(新课标)2020版高考物理大二轮复习专题强化训练9电磁学中的动量和能量问题

专题强化训练(九)
1．(2019·张家口期末)如图所示，ABD 为竖直平面内的光滑绝缘轨道，AB 段为足够长的水平轨道，BD 段为半径R ＝0.2 m 的半圆轨道，二者相切于B 点，整个轨道处于竖直向下的匀强电场中，场强大小E ＝5.0×103
V/m.一不带电的绝缘小球甲，以速度v 0沿水平轨道向右运动，与静止在B 点带正电的小球乙发生弹性正碰．已知乙球质量m ＝1.0×10－2
kg ，乙所带电荷量q ＝2.0×10－5
C ，乙球质量为甲球质量的3倍．取g ＝10 m/s 2
，甲、乙两球均可视为质点，整个运动过程中无电荷转移．
(1)甲、乙两球碰撞后，乙球通过轨道的最高点D 时，对轨道的压力大小N ′为自身重力的2.5倍，求乙在水平轨道上的首次落点到B 点的距离；
(2)在满足(1)的条件下，求甲球的初速度v 0.
[解析] (1)设乙到达最高点D 时的速度为v D ，乙离开D 点首次到达水平轨道的时间为
t ，加速度为a ，乙在水平轨道上的首次落点到B 点的距离为x .乙离开D 点后做类平抛运动，
则2R ＝12
at 2
，x ＝v D t
根据牛顿第二定律有a ＝
mg ＋qE
m
乙过D 点时有mg ＋qE ＋N ＝m v 2D
R
(式中N 为乙在D 点时轨道对乙的作用力)
根据牛顿第三定律有N ＝N ′＝2.5mg 解得x ＝0.6 m.
(2)设碰后瞬间甲、乙两球的速度分别为v 1、v 2，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有
13mv 0＝1
3mv 1＋mv 2 12×13mv 20＝12×13mv 21＋12mv 22 联立解得v 2＝12
v 0
乙球从B 到D 的过程中，根据动能定理有－mg ·2R －qE ·2R ＝12mv 2D －12mv 2
2
由(1)可得v D ＝3 m/s 联立解得v 0＝10 m/s. [答案] (1)0.6 m (2)10 m/s
2．(2019·河北五名校联盟二模)如下图所示，MN 、PQ 两平行光滑水平导轨分别与半径
r ＝0.5 m 的相同竖直半圆导轨在N 、Q 端平滑连接，M 、P 端连接定值电阻R ，质量M ＝2 kg
的cd 绝缘杆垂直且静止在水平导轨上，在其右侧至N 、Q 端的区域内充满竖直向上的匀强磁场．现有质量m ＝1 kg 的ab 金属杆以初速度v 0＝12 m/s 水平向右运动，与cd 绝缘杆发生正碰后，进入磁场并最终未滑出，cd 绝缘杆则恰好能通过半圆导轨最高点，不计除R 以外的其他电阻和摩擦，ab 金属杆始终与导轨垂直且接触良好，g 取10 m/s 2
(不考虑cd 杆通过半圆导轨最高点以后的运动)，求：
(1)cd 绝缘杆恰好通过半圆导轨最高点时的速度大小v ； (2)电阻R 产生的焦耳热Q .
[解析] (1)cd 绝缘杆恰好通过半圆导轨最高点时，
由牛顿第二定律有Mg ＝M v 2
r
解得v ＝ 5 m/s.
(2)发生正碰后cd 绝缘杆滑至最高点的过程中，由动能定理有 －Mg ·2r ＝12Mv 2－12
Mv 2
2，
解得碰撞后cd 绝缘杆的速度v 2＝5 m/s ， 两杆碰撞过程中动量守恒，有
mv 0＝mv 1＋Mv 2，
解得碰撞后ab 金属杆的速度v 1＝2 m/s ，
ab 金属杆进入磁场后由能量守恒定律有Q ＝1
2
mv 21，
解得Q ＝2 J.
[答案] (1) 5 m/s (2)2 J
3．(2019·河南洛阳统考)如图所示，足够长的水平轨道左侧b 1b 2－c 2c 1部分轨道间距为2L ，右侧窄轨道间距为L ，曲线轨道与水平轨道相切于b 1b 2，所有轨道均光滑且电阻不计．在水平轨道内有斜向下与竖直方向成θ＝37°的匀强磁场，磁感应强度大小B 0＝0.1 T ．质量
M ＝0.2 kg 的金属棒B 垂直于导轨静止放置在右侧窄轨道上，质量m ＝0.1 kg 的金属棒A 自
曲线轨道上a 1a 2处由静止释放，经时间t ，两棒达到稳定状态．两棒在运动过程中始终相互平行且与导轨保持良好接触，棒A 总在宽轨上运动，棒B 总在窄轨上运动．已知两棒接入电路的有效电阻均为R ＝0.2 Ω，h ＝0.2 m ，L ＝0.2 m ，取g ＝10 m/s 2
，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：
(1)棒A 滑到b 1b 2处时的速度大小； (2)棒B 匀速运动的速度大小；
(3)在两棒整个的运动过程中通过棒A 某截面的电荷量； (4)在两棒整个的运动过程中两棒在水平导轨间扫过的面积之差．
[解析] (1)棒A 在曲线轨道上下滑，轨道光滑，由机械能守恒定律有mgh ＝12mv 2
解得棒A 滑到b 1b 2处时的速度v 0＝2 m/s.
(2)对棒A 、B ，分别由动量定理有－B 0cos θ·I ·2Lt ＝mv A －mv 0，B 0cos θ·I Lt ＝Mv B 得mv 0－mv A ＝2Mv B
两棒最后匀速运动时，电路中无电流，则B 0Lv B ＝2B 0Lv A ，得v B ＝2v A 解得v B ＝29v 0＝4
9
m/s.
(3)在棒B 加速过程中，由动量定理有B 0cos θ·I Lt ＝Mv B －0 在两棒整个的运动过程中通过棒A 某截面的电荷量q ＝I t 解得q ＝50
9
C.
(4)据法拉第电磁感应定律有E ＝ΔΦ
Δt
其中磁通量变化量ΔΦ＝B 0cos θ·ΔS 电路中的电流I ＝
E 2R
通过棒A 某截面的电荷量q ＝I t
解得在两棒整个的运动过程中两棒在水平导轨间扫过的面积之差ΔS ＝2509 m 2
.
[答案] (1)2 m/s (2)49 m/s (3)509 C (4)2509
m 2
4．(2019·福建泉州模拟)如图所示，在竖直平面(纸面)内有一直角坐标系xOy ，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)；一光滑绝缘的固定不带电细杆PQ 交x 轴于M 点，细杆与x 轴的夹角
θ＝30°，杆的末端在y 轴Q 点处，P 、M 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 套在杆上并从P 点由静止释放，与b 碰撞后瞬间反弹，反弹后到达最高点时被锁定，锁定点与M 点的距离为L
16
，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 ，a 、b 均可看作质点，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 ； (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．
[解析] (1)设a 与b 碰前瞬间a 的速度大小为v 1，碰后瞬间a 的速度大小为v 2，由机械能守恒得
mgL sin θ＝12
mv 21，mg ·
L 16
sin θ＝12
mv 2
2 取沿杆向下方向为正方向，则a 、b 碰撞过程中，由动量守恒定律有mv 1＝－mv 2＋2mv 联立解得v ＝5
8
gL
机械能损失ΔE ＝12mv 21－⎝ ⎛⎭⎪⎫
12mv 22＋12×2mv 2
解得ΔE ＝5
64
mgL .
(2)设匀强磁场的磁感应强度大小为B ，由于b 从M 点运动到Q 点的过程中始终与杆无
作用力，可得qvB cos θ＝2mg
将v ＝58gL 代入得B ＝32m 3gL 15qL
.
(3)b 在第四象限做匀速圆周运动的轨迹如图所示，由几何关系可得轨迹的圆心O ′在x 轴上，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T ＝4πm
qB
b 从Q 点到第一次通过N 点的时间t 1＝
α
360°
T
得t 1＝5π
24
3L g
b 第一次通过N 点后做竖直上抛运动，经t 2时间第二次通过N 点，有
t 2＝2v g ＝
54
L g
b 第二次通过N 点后在磁场中做半个圆周运动，经t 3时间第三次通过x 轴，有 t 3＝T 2
＝5π16
3L
g
b 离开杆后会通过x 轴有两种情况：
①第n 次竖直向上经过x 轴，时间t ＝t 1＋(n －1)(t 2＋t 3)＝5π
24
3L
g
＋(n －
1)⎝
⎛⎭
⎪⎫
54
L g ＋5π16
3L g (n ＝1、2、3、…)
②第n 次竖直向下经过x 轴，时间t ＝t 1＋t 2＋(n －1)(t 2＋t 3)＝5π
24
3L g ＋54
L g
＋(n －1)⎝
⎛⎭
⎪⎫
54
L g ＋5π16
3L g (n ＝1、2、3、…)．
[答案] (1)58gL 564mgL (2)32m 3gL
15qL
(3)第n 次竖直向上经过x 轴，时间t ＝t 1＋(n －1)(t 2＋t 3)＝
5π
24
3L
g
＋(n －
1)⎝
⎛⎭
⎪⎫
54
L g ＋5π16
3L g (n ＝1、2、3、…)
第n 次竖直向下经过x 轴，时间t ＝t 1＋t 2＋(n －1)(t 2＋t 3)＝5π
24
3L g ＋54
L g
＋(n －1)⎝
⎛⎭
⎪⎫
54
L g ＋5π16
3L g (n ＝1、2、3、…)。