《（浙江選考）2019高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題七 計算題題型強(qiáng)化 第5講 加試第23題 動量觀點和電學(xué)知識的綜合應(yīng)用課件.ppt》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江選考）2019高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題七 計算題題型強(qiáng)化 第5講 加試第23題 動量觀點和電學(xué)知識的綜合應(yīng)用課件.ppt（33頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第5講加試第23題動量觀點和電學(xué)知識的綜合應(yīng)用,專題七計算題題型強(qiáng)化,,內(nèi)容索引,題型1動量觀點在電場、磁場中的應(yīng)用,題型2動量觀點在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用,,,動量觀點在電場、磁場中的應(yīng)用,,題型1,例1(2018新高考研究聯(lián)盟聯(lián)考)如圖1所示，真空中MN上方半徑為R的虛線所圍的圓形區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場，磁場方向與紙面垂直.在磁場右側(cè)有長為2R、間距為R的平行金屬板所形成的勻強(qiáng)電場，具體分布在矩形ACFD內(nèi).矩形中心線O1O2與磁場區(qū)域的圓心O在同一直線上，O1也是圓周上的一點，BAO1DE在同一豎直線上，BA、DE為擋板.有一群電荷量為q、質(zhì)量為m的帶電粒子以速率v0從圓周上的a點飛入，其方向與a

2、M成0180角且分布均勻地射出，每秒,圖1,內(nèi)射出的帶電粒子數(shù)總為N0，某一沿aO方向射入磁場的粒子從O1點飛出磁場進(jìn)入右側(cè)電場，并恰好從DF邊緣F點離開電場，最后垂直打到探測板PQ上.(不計粒子的重力及粒子間的相互作用),(1)求電場強(qiáng)度E和磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的比值；,答案,解析,解析帶電粒子從aO方向射入，從O1射出，其反向延長線必經(jīng)過O點，可得軌跡圓的半徑與區(qū)域圓的半徑是相同的，即都為R.,帶電粒子在電場中的運(yùn)動是類平拋運(yùn)動，可得,2Rv0t,(2)求探測板PQ與MN的夾角的正切值和每秒垂直打在熒光屏PQ上的粒子數(shù)n；,答案,解析,解析帶電粒子從F點飛出時，水平方向的速度仍為v0,與aM

3、成90沿aO射入的粒子，此時剛好打到斜面上，可知，只有從A處水平進(jìn)入的同樣的帶電粒子會從O2點出來垂直打到斜面上. 由數(shù)學(xué)知識可得，此時帶電粒子從a處進(jìn)入的方向與aM成60，即在a處入射的粒子能夠打到極板上的大小是30，,(3)若打在平行金屬板DF上的粒子被全部吸收，打在探測板PQ上的粒子全部被探測板反向彈回，彈回速度大小不變，求從電場中射出的粒子對探測板的平均作用力的大小.(沒有飛入ACFD的粒子均被AB、DE擋板攔截),答案,解析,解析帶電粒子從電場中出射速度大小為：,對粒子進(jìn)行受力分析，由動量定理得： Ft0Nt0mv(Nt0mv),1.如圖2所示，在足夠大的空間范圍內(nèi)，同時存在著豎直向

4、上的勻強(qiáng)電場和垂直紙面向里的水平勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B1.57 T.小球1帶正電，其電荷量與質(zhì)量之比 4 C/kg.當(dāng)小球1無速度時可處于靜止?fàn)顟B(tài)；小球2不帶電，靜止放置于固定的水平懸空支架(圖中未畫出)上.使小球1向右以v023.59 m/s的水平速度與小球2正碰，碰后經(jīng)過0.75 s再次相碰.設(shè)碰撞前后兩小球帶電情況不發(fā)生改變，且始終保持在同一豎直平面內(nèi).問：(g取10 m/s2，取3.14),圖2,(1)電場強(qiáng)度E的大小是多少？,答案,解析,答案2.5 N/C,解析小球1所受的重力與電場力始終平衡 m1gq1E，E2.5 N/C.,(2)小球2與小球1的質(zhì)量的比值是多少？(計算結(jié)果取整數(shù)

5、),答案,解析,答案11,解析相碰后小球1做勻速圓周運(yùn)動，,LR1v2t， 代入數(shù)據(jù)，解得v23.75 m/s. 兩小球第一次碰撞前后的動量守恒，以水平向右為正方向， m1v0m1v1m2v2，因R1v2t2.812 5 m，則,動量觀點在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用,,題型2,例2(2018浙江4月選考23)如圖3所示，在豎直平面內(nèi)建立xOy坐標(biāo)系,在0 x0.65 m、y0.40 m范圍內(nèi)存在一具有理想邊界、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場區(qū)域.一邊長l0.10 m、質(zhì)量m0.02 kg、電阻R0.40 的勻質(zhì)正方形剛性導(dǎo)線框abcd處于圖示位置，其中心的坐標(biāo)為(0,0.65 m).現(xiàn)將線框以初速,圖3,度

6、v02.0 m/s水平向右拋出，線框在進(jìn)入磁場過程中速度保持不變，然后在磁場中運(yùn)動，最后從磁場右邊界離開磁場區(qū)域，完成運(yùn)動全過程.線框在全過程中始終處于xOy平面內(nèi)、其ab邊與x軸保持平行，空氣阻力不計.求：,(1)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??；,答案,解析,答案2 T,解析線框做平拋運(yùn)動，當(dāng)ab邊與磁場上邊界接觸時，,得t0.2 s，,此時豎直方向的分速度v2ygt2 m/sv0， 合速度方向與水平方向成45角，由題知進(jìn)入過程中為勻速進(jìn)入，ad與bc這兩邊產(chǎn)生的電動勢相互抵消，所以整個框只有ab邊切割，并且只有豎直方向切割，有效速度為2 m/s，,FABIl 因為線框勻速進(jìn)入磁場，合力為0， 所以mg

7、FA 聯(lián)立解得B2 T.,(2)線框在全過程中產(chǎn)生的焦耳熱Q；,答案,解析,答案0.037 5 J,解析線框全部進(jìn)入磁場區(qū)域之后，水平方向做勻速運(yùn)動，豎直方向做勻加速運(yùn)動，線框離開磁場過程中，上下兩邊所受到的安培力抵消，所以不考慮豎直方向上的安培力產(chǎn)生的焦耳熱，水平方向上，只有ad邊的水平方向上的速度在切割磁感線， 線框離開磁場時電荷量,離開磁場過程中列水平方向的動量定理，取水平向右為正方向， FAtmv5xmv0， 得Blqmv5xmv0,得v5x1.5 m/s，列出動能定理表達(dá)式，,同時離開磁場過程中豎直方向只受重力，列豎直方向牛頓第二定律 v5y2v4y22gh 聯(lián)立解得Q10.017

8、5 J 在進(jìn)入磁場過程中，速度不變，重力勢能轉(zhuǎn)變成焦耳熱Q2mgl0.02 J 所以Q總0.037 5 J,(3)在全過程中，cb兩端的電勢差Ucb與線框中心位置的x坐標(biāo)的函數(shù)關(guān)系.,答案,解析,解析易得圖中2、3、4、5狀態(tài)下中心橫坐標(biāo)分別為0.4、0.5、0.6、0.7； 當(dāng)0 x<0.4時，線框還沒進(jìn)入磁場，Ucb0； 當(dāng)0.4x0.5時，線框電動勢由ab邊切割磁感線提供，但cb邊進(jìn)入磁場部分也在切割磁場，因此這里相當(dāng)于也有一個電源，在計算電勢差時也要考慮，同時電勢差要注意正負(fù)，因此,當(dāng)0.5x0.6時，線框完全進(jìn)入磁場，電路中沒有電流，但bc邊仍在切割磁感線，因此仍然相當(dāng)于一個電源，U

9、cbBlv00.4 V；,得Ucb0.250.25x (V).,2.(201891高中聯(lián)盟期中)如圖4所示，兩根間距為L的金屬導(dǎo)軌MN和PQ，電阻不計，左端向上彎曲，其余水平，水平導(dǎo)軌左端有寬度為d、方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場，右端有另一磁場，其寬度也為d、方向豎直向下，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B.有兩根質(zhì)量均為m、接入電路的電阻均為R的金屬棒a和b與導(dǎo)軌垂直放置，b棒置于磁場中點C、D處，導(dǎo)軌除C、D兩處(對應(yīng)的距離極短)外其余均光滑，兩處對棒可產(chǎn)生總的最大靜摩擦力為棒重力的K倍，a棒從彎曲導(dǎo)軌某處由靜止釋放.,圖4,(1)若a棒釋放的高度大于h0，則a棒進(jìn)入磁場時才會使b棒運(yùn)動，請求出h0；,

10、答案,解析,解析a棒從h0高處釋放后在彎曲導(dǎo)軌上滑動時機(jī)械能守恒，有,a棒剛進(jìn)入磁場時，EBLv,由題意：BILKmg,(2)若將a棒從高度小于h0的某處釋放，使其以速度v0進(jìn)入磁場，結(jié)果a棒以 的速度從磁場中穿出，求兩棒即將相碰時b棒上的電功率Pb；,答案,解析,解析以v0的方向為正方向，,設(shè)兩棒相碰前瞬間，a棒的速度為v.,(3)若將a棒從高度大于h0的某處釋放，使其以速度v1進(jìn)入磁場，從磁場穿出時的速度大小為 ，分析說明b棒此時是否已穿出磁場.,答案,解析,答案沒有穿出磁場,解析由于a棒從高度大于h0處釋放，因此當(dāng)a棒進(jìn)入磁場后，b棒開始向左運(yùn)動.以v1的方向為正方向，由動量守恒：,兩棒的速度大小隨時間的變化圖象大致如圖所示， 可見b棒位移小于a棒位移的一半， 所以沒有穿出磁場.,