高 h 处由静止释放， a 棒匀速通过 ABCD 区域， 最终 a 棒以 1.6 m/s 的速度穿出 EF 边导体棒与金属轨道垂直且接触良好(g10 m/s2) (1)求 h 的值； (2)求 a 棒从进入 AB 边到穿出 EF 边的总时间； (3)若 a 棒通过 GH 边时轻质杆突然断裂，以该位置为原点，竖直向下为 x 轴，求 a 棒在向下 运动过程中电流 i 与位移 x 的大小关系已知线圈上的自感电动势为 EL，此过程中导体 i t 棒 b 仍在 EFGH 区域运动 答案 (1)0.8 m (2)0.26 s (3)i10x 解析 (1)设导体棒 a 进入磁场 B1时速度为 v1，产生电动势 EB1lv1，电流 IB 1lv1 R 匀速通过 ABCD 区域，要求 mgB 12l2v1 R 求得 v14 m/s ab 连杆自由下落过程，h0.8 m v12 2g (2)ab 连杆在磁场 B1区域匀速下落的时间 t10.1 s d v1 第 8 页 共 14 页 当导体棒 a 匀速进入 CD 边，导体棒开始减速，经过 t2导体棒 a 到达 EF 位置，当导体棒速 度为 v 时电动势为 E2Blv，电流为 I，安培力为 F 2Blv R 4B2l2v R 此过程中由动量定理得 mgt2mv2mv1 4B2l2vt R 即 mgt2dmv2mv1，求得 t20.16 s 4B2l2 R 总时间 tt1t20.26 s (3)导体棒 a 切割产生的电动势等于线圈自感电动势 B3lvLi t 移项 B3l·vtL·i，即 B3l·xL·i，两边累加，得 B3l·xL(ii0) 根据电感线圈的特性(电流不突变)i00 得 ix10x B3l L 专题强化练专题强化练 1(2019·云南昭通市上学期期末)真空中存在电场强度为 E1的匀强电场(未知)，一质量为 m、 带正电的油滴，电荷量为 q，在该电场中竖直向下做匀速直线运动，速度大小为 v0，在油滴 处于位置 A 时， 将电场强度的大小突然增大到某值， 但保持其方向不变， 持续一段时间 t1后， 又突然将电场反向，但保持其大小不变；再持续同样一段时间后，油滴运动到 B 点，重力加 速度大小为 g，求： (1)电场强度 E1的大小和方向； (2)油滴运动到 B 点时的速度大小 答案 (1) 方向竖直向上 (2)v02gt1 mg q 解析 (1)带电油滴在电场强度为E1的匀强电场中匀速运动， 所受的电场力与重力平衡， 有 ： mg qE1 第 9 页 共 14 页 得：E1mg q 油滴所受的电场力方向竖直向上，所以电场强度 E1的方向竖直向上 (2)方法一：设增大后的电场强度为 E2 对于场强突然增大后的第一段 t1时间，由牛顿第二定律得：qE2mgma1 对于第二段 t1时间，由牛顿第二定律得：qE2mgma2 由运动学公式，可得油滴在电场反向时的速度为：v1v0a1t1 油滴在 B 点的速度为：vBv1a2t1 联立可得：vBv02gt1 方法二：对于油滴从 A 运动到 B 的过程，取竖直向下为正方向，由动量定理得： mg·2t1qE2t1qE2t1mvBmv0 解得：vBv02gt1 2(2019·陕西省第二次联考)如图所示，水平绝缘轨道左侧存在水平向右的有界匀强电场，电 场区域宽度为 L， 右侧固定一轻质弹簧， 电场内的轨道粗糙， 与物体间的动摩擦因数为 0.5， 电场外的轨道光滑， 质量为m、 带电荷量为q的物体A从电场左边界由静止释放后加速运动， 离开电场后与质量为 2m 的物体 B 碰撞并粘在一起运动，碰撞时间极短，开始 B 靠在处于原 长的轻弹簧左端但不拴接(A、B 均可视为质点)，已知匀强电场场强大小为(g 为重力加速 3mg q 度)求： (1)弹簧的最大弹性势能； (2)整个过程 A 在电场中运动的总路程 答案 (1) mgL (2)L 5 6 14 9 第 10 页 共 14 页 解析 (1)设物体 A 碰前的速度为 v1，根据动能定理：EqLmgL mv 1 2 12 碰撞过程动量守恒：mv1(m2m)v2 弹簧压缩过程系统机械能守恒：Ep (m2m)v ，解得 Ep mgL 1 2 22 5 6 (2)可判断最终 AB 静止在电场外侧边界处，弹簧处于自由伸长状态，设 AB 共同在电场中运 动的距离为 x，由能量守恒得 Ep(m2m)gx A 在电场中运动的总路程 sLxL 14 9 3(2019·诸暨市期末)如图所示为某研究小组设计的电磁炮供弹和发射装置装置由倾角 37°的倾斜导轨和水平导轨在 AB 处平滑连接而成，电磁炮发射位置 CD 与 AB 相距 x0.4 m倾斜导轨处有垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度为 B1，ABCD 区域无磁场，CD 处及右侧有竖直向上的匀强磁场， 磁感应强度为 B2.倾斜导轨顶端的单刀双掷开关可连接阻值 R1.0 的电阻和电容 C0.5 F 的电容器质量 m2.0 kg、长度 L1.0 m、电阻 r1.0 的金属杆 ab 代替电磁炮弹， 金属杆与倾斜导轨和 ABCD 区域导轨之间的动摩擦因数均为 0.5，CD 右侧导轨光滑且足够长供弹过程：开关打到 S1处，金属杆从倾斜导轨某个位置 及以上任意位置由静止释放，金属杆最终都恰好精确停在 CD 处；发射过程：开关打到 S2处， 连接电压 U100 V 电容器，金属杆从 CD 位置开始向右加速发射已知导轨间距为 L1.0 m，sin 37°0.6，cos 37°0.8，g10 m/s2，不计空气阻力 (1)求金属杆到达 AB 处时速度 v 的大小； (2)为精确供弹，求磁感应强度 B1的大小； (3)当 B2多大时，金属杆的最终速度最大？最大速度为多少？ 答案 (1)2.0 m/s (2)2.0 T (3)2.0 T 25 m/s 解析 (1)金属杆从 AB 到 CD 的过程，由动能定理： 第 11 页 共 14 页 mgx0 mv2 1 2 得 v2.0 m/s (2)为精确供弹，金属杆只要在倾斜导轨上最终达到匀速运动即可，则 mgsin mgcos F安 F安B 12L2v Rr 得：B12.0 T (3)稳定时金属杆速度最大，设最终速度为 v1，此时电容器电压为 U1，则 U1B2Lv1 金属杆受安培力的冲量，由动量定理 B2iLtmv10 即 B2qLmv1 其中 qC(UU1) 则 v1 B2LCU mB22L2C LCU m B2B 2L2C 当B2L2C 时 m B2 即 B22.0 T m L2C 最大速度 v125 m/s 4(2019·宁波市“十校联考”)如图(a)，超级高铁(Hyperloop)是一种以“真空管道运输”为 理论核心设计的交通工具，它具有超高速、低能耗、无噪声、零污染等特点如图(b)，已知 管道中固定着两根平行金属导轨 MN、PQ，两导轨间距为r；运输车的质量为 m，横截面3 是半径为 r 的圆运输车上固定着间距为 D、与导轨垂直的两根导体棒 1 和 2，每根导体棒 第 12 页 共 14 页 的电阻为 R，每段长度为 D 的导轨的电阻也为 R.其他电阻忽略不计，重力加速度为 g. (1)如图(c)，当管道中的导轨平面与水平面成 30°时，运输车恰好能无动力地匀速下滑求 运输车与导轨间的动摩擦因数 ； (2)在水平导轨上进行实验，不考虑摩擦及空气阻力 当运输车由静止离站时， 在导体棒 2 后间距为 D 处接通固定在导轨上电动势为 E 的直流电 源，此时导体棒 1、2 均处于磁感应强度为 B，垂直导轨平面向下的匀强磁场中，如图 (d)求刚接通电源时运输车的加速度的大小；(电源内阻不计，不考虑电磁感应现象) 当运输车进站时，管道内依次分布磁感应强度为 B、宽度为 D 的匀强磁场，且相邻的匀强 磁场的方向相反求运输车以速度 v0从如图(e)通过距离 2D 后的速度 v 的大小 答案 (1) (2) v0 3 6 4 3BrE 11mR 6B2r2D mR 解析 (1)分析运输车的受力，将运输车的重力分解，如图(a)，轨道对运输车的支持力为 FN1、 FN2，如图(b) 第 13 页 共 14 页 由几何关系 FN1mgcos ，FN2mgcos 又 Ff1FN1，Ff2FN2 运输车匀速运动 mgsin Ff1Ff2 解得 3 6 (2)运输车离站时，电路图如图(c) R总11R 4 由闭合电路的欧姆定律 I 又 I1 ，I2， E R总 I 4 3I 4 导体棒所受的安培力：F1BI1·r；F2BI2·r33 运输车的加速度 aF 1F2 m 联立解得 a4 3BrE 11mR 运输车进站时，电路如图(d)， 当车速为 v 时，由法拉第电磁感应定律：E1B·rv；E2B·rv33 由闭合电路的欧姆定律 IE 1E2 4R 导体棒所受的安培力：F1BI·r；F2BI·r33 第 14 页 共 14 页 运输车所受的合力：FF1F2B 2·3r2v R 选取一小段时间 t，运输车速度的变化量为 v，由动量定理：tmv B2·3r2v R 即xmv B2·3r2 R 两边求和：mvmv0 3B2r22D R 解得 vv06B 2r2D mR