电学中的动量和能量问题__二轮专题

第2 课时电学中的动量和能量问题高考题型 1 电场中的动量和能量问题例1 （2018省市期末检测）如图1所示，轨道ABCDP位于竖直平面，其中圆弧段CD与水平段 AC 及倾斜段 DP 分别相切于 C 点和 D 点，水平段 BC 粗糙，其余都光滑， DP 段与水平面的夹角0= 37° D、C两点的高度差h= 0.1 m,整个轨道绝缘，处于方向水平向左、电场强度大小未知的匀强电场中，一个质量m1= 0.4 kg、带正电、电荷量未知的小物块I在 A点由静止释放，经过时间t= 1 s，与静止在B点的不带电、质量 m2= 0.6 kg的小物块n碰撞并粘在一起后，在BC段上做匀速直线运动，到达倾斜段DP上某位置，物块I和n与轨道 BC段的动摩擦因数尸 0.2, g= 10 m/s2, sin 37 = 0.6, cos 37= 0.8.求：(1)物块i和n在BC段上做匀速直线运动的速度大小；⑵物块I和n第一次经过圆弧段C点时，物块i和n对轨道压力的大小.答案 (1)2 m/s (2)18 N解析(1)物块I和n粘在一起在BC段上做匀速直线运动，设电场强度大小为 E,物块I带电荷量为q,物块I与物块n碰撞前速度为V1，碰撞后共同速度为 V2,则qE = p(m1 + m2)gqEt = m1V1m1V1= (m1+ m2)V2联立解得V2= 2 m/s;⑵设圆弧段CD的半径为R,物块I和n经过C点时圆弧段轨道对物块支持力的大小为F N 则 R(1 - cos 0)= hV22F N- (m1 + m2)g= (m1+ m2) —解得：F N = 18 N，由牛顿第三定律可得物块I和n对轨道压力的大小为 18 N.拓展训练1 (多选)(2018全国卷川21)如图2, 一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平；两微粒a、b所带电荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板附近，与极板距离相等.现同时释放a、b,它们由静止开始运动.在随后的某时刻t, a、 b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面. a、b间的相互作用和重力可忽略.下列说确的是( )A . a的质量比b的大B .在t时刻，a的动能比b的大C .在t时刻，a和b的电势能相等D .在t时刻，a和b的动量大小相等答案 BD1解析经时间t, a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，则x a>x b,根据x= 2at1 2, 得a a>a b，又由a=订知，m a<m b, A项错误；经时间t到下半区域的同一水平面，则电场力做功W a>W b,由动能定理知，a的动能比b的动能大，B项正确；a、b处在同一等势面上，根据E p = q $知，a、b的电势能绝对值相等，符号相反，C项错误；根据动量定理Ft = p — p o,则经过时间t, a、b的动量大小相等，D项正确.拓展训练2 (2018省市上学期期末)如图3所示，PM是半径为R的四分之一光滑绝缘轨道，仅在该轨道有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为 B.光滑绝缘轨道 MN水平且足够长，PM下端与MN相切于M点.质量为m的带正电小球b静止在水平轨道上，质量为 2m、电荷量为q的带正电小球a从P点由静止释放，在a球进入水平轨道后，a、b两小球间只有静电力作用，且a、b两小球始终没有接触.带电小球均可视为点电荷，设小球b离M点足够远，重力加速度为 g.求：1 小球a刚到达M点时的速度大小及对轨道的压力大小;2 a、b两小球系统的电势能最大值E p;（3）a、b两小球最终的速度 v a、v b的大小.答案（1）6m g+ qB 2gR ⑵fmgR ⑶3*2gR ；：2gR解析（1）小球a从P到M，洛伦兹力、弹力不做功，只有重力做功1由动能定理有：2mgR= 2（2m）v M2解得：V M = 2gR, 2 mv M 2在M点，由牛顿第二定律有：F N— 2mg — qv M B= ―R—解得：F N = 6mg+ qB . 2gR根据牛顿第三定律得小球对轨道的压力大小为：F N' = 6mg+ qB . 2gR（2）两球速度相等时系统电势能最大，以向右为正方向，由动量守恒定律有：2mv M = 3mv共1 1根据能量守恒定律有：E p= 2（2m）v M2— 2（3m）v共2” e 2解得：E p= §mgR⑶由动量守恒定律： 2mv M= 2mv a+ mv b111由能量守恒定律有：2（2m）v M2= 2（2m）v a2+ ^mv b2解得：v a= ；v M高考题型2 磁场中的动量和能量问题例2 (2018广西市3月适应测试)如图4所示，光滑绝缘的半圆形圆弧轨道 ACD ，固定在竖直面，轨道处在垂直于轨道平面向里的匀强磁场中，半圆弧的直径AD 水平，因弧的半径为R,匀强磁场的磁感应强度为 B,在A 端由静止释放一个带正电荷、质量为 m 的金属小球甲, 结果小球甲连续两次通过轨道最低点 C 时，对轨道的压力差为 AF ，小球运动过程始终不脱 离轨道，重力加速度为 g.求：(2)小球甲所带的电荷量;两球间静电力的作用)解析(1)由于小球甲在运动过程中，只有重力做功，因此机械能守恒，由A 点运动到C 点,1mgR= ^mv C 解得 V C = ,2gR (2)小球甲第一次通过.,VCC 点时，qv c B+ F 1— mg= m R第二次通过C 点时， V C 2F 2— qv C B — mg= m~R 由题意知AF = F 2 — F 1(1)小球甲经过轨道最低点 C 时的速度大小;⑶若在圆弧轨道的最低点 C 放一个与小球甲完全相同的不带电的金属小球乙， 让小球甲仍由轨道的A 端由静止释放,则甲球与乙球发生弹性碰撞后的一瞬间，乙球对轨道的压力.(不计答案 ⑴2gRAF .-2gR()4gRB(3)3mg ，方向竖直向下⑶因为甲球与乙球在最低点发生的是弹性碰撞，则 mv c = mv 甲+ mv 乙 1 2 1 2 1 22“IV C 2 = 2mv 甲 + qmv 乙 解得V 甲=0, V 乙=V C设碰撞后的一瞬间，轨道对乙的支持力大小为 F 乙，方向竖直向上，则1 V 乙2F 乙+ 乙qv 乙 B — mg= m-z -2 R△F解得F 乙=3mg —〒根据牛顿第三定律可知，此时乙球对轨道的压力大小为 3mg — ^，方向竖直向下.拓展训练3（2018市大兴区上学期期末）如图5所示，在矩形MNQP 区域中有一垂直纸面向里的匀强磁场.质量和电荷量都相等的带电粒子 a 、b 、c 以不同的速率从 O 点沿垂直于PQ 的方向射入磁场，图中实线是它们的轨迹•已知 O 是PQ 的中点，不计粒子重力.从图示轨迹中可以判断（）图5A . a 粒子带负电，b 粒子带正电 B. c 粒子的动量大小大于 a 粒子的动量 C. b 粒子运动的时间大于 a 粒子运动的时间 D. b 粒子的加速度大于 c 粒子的加速度解得q= △F ：'2gR4gRB答案 D 解析根据左手定则知粒子 a带正电，粒子b、c带负电，故 A错误；粒子在磁场中做匀速2圆周运动时，由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB= m^，解得：p = mv= qBr,因c的轨道半径小于 a的轨道半径，则 c粒子的动量大小小于 a粒子的动量，选项 B错误；2 n*^n A Am粒子在磁场中做圆周运动的周期T= 相同，粒子在磁场中的运动时间：t= T= ，由qB 2 n qB于m、q、B都相同，粒子a转过的圆心角大于 b,则b粒子运动的时间小于 a粒子运动的时间，故C错误；根据qvB = ma, b的速度最大，则b粒子的加速度大于 c粒子的加速度，选项D正确.高考题型3电磁感应中动量和能量问题例3如图6所示，NQ和MP是两条平行且倾角为A的光滑金属轨道，在两条轨道下面，在Q、P处接着QT和PS两条平行光滑的金属轨道，轨道足够长，所有轨道电阻忽略不计.金属棒ab、cd 放在轨道上，始终与轨道垂直且接触良好.金属棒ab、cd的质量均为 m,长度均为L,且金属棒的长度恰好等于轨道的间距，它们与轨道构成闭合回路，金属棒ab的电阻为2R, cd的电阻为R.磁场方向均垂直于导轨向上（不考虑PQ交界处的边界效应，可认为磁场在PQ 处立即变为竖直向上），磁感应强度大小为 B.若先保持金属棒cd不动，ab在沿导轨向下的力F的作用下，开始以加速度 a沿倾斜轨道向下做匀加速直线运动•经过t o时间，ab 棒恰好到PQ位置，此时撤去力 F，同时释放金属棒 cd,重力加速度为 g,求：（1）ab 棒匀加速运动过程中，外力 F 随时间t 变化的函数关系； ⑵两金属棒从撤去 F,直到最后达到稳定后的运动过程中，金属棒 cd 产生的热量Q ；（3）两金属棒从撤去 F,直到最后达到稳定后的运动过程中，通过金属棒cd 的电荷量q.2 2答案（1）F=旦3評+ ma — mgsin 0 （t < t 。

） （2）2ma 3 4t o 2⑶盟解析（1）棒ab 匀加速运动过程中，（2）撤去力F 时，金属棒ab 的速度v = at 0, ab 、cd 组成的系统动量守恒，最终稳定时，两棒速度相同，以向右为正方向，由动量守恒定 律得 mv = 2mv'则两金属棒产生的热量Q 等于动能的减少量,1 12 2故金属棒cd 产生的热量 Q = §0总=^ma 2t 023 ^mv由于金属棒ab 电阻为 2R,金属棒cd 电阻为R,故其产生的热量之比为F + mgsin 0— B BLv 3R L =ma得：F =B 2L 2at3R+ ma — mgsin 0 (t W t o )mat o故 q — 2BL 拓展训练4(2018省市重点高中协作体模拟)如图7所示，水平面固定两对足够长的平行光滑金属导轨，左侧两导轨间的距离为 2L ，右侧两导轨间的距离为 L,左、右侧的两导轨间都 存在磁感应强度为 B 、方向竖直向下的匀强磁场. 两均匀的导体棒 ab 和cd 分别垂直放在左、 右两侧的导轨上，ab 棒的质量为2m 、有效电阻为2r ，而cd 棒的质量为m 、有效电阻为r, 其他部分的电阻不计.原来两棒都处于静止状态，现给棒一大小为I o 、方向平行导轨向右的冲量使ab 棒向右运动，在达到稳定状态时，两棒均未滑出各自的轨道.求：(1) cd 棒中的最大电流I m ； (2)cd 棒的最大加速度;(3)两棒达到稳定状态时，各自的速度大小.(2)cd 棒所受的最大安培力 F m — BI m L(3) 当两棒中感应电动势大小相等时系统达到稳定状态，有B 2L 2l o 3m 2r(3)6m I o 3m解析(1) ab 棒获得一冲量，所以初速度I o 2m分析知开始时回路中的感应电动势最大，最大值为 E m — 2BLv o所以cd 棒中最大感应电流E m — BLlo 2r + r — 3mrcd 棒的最大加速度 F m B 2L 2|0a m —m — 3m 2r2BLv ab — BLv cd由ab棒与cd棒中感应电流大小总是相等，可知安培力对ab棒与cd棒的冲量大小关系为l ab =2l cd 对ab棒根据动量定理有 I o— I ab= 2mv ab对cd棒根据动量定理有l cd= mv cdI o I 0解得v ab=6m，v cd=3m.专题强化练1 . （2018省市联校期末）如图1所示，光滑绝缘水平轨道上带正电的甲球，以某一水平速度射1向静止在轨道上带正电的乙球，当它们相距最近时，甲球的速度变为原来的1.已知两球始终5未接触，则甲、乙两球的质量之比是（）A. 1 : 1B. 1 : 2C. 1 : 3D. 1 : 4答案 D2 .（多选）（2018省市上学期期末）如图2所示，水平面上有相距为 L的两光滑平行金属导轨，导轨上静止放有金属杆 a和b，两杆均位于匀强磁场的左侧，让杆a以速度v向右运动，当杆a与杆b发生弹性碰撞后，两杆先后进入右侧的磁场中，当杆a刚进入磁场时，杆 b的速度刚好为a的一半.已知杆a、b的质量分别为2m和m，接入电路的电阻均为 R,其他电阻忽略不计，设导轨足够长，磁场足够大，则（）A .杆a 与杆b 碰撞后，杆a 的速度为3，方向向右C .从b 进入磁场至a 刚进入磁场时，该过程产生的焦耳热为2vD .杆a 、b 最终具有相同的速度，大小为 — 答案 ABC3. （2018省马市二质监）两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面， 两导轨间的距离为L,导轨上垂直放置两根导体棒a 和b,俯视图如图3甲所示.两根导体棒的质量均为m,电阻均为R,回路中其余部分的电阻不计，在整个导轨平面，有磁感应强度大小为 B 的竖直向上的匀强磁场.导体棒与导轨接触良好且均可沿导轨无摩擦地滑行，开始时，两棒均静止，间距为x o ,现给导体棒a 一向右的初速度 v o ,并开始计时，可得到如图乙所示的 Av-1图象（Av 表示两棒的相对速度，即 Av= V a — V b ）B .杆b 刚进入磁场时，通过b 的电流为2BLv 3Rmv 2图3⑴试证明：在0〜t 2时间，回路产生的焦耳热与磁感应强度 B 无关；⑵求t i 时刻，棒b 的加速度大小； (3)求t 2时刻，两棒之间的距离.答案见解析解析(1)t 2时刻，两棒速度相等，由动量守恒定律得：mv o = mv + mv1 1由能量守恒定律得整个过程中产生的焦耳热：Q = 2mv o 2— ^(2m)v 21解得：Q = [mv o 2所以在0〜t 2时间，回路产生的焦耳热与磁感应强度 B 无关.由动量守恒定律： mv o = mv a + mv b 3 1解得：v a = 4v o 时，v b = 4v o回路中的电动势： E = 3BLv o — 1BLv o = *BLv o4 4 2B 2L2此时棒b 所受的安培力：F = BIL =匸四4RF B2[2由牛顿第二定律可得，棒 b 的加速度a=匕=m 4mR(3)t 2时刻，两棒速度相同，由(1)知：v= 2 △①EA B AS BL x — x oq= 1 At= 2R At = 2R At= ~2R = —2R -- 解得： mv 0R X — X 0+ 巳4. （2018省市第二次模拟）如图4甲所示，一倾角为 0= 37°高为h = 0.3 m 的绝缘斜面固定在水平面上，一可视为质点的质量为m= 1 kg 、带电荷量q=+ 0.02 C 的物块放在斜面顶端，距斜面底端L = 0.6 m 处有一竖直放置的绝缘光滑半圆轨道，半径为R= 0.2 m,半圆轨道底端有一质量M = 1 kg 可视为质点的绝缘小球，半圆轨道底端与斜面底端之间存在如图乙所示的 变化电场（水平向右为正方向，图乙中O 点对应坐标原点，虚线与坐标轴围成的图形是椭圆(2)t 1时刻, & = v a 一 v b =vo2 又:一部分，椭圆面积公式S= jab, a、b分别为半长轴和半短轴）.现给物块一沿斜面向下的初速度V0，物块运动到半圆轨道处与小球发生对心弹性碰撞，不计物块经过斜面底端时的能量损失，已知物块与斜面、水平面间的动摩擦因数均为尸0.5，重力加速度g= 10 m/s2, sin 37 =0.60, cos 37 = 0.80.图4（1）若小球不脱离半圆轨道，求物块在斜面顶端释放的初速度V0的围；（2）若小球能通过最高点，并垂直打在斜面上，求小球离开半圆轨道时的速度大小及小球打在斜面上的位置.答案⑴.2 m/s<v°w 6 m/s 或 v0> 2 3 m/s⑵节m/s小球恰好垂直打在斜面的底端解析（1）当小球运动到半圆轨道与圆心等高处速度为零时,对物块从开始运动到与小球碰撞分析题图乙可知 W 电=1 nqE m X 0.21当小球能沿半圆轨道返回时，对小球由动能定理有 2Mv 22= MgR 以上各式联立解得 v o = ,6 m/sh 1物块与小球恰能碰撞时， 由动能定理有 mgh+ W 电―卩m （L +面一^= 0—^mv o12,解得v o1 = , 2m/s当小球恰能通过最高点时，由圆周运动知识可得1 1小球从最低点运动到最高点的过程，根据动能定理得—2MgR= ?Mv 32— 2MV 02，2，得v o2z=综上所述，物块在斜面顶端释放的初速度围为 2 m/s<v o W 」6 m/s 或v o > 2,3 m/s（2）小球离开最高点后，做平抛运动，设小球离开最高点时速度为v 4,则有1水平方向x= v 4t,竖直方向y= ?gt 2x 2v 4又垂直打在斜面上，则 x= ~ = 2ta n 0y gt h /设打在斜面上位置的高度为h',则由几何知识可得 x = L +石一0, y = 2R — h'代入数据联立可得 h' = 0, v 4= 节 m/s ，故小球恰好垂直打在斜面的底端.5. （2018省市质检二）如图5所示，绝缘水平桌面上方区域存在竖直向上的匀强电场，电场强度E = 5 N/C ,过桌左边缘的虚线 PQ 上方存在垂直纸面向外的匀强磁场， 磁感应强度B = n T, 虚线PQ 与水平桌面成45°角，现将一个质量 m 1 = 2.0X 10一3kg 、带正电q= 4.0X 10一3C 的物 块A 静置在桌面上，质量m 2= 1.0 X 10—3kg 、不带电的绝缘物块 B 从与A 相距L = 2.0 m 处的 桌面上以v0= 5.0 m/s的初速度向左运动.物块 A 、B 与桌面间的动摩擦因数均为 尸0.4，二 者在桌面上发生碰撞（碰撞时间极短，A 、B 间无电荷转移）,碰撞后B 反弹速度大小为 V B = 1.0m/s, A 向左运动进入磁场，(重力加速度g 取10 m/s 2，结果保留两位有效数字)求:前，由动能定理有h mgh+ W 电—卩m© +面门=1mv 2— 2mv o 2物块与小球碰撞时，由动量守恒有mv = mv i + Mv 2，由机械能守恒有1 2 1 2 1 22mv 2= ^mv i 2+ qMv 222V 3 Mg = M R.10 m/s,物块由斜面顶端释放至碰撞前瞬间，由动能定理有mgh+ W 电一卩 n(L +ta nmv o212— ^mv o22,解得 v o2= 2.3 m/s图5(1)碰撞后物块 A的速度；(2)物块A从进入磁场到再次回到桌面所用时间；(3)若一段时间后 A、B在桌面上相遇，求碰撞前A与桌面左边缘P的距离.答案 (1)2.0 m/s 方向水平向左(2)2.7 s (3)0.83 m解析(1)设B与A碰撞前瞬间的速度为 v，碰后A、B的速度分别为V A、V B，对于B由动能定理可得：1 2 1 2—ymgL = ?m2v — ?m2v oA、B碰撞过程中，规定向左为正方向，对于A、B组成的系统由动量守恒定律可得：m2V = m1V A— m2V B联立可得：V A= 2.0 m/s，方向水平向左.(2)对A受力分析可知qE= m1g,故碰撞后A向左做匀速直线运动进入磁场，并在磁场中做匀速圆周运动，设在磁场中做圆周运动的周期为T,则：T = 2晋qB 55由几何知识可得：物块A在磁场中运动了才个圆周，轨迹如图所示.A 运动出磁场后竖直向下匀速运动再次回到桌面位置，设其运动时间为 t 2,由题意可得：亠 丄 V A 2在磁场中洛伦兹力提供向心力： qv A B= m i"RR= V A t 2 t= t l + t 2联立得：t~ 2.7 s(3)碰撞后B 反弹，在桌面上做匀减速运动，设其加速度大小为 a,碰撞至停止运动所用时间为t 3,可得： □ m g= m 2a 0 = V B — at 3 解得：t 3= 0.25 s显然，碰撞后 B 运动时间小于 A 运动时间，由此可知 A 、B 相遇时，B 已经停止运动•所以 A 、B 相遇的位置为B 停止运动的位置，也是 A 竖直向下再次回到桌面的位置. 1B 匀减速的位移：S= ?V B t 3 则A 距桌边P 的距离：x= R — s解得 x~ 0.83 m 6 .(2018卷12)真空管道超高速列车的动力系统是一种将电能直接转换成平动动能的装置.设A 在磁场中运动的时间为T 3_ 46 甲是某种动力系统的简化模型，图中粗实线表示固定在水平面上间距为 l 的两条平行光滑金属导轨，电阻忽略不计． ab 和 cd 是两根与导轨垂直、长度均为 l 、电阻均为 R 的金属棒，通过绝缘材料固定在列车底部，并与导轨良好接触，其间距也为I，列车的总质量为 m.列车启动前， ab、cd 处于磁感应强度为 B 的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下，如图甲所示．为使列车启动，需在 M、N 间连接电动势为 E 的直流电源，电源阻及导线电阻忽略不计．列车启动后电源自动关闭．图6(1)要使列车向右运行，启动时图甲中M、N 哪个接电源正极，并简要说明理由．(2)求刚接通电源时列车加速度 a 的大小．⑶列车减速时，需在前方设置如图乙所示的一系列磁感应强度为B的匀强磁场区域，磁场宽度和相邻磁场间距均大于 I.若某时刻列车的速度为 v0，此时ab、cd均在无磁场区域，试讨论: 要使列车停下来，前方至少需要多少块这样的有界磁场？答案见解析解析(1)列车要向右运动，安培力方向应向右.根据左手定则，接通电源后，金属棒中电流 方向由a 到b 、由c 到d,故M 接电源正极.⑵由题意，启动时 ab 、cd 并联，设回路总电阻为 R 总，由电阻的串并联知识得R 总=号①设回路总电流为I ，根据闭合电路欧姆定律有I =—②R 总设两根金属棒所受安培力之和为 F ，有F = IlB ③ 根据牛顿第二定律有F = ma ④ 联立①②③④式得 a =黛⑤ (3)设列车减速时，cd 进入磁场后经 At 时间ab 恰好进入磁场，此过程中穿过两金属棒与导轨所围回路的磁通量的变化为 △①，平均感应电动势为 E i ,由法拉第电磁感应定律有其中 △①=B|2⑦设回路中平均电流为I',由闭合电路欧姆定律有设cd 受到的平均安培力为 F '，有 F ' = I' IB ⑨以向右为正方向，设 At 时间cd 受安培力冲量为I 冲，有I 冲=—F ‘ At ⑩ 同理可知，回路出磁场时ab 受安培力冲量仍为上述值，设回路进出一块有界磁场区域安培力 冲量为I o ，有 l o = 21 冲?设列车停下来受到的总冲量为I 总，由动量定理有E i =△①I 总=0— mv o?联立⑥⑦⑧⑨⑩？？式得1总mv o R_G =即？I总I总I总讨论：若匚恰为整数，设其为 n,则需设置n块有界磁场；若和不是整数，设7；的整数部分为N,则需设置N+ 1块有界磁场.。