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

第10课时电学中的动量和能量问题专题四电路与电磁感应栏目索引考点1电场中的动量和能量问题考点2磁场中的动量和能量问题考点3电磁感应中的动量和能量问题例1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.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使飞行器达到很高的速度.如图1所示，我国发射的“实践九号”携带的卫星上第一次使用了离子电推力技术，为我国的航天技术开启了一扇新的大门.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：(1)发射出的氧离子速度大小；考点1电场中的动量和能量问题图1答案2eUm解析以氧离子为研究对象，根据动能定理，有2eU＝12mv2－0，所以，发射出的氧离子速度为v＝2eUm.(2)每秒钟发射出的氧离子数；答案P2eU解析设每秒钟发射出的氧离子数为N，则发射功率可表示为P＝NΔEk＝2NeU，所以，N＝P2eU.(3)发射出离子后飞行器开始运动的加速度大小.答案PMmeU解析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，飞行器加速度的大小为a＝v′t＝NmvM＝PMmeU.变式训练1.当金属的温度升高到一定程度时就会向四周发射电子，这种电子叫热电子，通常情况下，热电子的初始速度可以忽略不计.如图2所示，相距为L的两块固定平行金属板M、N接在输出电压恒为U的高压电源E2上，M、N之间的电场近似为匀强电场，K是与M板距离很近的灯丝，通过小孔穿过M板与外部电源E1连接，电源E1给K加热从而产生热电子，不计灯丝对内部匀强电场的影响.热电子经高压加速后垂直撞击N板，瞬间成为金属板的自由电子，速度近似为零.电源接通后，电流表的示数稳定为I，已知电子的质量为m、电荷量为e.求：图2(1)电子到达N板前瞬间的速度vN的大小；答案2eUm解析由动能定理得eU＝12mvN2－0，解得vN＝2eUm.(2)N板受到电子撞击的平均作用力F的大小.答案I2mUe解析设Δt时间经过N板的电荷量为Q，Q＝IΔt在Δt时间落在N板上的电子数为N1：N1＝IΔte对Δt时间内落在N板上的电子整体应用动量定理：－FΔt＝0－N1mvN，F＝N1mvNΔt＝I2mUe.F′＝F＝I2mUe.由作用力与反作用力关系可知，N板受到电子撞击的平均作用力大小为例2(2019·福建福州市期末)如图3所示，竖直平面MN的右侧空间存在着水平向左的匀强电场和水平向里的匀强磁场，电场、磁场相互垂直，MN左侧的绝缘水平面光滑，右侧的绝缘水平面粗糙.质量为m的小物体A静止在MN左侧的水平面上，该小物体带负电，电荷量为－q(q＞0).质量为的不带电的小物体B以速度v0冲向小物体A并发生弹性正碰，碰撞前后小物体A的电荷量保持不变.考点2磁场中的动量和能量问题13m图3(1)求碰撞后小物体A的速度大小；答案v02解析设A、B碰撞后的速度分别为vA、vB，由于A、B发生弹性正碰，动量、能量守恒，则有：mBv0＝mBvB＋mAvA12mBv02＝12mBvB2＋12mAvA2解得：vA＝v02(2)若小物体A与MN右侧粗糙水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，磁感应强度为，电场强度为.小物体A从MN开始向右运动距离为L时速度达到最大.求小物体A的最大速度vm和此过程克服摩擦力所做的功W.B＝3mgqv0E＝7μmgq答案2v07μmgL－158mv02解析当物体A的加速度等于零时，其速度达到最大值vm，对物体A受力分析如图所示.在竖直方向：FN＝qvmB＋mg在水平方向：qE＝μFN解得：vm＝2v0根据动能定理得：qEL－W＝12mvm2－12mvA2联立解得：W＝7μmgL－158mv02.2.如图4所示是计算机模拟出的一种宇宙空间的情景，在此宇宙空间内存在这样一个远离其他空间的区域(其他星体对该区域内物体的引力忽略不计)，以MN为界，上半部分匀强磁场的磁感应强度大小为B1，下半部分匀强磁场的磁感应强度大小为B2.已知B1＝4B2＝4B0，磁场方向相同，且磁场区域足够大.在距离界线MN为h的P点有一宇航员处于静止状态，宇航员以平行于MN的速度向右抛出一质量为m、电荷量为q的带负电小球，发现小球经过界线处的速度方向与界线成90°角，接着小球进入下半部分磁场.当宇航员沿与界线平行的直线匀速到达目标Q点时，刚好又接住球而静止.变式训练图4(1)请你粗略地作出小球从P点运动到Q点的运动轨迹；答案见解析图解析小球运动轨迹如图所示.(2)PQ间的距离是多大；答案6h解析由几何关系可知R1＝h，由qvB＝mv2R和B1＝4B2＝4B0，可知R2＝4R1＝4h，设小球的速率为v1，由qv1(4B0)＝mv12R1解得小球的速率v1＝4qB0hm，根据运动的对称性，PQ间的距离为L＝2(R2－R1)＝6h.(3)宇航员的质量是多少.解析由qvB＝mv2r和T＝2πrv得小球做匀速圆周运动的周期T＝2πmqB，故小球由P运动到Q的时间t＝T12＋T22＝5πm4qB0.设宇航员的速度为v2＝Lt＝24qB0h5πm，宇航员在Q点接住球时，由动量守恒定律有Mv2－mv1＝0，解得宇航员的质量M＝5πm6.答案5πm61.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，并结合闭合电路欧姆定律等物理规律及基本方法求解.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.考点3电磁感应中的动量和能量问题例3(2019·福建福州市期末质量检测)如图5所示，空间存在一个范围足够大的竖直向下的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B；边长为L的正方形金属框abcd(简称方框)放在光滑的水平地面上，其外侧套着一个与方框边长相同的U形金属框架MNQP(仅有MN、NQ、QP三条边，简称U形框)，U形框的M、P端的两个触点与方框接触良好且无摩擦，其他地方没有接触.两个金属框每条边的质量均为m，每条边的电阻均为r.图5(1)若方框固定不动，U形框以速度v0垂直NQ边向右匀速运动，当U形框的接触点M、P端滑至方框的最右侧时，如图乙所示，求U形框上N、Q两端的电势差UNQ；答案见解析解析由法拉第电磁感应定律得：E＝BLv0此时电路图如图所示由串并联电路规律，外电阻为R外＝2r＋3r×r3r＋r＝114r由闭合电路欧姆定律得：流过QN的电流I＝ER外＋r＝4BLv015r所以：UNQ＝E－Ir＝1115BLv0.(2)若方框不固定，给U形框垂直NQ边向右的水平初速度v0，U形框恰好不能与方框分离，求方框最后的速度vt和此过程流过U形框上NQ边的电荷量q；答案见解析解析U形框向右运动过程中，方框和U形框组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒.解得：vt＝37v0对U形框，由动量定理得：－BLIt＝3mvt－3mv0由q＝It解得：q＝12mv07BL依题意得：方框和U形框最终速度相同，设最终速度大小为vt；3mv0＝(3m＋4m)vt(3)若方框不固定，给U形框垂直NQ边向右的初速度v(vv0)，在U形框与方框分离后，经过t时间，方框的最右侧和U形框的最左侧之间的距离为s.求分离时U形框的速度大小v1和方框的速度大小v2.答案见解析解析设U形框和方框分离时速度分别为v1和v2，系统动量守恒：3mv＝3mv1＋4mv2依题意得：s＝(v1－v2)t联立解得：v1＝37v＋4s7tv2＝37v－3s7t.变式训练3.(2019·浙江杭州市高三期末)如图6(俯视图)所示，质量分布均匀的总质量为M、边长为L的正方形导体线框ACDE处于某一水平面内(离地面足够高)；在t＝0时刻(图示位置)以速度v0将线框水平向右抛入宽度为L、间距也为L的间隔型磁场区域(区域足够大)；该区域内存在磁场的区域磁场方向竖直向下，磁感应强度大小均为B.若线框ACDE在整个运动过程中都保持水平状态，每条边的电阻均为R，不计空气阻力，重力加速度为g.求：图6(1)t＝0时刻线框CD边上的电势差UCD；答案－3BLv04解析E＝BLv0根据电路相关知识可得UCD＝－3BLv04(2)t＝0时刻线框加速度的大小a；答案B2L2v04MR2＋g2解析线框所受的水平方向的安培力F＝BIL＝B2L2v04R所以线框水平方向的加速度大小ax＝B2L2v04MR.线框加速度大小a＝B2L2v04MR2＋g2.(3)若线框在0～t0时间内的位移大小为s，求t＝t0时刻线框水平速度v的大小(设t0时刻线框的水平速度大于0，t0为已知量).答案v0－B2L24s2－g2t048MR解析根据动量定理，水平方向上有－B2L2v4RΔt＝MΔv即－B2L2Δx4R＝MΔv两边同时求和可知－B2L2x4R＝M(v－v0).又s＝x2＋12gt022，所以线框水平速度大小v＝v0－B2L24s2－g2t048MR.