（浙江专用版）2020版高考物理二轮复习 专题四 电路与电磁感应 第10讲 电学中的动量和能量问题课

第一部分专题四电路与电磁感应题型1电场和磁场中的动量和能量问题内容索引NEIRONGSUOYIN题型2电磁感应中动量和能量问题电场和磁场中的动量和能量问题题型1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θ＝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，而后通过x轴上的N点，且OM＝ON.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ΔE；L16答案58gL564mgL解析设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：mgLsinθ＝12mv12mg·L16sinθ＝12mv22由动量守恒定律：mv1＝－mv2＋2mv解得v＝58gL机械能损失：ΔE＝12mv12－(12mv22＋12×2mv2)解得ΔE＝564mgL(2)磁场的磁感应强度大小B；答案32m3gL15qL解析由于b从M点运动到Q点的过程中与杆无作用力，可得qvBcosθ＝2mg，解得B＝32m3gL15qL(3)b离开杆后经过多长时间会通过x轴.答案竖直向上通过x轴：t＝5π243Lg＋(n－1)(45Lg＋5π163Lg)(n＝1、2、3、…)；竖直向下通过x轴：t＝5π243Lg＋54Lg＋(n－1)(54Lg＋5π163Lg)(n＝1、2、3、…)解析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α＝120°，又匀速圆周运动的周期为T＝4πmqBb从Q点第一次通过N点的时间为t1＝α360°T，可得t1＝5π243Lgb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＝2vg＝54Lgb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＝T2＝5π163Lg故b离开杆后会通过x轴的可能时间是：(ⅰ)竖直向上通过x轴：t＝t1＋(n－1)(t2＋t3)＝5π243Lg＋(n－1)(54Lg＋5π163Lg)(n＝1、2、3、…)t＝t1＋t2＋(n－1)(t2＋t3)＝5π243Lg＋54Lg＋(n－1)(54Lg＋5π163Lg)(n＝1、2、3、…)(ⅱ)竖直向下通过x轴：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；答案mgt1＋t2qt112gt2(t1＋t2)解析以油滴为研究对象，从开始运动到达到最高点的过程中，根据动量定理可得：qEt1－mg(t1＋t2)＝0，由运动的可逆性得加速过程的末速度v＝gt2，解得：E＝mgt1＋t2qt1；所以全程的平均速度为v＝gt22，故全过程的位移大小h＝v(t1＋t2)＝12gt2(t1＋t2)；(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t2t1＋2t22解析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：2qE－mg＝ma，设自由落体运动下落的高度为s1，匀减速下落的高度为s2，则有s1＋s2＝h，s1＝v′22g，s2＝v′22a，根据自由落体运动的规律，有：v′＝gt，解得：t＝t2t1＋2t22.电磁感应中动量和能量问题题型21.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l＝1m，左侧接电容器，右侧接R＝6Ω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B＝1T的匀强磁场，ABCD区域、EFGH区域宽度均为d＝2.4m，FG的右侧固定一轻质绝缘弹簧.金属杆a、b的质量均为m＝0.1kg，电阻分别为r1＝3Ω、r2＝6Ω，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C＝0.1F，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0.2J，则：(1)电容器上极板的电性(“正电”或“负电”)并说明理由；答案见解析解析闭合开关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刚要离开EFGH区域磁场瞬间，受到的安培力大小；答案见解析解析金属杆b压缩弹簧，动能转化为弹性势能：电源电动势E＝Blvb＝2V12mvb2＝Ep，vb＝2m/s电阻R与r1并联，总电阻R总＝r2＋r1RR＋r1＝8Ω，I＝ER总F安＝BIl＝0.25N(3)从进入ABCD区域到锁定过程，金属杆a上产生的焦耳热；答案见解析解析金属杆b通过EFGH区域，由动量定理：－B2l2vR总Δt＝mΔv又vΔt＝d，解得Δv＝－3m/s故碰撞以后金属杆b的速度vb′＝5m/s金属杆a、b发生弹性碰撞，满足：动量守恒：mv＝mva＋mvb′能量守恒：12mv2＝12mva2＋12mvb′2求得金属杆a的碰撞前的速度为v＝5m/s金属杆a通过ABCD区域：－B2l2v′R总′Δt＝mΔv′v′Δt＝dR总′＝r1＋r2RR＋r2解得Δv′＝－4m/s金属杆a进入ABCD区域时的速度v0＝9m/s金属杆a切割磁感线产生的总焦耳热Q1＝12mv02－12mv2＝2.8J金属杆a分配到1.4J金属杆b切割磁感线产生的总焦耳热Q2＝12mvb′2－12mvb2＝1.05J金属杆a分配到740J总共产生了1.575J的焦耳热(4)电容器充电完毕后所带的电荷量.答案见解析解析金属杆a获得恒定的速度v0＝9m/s，通过金属杆的电荷量为qBql＝mv0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Q－qC＝Blv0Q＝mv0＋Cv0B2l2Bl所以Q＝1.8C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l＝0.5m，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＝0.01H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B1＝B2＝B3＝0.2T，方向如图，图中d＝0.4m.两导体棒a、b通过轻质杆连接，总质量m＝0.02kg，b棒电阻R＝0.2Ω，a棒电阻不计；现将ab连杆系统从距离AB边高h处由静止释放，a棒匀速通过ABCD区域，最终a棒以1.6m/s的速度穿出EF边.导体棒与金属轨道垂直且接触良好.(g＝10m/s2)(1)求h的值；答案0.8m解析设导体棒a进入磁场B1时速度为v1，产生电动势E＝B1lv1，电流I＝B1lv1R匀速通过ABCD区域，要求mg＝B12l2v1R求得v1＝4m/sab连杆自由下落过程，h＝v122g＝0.8m(2)求a棒从进入AB边到穿出EF边的总时间；答案0.26s解析ab连杆在磁场B1区域匀速下落的时间t1＝dv1＝0.1s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E＝2Blv，电流为I＝2BlvR，安培力为F＝4B2l2vR此过程中由动量定理得mgt2－∑4B2l2vΔtR＝mv2－mv1即mgt2－4B2l2Rd＝mv2－mv1，求得t2＝0.16s总时间t＝t1＋t2＝0.26s(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E＝，此过程中导体棒b仍在EFGH区域运动.答案i＝10x解析导体棒a切割产生的电动势等于线圈自感电动势B3lv′＝LΔiΔt移项B3l·v′Δt＝L·Δi，即B3l·Δx＝L·Δi，两边累加，得B3l·x＝L(i－i0)根据电感线圈的特性(电流不突变)i0＝0得i＝B3lLx＝10xLΔiΔt