6动量能量综合问题6-与电场磁场结合(上传版本)
高考物理一轮复习104电磁感应中的动力学和动量能量综合问题课件
2021/12/13
第三十三页，共五十八页。
[解题指导] 解答本题时应从以下两点进行分析： (1)把圆盘理解成“同心圆周导线”和“辐条”切割模型． (2)将实际问题转化为等效电路(各个电源并联，总电动势等于 一个电源的电动势)．
2021/12/13
第三十四页，共五十八页。
[解析] 设圆盘的半径为 r，圆盘转动的角速度为 ω，则圆盘转 动产生的电动势为 E＝12Br2ω，可知转动的角速度恒定，电动势恒 定，电流恒定，A 项正确；根据右手定则可知，从上向下看，圆盘 顺时针转动，圆盘中电流由边缘指向圆心，即电流沿 a 到 b 的方向 流动，B 项正确；圆盘转动方向不变，产生的电流方向不变，C 项 错误；若圆盘转动的角速度变为原来的 2 倍，则电动势变为原来的 2 倍，电流变为原来的 2 倍，由 P＝I2R 可知，电阻 R 上的热功率变 为原来的 4 倍，D 项错误．
[答案]
(1)2∶9
(2)1.2 J
7 (3)12 m
2021/12/13
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题型 2 导体棒转动切割磁感线问题 [典例 4] (2016·全国卷Ⅱ)(多选)法拉第圆盘发电机的示意图如 图所示．铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片 P、Q 分别与圆盘的 边缘和铜轴接触．圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场 B 中．圆盘旋 转时，关于流过电阻 R 的电流，下列说法正确的是( AB )
2021/12/13
第四页，共五十八页。
突破 电磁感应中的动力学问题 1．导体的两种运动状态 (1)导体的平衡状态——静止状态或匀速直线运动状态． 处理方法：根据平衡条件(合力等于零)列式分析． (2)导体的非平衡状态——加速度不为零． 处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系分 析．
2019高考物理题分类汇编06电场和磁场解析版
2019高考物理题分类汇编06电场和磁场解析版1.【2019年全国Ⅰ】如图，空间存在一方向水平向右的匀强电场，两个带电小球P和Q用相同的绝缘细绳悬挂在水平天花板下，两细绳都恰好与天花板垂直，则A. P和Q都带正电荷B. P和Q都带负电荷C. P带正电荷，Q带负电荷D. P带负电荷，Q带正电荷【答案】D【解析】解：由图可知，两小球均在电场力和库仑力的作用下保持平衡；由于库仑力为相互作用，大小相等、方向相反；故两小球受到的电场力也一定方向相反；因此两小球一定带异种电荷，则P球所受库仑力向右，Q球所受库仑力向左。
匀强电场方向水平向右，故正电荷受电场力向右，其受库仑力一定向左，故Q带正电荷，P带负电荷，故D正确，ABC错误。
故选：D。
明确两小球均受电场力和库仑力作用而处于平衡状态，根据库仑力和电场力的方向进行分析，从而明确两球的电性。
本题考查带电小球在电场力的作用下处于平衡状态的分析，关键是明确电场力和库仑力的方向特点，同时注意共点力平衡条件的应用是解题的关键。
2.【2019年全国Ⅰ】如图，等边三角形线框LMN由三根相同的导体棒连接而成，固定于匀强磁场中，线框平面与磁感应强度方向垂直，线框顶点M、N与直流电源两端相接。
已知导体棒MN受到的安培力大小为F，则线框LMN受到的安培力的大小为A. 2FB.C.D. 0【答案】B【解析】解：由已知条件可知MLN边的有效长度与MN相同，等效后的电流方向也与MN相同，边MLN的电阻等于边MN的电阻的两倍，两者为并联关系，设MN中的电流大小为I，则MLN中的电流为，设MN的长为L，由题意知：，所以边MLN所受安培力为：，方向与MN边所受安培力的方向相同，，故B正确，ACD错误。
故有：合故选：B。
先由已知条件可知MLN边的有效长度与MN相同，等效后的电流方向也与MN相同，先根据并联电路的电阻关系得出电流关系，再由即可分析MLN边所受安培力，由力的合成即可求得线框LMN所受安培力的大小。
专题(05)电学中的动量和能量问题(解析版)
专题（05）电学中的动量和能量问题（解析版）【专题考向】动量与能量在电学中应用，主要是动力学知识和功能关系解决力电综合问题，在高考中常以压轴题的形式出现，题目综合性强，分值高，难度大。
考查重点：(1)电场和磁场中的动量和能量问题；(2)电磁感应中的动量和能量问题。
【知识、方法梳理】【热点训练】1、(多选)图中虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，已知平面b上的电势为2 V。
一电子经过a时的动能为10 eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为6 eV。
下列说法正确的是()A．平面c上的电势为零B．该电子可能到达不了平面fC．该电子经过平面d时，其电势能为4 eVD．该电子经过平面b时的速率是经过d时的2倍解析：因等势面间距相等，由U＝Ed得相邻虚线之间电势差相等，由a到d，－eU ad＝－6 eV，故U ad＝6 V；各虚线电势如图所示，因电场力做负功，故电场方向向右，沿电场线方向电势降低，φc＝0，A项正确；因电子的速度方向未知，若不垂直于等势面，如图中实曲线所示，电子可能到达不了平面f，B项正确；经过d时，电势能E p＝－eφd＝2 eV，C项错误；由a到b，W ab＝E kb－E ka＝－2 eV，所以E kb＝8 eV；由a到d，W ad＝E kd－E ka＝－6 eV，所以E kd＝4 eV；则E kb＝2E kd，根据E k＝12mv 2知v b ＝2v d ，D 项错误。
【答案】AB2、如图所示，间距为L 的足够长光滑平行金属导轨固定在同一水平面内，虚线MN 右侧区域存在磁感应强度为B 、方向竖直向下的匀强磁场。
质量均为m 、长度均为L 、电阻均为R 的导体棒a 、b ，垂直导轨放置且保持与导轨接触良好．开始导体棒b 静止于与MN 相距为x 0处，导体棒a 以水平速度v 0从MN 处进入磁场。
不计导轨电阻，忽略因电流变化产生的电磁辐射，运动过程中导体棒a 、b 没有发生碰撞。
电磁感应中的能量及动量问题课件
答案与解析
答案1
感应电动势E = BLv，其中B是磁场强度，L是导线在磁场中的有效长度，v是导线在磁场中的速 度。
解析1
根据法拉第电磁感应定律，感应电动势E与磁通量变化率成正比，即E = ΔΦ/Δt。当导线在均匀 磁场中运动时，磁通量Φ = BLx，其中x是导线在磁场中的位置。由于导线以速度v向右运动，磁
通量随时间变化，即ΔΦ/Δt = BLv。因此，感应电动势E = BLv。
答案2
感应电动势E = 2ωBS，其中B是磁场强度，S是线圈在磁场中的面积，ω是线圈旋转的角速度。
答案与解析
解析2
当矩形线圈在均匀磁场中旋转时，线圈中的磁通量随时间变化，产生感应电动势。线圈 在磁场中的面积S和线圈的匝数N决定了感应电动势的大小。因此，感应电动势E = N × 2ωBS。
械能向电能的转换。
变压器
总结词
变压器是利用电磁感应原理实现电压变 换的关键设备，广泛应用于输配电和工 业自动化等领域。
VS
详细描述
变压器由初级线圈、次级线圈和铁芯组成 。当交流电通过初级线圈时，产生变化的 磁场，该磁场在次级线圈中产生感应电动 势。通过调整初级和次级线圈的匝数比， 可以实现电压的升高或降低，满足不同用 电设备和输电线路的需求。
军事应用
电磁炮作为一种新型武器系统，具有高精度、高速度和高破 坏力的特点，在军事领域具有广泛的应用前景。
04
电磁感应的实际应用
交流发电机
总结词
交流发电机利用电磁感应原理，将机械能转换为电能，为现代电力系统提供源源不断的 电力。
详细描述
交流发电机由转子（磁场）和定子（线圈）组成，当转子旋转时，磁场与线圈之间发生 相对运动，从而在线圈中产生感应电动势。通过外部电路闭合，电流得以输出，实现机
高中物理专题复习----动量与电磁场的结合
微专题39 动量与电磁场的结合【微专题训练】【南昌市三校高三第四次联考】如图所示，匀强磁场的方向垂直纸面向里，一带电微粒从磁场边界d 点垂直于磁场方向射入，沿曲线dpa 打到屏MN 上的a 点，通过pa 段用时为t .若该微粒经过P 点时，与一个静止的不带电微粒碰撞并结合为一个新微粒，最终打到屏MN 上。
若两个微粒所受重力均忽略,则新微粒运动的 （ ）A. 轨迹为pb,至屏幕的时间将小于tB. 轨迹为pc ,至屏幕的时间将大于tC. 轨迹为pa ，至屏幕的时间将大于tD. 轨迹为pb,至屏幕的时间将等于t 【答案】C如图所示，在光滑绝缘水平面上方足够大的区域内存在水平向右的电场，电场强度为E .不带电的绝缘小球P 2静止在O 点.带正电的小球P 1离小球P 2左侧的距离为L .现由静止释放小球P 1，在电场力的作用下P 1与P 2发生正碰后反弹，反弹速度是碰前的23倍.已知P 1的质量为m ，带电荷量为q ，P 2的质量为5m .求：(1)碰撞前小球P 1的速度. (2)碰撞后小球P 2的速度.(3)小球P 1和小球P 2从第一次碰撞到第二次碰撞的时间和位置. 【解析】(1)设碰撞前小球P 1的速度为v 0，根据动能定理 qEL ＝12mv 2，解得v 0＝2qELm，方向水平向右 (2)P 1、P 2碰撞，则碰后P 1速度为－23v 0，设P 2速度为v 2，由动量守恒定律：mv 0＝m (－23v 0)＋5mv 2解得v 2＝v 03，水平向右(3)碰撞后小球P 1先向左后向右做匀变速运动，设加速度为a ，则：a ＝qEm设P 1、P 2碰撞后又经Δt 时间再次发生碰撞，且P 1受电场力不变，由运动学公式，以水平向右为正方向，则：－23v 0Δt ＋12a Δt 2＝13v 0Δt ，解得：Δt ＝22mLqE对P 2分析：x ＝13v 0Δt ＝4L 3即第二次碰撞时在O 点右侧4L3处 【答案】(1) 2qEL m ，方向水平向右 (2)v 03，方向水平向右 (3)2 2mL qE 在O 点右侧4L3处(2016·浙江4月选考)某同学设计了一个电磁推动加喷气推动的火箭发射装置，如图6所示．竖直固定在绝缘底座上的两根长直光滑导轨，间距为L .导轨间加有垂直导轨平面向下的匀强磁场B .绝缘火箭支撑在导轨间，总质量为m ，其中燃料质量为m ′，燃料室中的金属棒EF 电阻为R ，并通过电刷与电阻可忽略的导轨良好接触．引燃火箭下方的推进剂，迅速推动刚性金属棒CD (电阻可忽略且和导轨接触良好)向上运动，当回路CEFDC 面积减少量达到最大值ΔS ，用时Δt ，此过程激励出强电流，产生电磁推力加速火箭．在Δt 时间内，电阻R 产生的焦耳热使燃料燃烧形成高温高压气体．当燃烧室下方的可控喷气孔打开后．喷出燃气进一步加速火箭．(1)求回路在Δt 时间内感应电动势的平均值及通过金属棒EF 的电荷量，并判断金属棒EF 中的感应电流方向；(2)经Δt 时间火箭恰好脱离导轨，求火箭脱离时的速度v 0；(不计空气阻力)(3)火箭脱离导轨时，喷气孔打开，在极短的时间内喷射出质量为m ′的燃气，喷出的燃气相对喷气前火箭的速度为v ，求喷气后火箭增加的速度Δv .(提示：可选喷气前的火箭为参考系) 【解析】(1)根据电磁感应定律，有E ＝ΔΦΔt ＝B ΔS Δtq ＝I Δt ＝ΔΦR ＝B ΔS R电流方向向右 (2)平均感应电流 I ＝E R ＝B ΔSR Δt平均安培力 F ＝B I L (F －mg )Δt ＝mv 0 v 0＝B 2L ΔS mR－g Δt(3)以喷气前的火箭为参考系，设竖直向上为正，由动量守恒定律 －m ′v ＋(m －m ′)Δv ＝0 得Δv ＝m ′m －m ′v .【答案】(1)B ΔS Δt B ΔS R 向右 (2)B 2L ΔS mR －g Δt (3)m ′m －m ′v(2016·浙江10月学考)如图所示，在x 轴的上方存在垂直纸面向里，磁感应强度大小为B 0的匀强磁场，位于x 轴下方离子源C 发射质量为m 、电荷量为q 的一束负离子，其初速度大小范围为0～3v 0.这束离子经电势差为U ＝mv 202q 的电场加速后，从小孔O (坐标原点)垂直x轴并垂直磁场射入磁场区域，最后打到x 轴上．在x 轴上2a ～3a 区间水平固定放置一探测板(a ＝mv 0qB 0)．假设每秒射入磁场的离子总数为N 0，打到x 轴上的离子数均匀分布(离子重力不计)．(1)求离子束从小孔O 射入磁场后打到x 轴的区间；(2)调整磁感应强度的大小，可使速度最大的离子恰好打在探测板的右端，求此时的磁感应强度大小B 1；(3)保持磁感应强度B 1不变，求每秒打在探测板上的离子数N ；若打在板上的离子80%被板吸收，20%被反向弹回，弹回速度大小为打板前速度大小的0.6倍，求探测板受到的作用力大小．【解析】(1)对于初速度为0的粒子：qU ＝12mv 21r 1＝mv 1qB 0＝a恰好打在x ＝2a 的位置 对于初速度为3v 0的粒子 qU ＝12mv 22－12m (3v 0)2r 2＝mv 2qB 0＝2a ，恰好打在x ＝4a 的位置 打在x 轴上的区间为[2a,4a ] (2)由动能定理 qU ＝12mv 22－12m (3v 0)2r 3＝mv 2qB 1r 3＝32a解得B 1＝43B 0(3)对速度为0的粒子 qU ＝12mv 21r 4＝mv 1qB 1＝34a2r 4＝1.5a粒子打在x 轴上的区间为[1.5a,3a ] N ＝N 0a 1.5a ＝23N 0由动量定理－Ft ＝－0.8Nmv 0＋0.2N (－0.6mv 0－mv 0) 解得 F ≈0.75N 0mv 0(2016·9月绍兴适应性考试)如图所示，足够长的光滑水平直导轨的间距为l ，电阻不计，垂直轨道平面有磁感应强度为B 的匀强磁场，导轨上相隔一定距离放置两根长度均为l 的金属棒，a 棒质量为m ，电阻为R ，b 棒质量为2m ，电阻为2R 。
素养培优6 电磁感应中动力学、能量和动量的综合-2025高考物理素养培优
2 2 0
解得a1＝
，a2＝
3
3
由右手定则和左手定则可知加速度方向都水平向右。
0
3
1
（3） m0 2
18
（2）ab棒向左做减速运动，cd棒向右做加速运动，当电路中的电流
为零时，两导体棒达到稳定状态，做匀速直线运动，设此时速度分
别为v1和v2，则
BLv1＝B×2Lv2
分析得两导体棒加速度在任意时刻都相等，则
v1＝v0－t，v2＝t
2
0
解得v1＝ v0，v2＝ 。
3
3
1
1
1
2
2
（3）产生的总热量Q＝ m0 － m1 － ×2m2 2
2
2
2
1
又Qab＝ Q
3
1
解得产生的热量为Qab＝ m0 2 。
18
动量观点在电磁感应中的应用
角度1
动量定理在电磁感应中的应用
－BILΔt＋F其他Δt＝mv2－mv1，
即－BLq＋F其他Δt＝mv2－mv1，
已知电荷量q、F其他（F其他为恒力）
时间
B2 L2 t
－
＋F其他Δt＝mv2－mv1，
总
2 2
即－
＋F其他Δt＝mv2－mv1，
总
已知位移x、F其他（F其他为恒力）
【典例3】 （多选）（2024·山东聊城一模）如图所示，四条光滑的足够
1
I1＝
＋
经分析知整个金属环在运动过程中可视为长度为L、电阻为Rc的金属
棒，设金属环刚开始运动时所受的安培力大小为F1、加速度大小为
a，则
F1＝I1LB
由牛顿第二定律得
F1＝2ma
电磁感应的动力学和能量、动量综合问题 物理人教版(2019)选择性必修第二册
电磁感应中的双杆模型总结(无外力）
光滑平行等距导轨
光滑平行不等距导轨
情景图
运动 分析
质量m1=m2 电阻r1=r2 长度L1=L2
质量m1=m2 电阻r1=r2 长度L1=2L2
稳定条件 能量分析
v1=v2=v0/2
动量守恒，Q热=-ΔEk
例2如图3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v0＝12 m/s水平向右与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，不计其他电阻和摩擦，ab金属杆始终与导轨垂直且接触良好，取g＝10 m/s2，求： 答案 5 m/s (1)cd绝缘杆通过半圆导轨最高点时的速度大小v；
A.0.1 J
B.0.2 J
C.0.3 J
D.0.4 J
6.两根质量均为m的光滑金属棒a、b垂直放置在如图所示的足够长的水 平导轨上,两金属棒与导轨接触良好,导轨左边间距是右边间距的2倍,两导 轨所在的区域处于竖直向下的匀强磁场中。一根不可伸长的绝缘轻质细 线一端系在金属棒b的中点,另一端绕过轻小光滑定滑轮与质量也为m的 重物c相连,线的水平部分与导轨平行且足够长,c离地面足够高,重力加速 度为g。由静止释放重物c后,两金属棒始终处在各自的导轨上且始终垂直 于导轨,达到稳定状态后,细线中的拉力大小为(导轨电阻忽略不计)( )
5.如图所示,间距为L的平行光滑且足够长的金属导轨固定倾斜放置,倾角 θ=30°,虚线ab、cd垂直于导轨,在ab、cd间有垂直于导轨平面向上、磁 感应强度大小为B的匀强磁场。质量均为m、阻值均为R的金属棒PQ、 MN并靠在一起垂直导轨放在导轨上。释放金属棒PQ,当PQ到达ab瞬间 ,再释放金属棒MN;PQ进入磁场后做匀速运动,当PQ到达cd时,MN刚好 到达ab。不计导轨电阻,重力加速度为g。则MN通过磁场过程中,PQ上 产生的焦耳热为( )
磁场电场综合训练题目及答案
磁场电场综合训练1如图所示，涂有特殊材料的阴极K ，在灯丝加热时会逸出电子，电子的初速度可视为零，质量为m 、电量为e ．逸出的电子经过加速电压为U 的电场加速后，与磁场垂直的方向射人半径为R 的圆形匀强磁场区域．已知磁场的磁感强度为B ，方向垂直纸面向里，电子在磁场中运动的轨道半径大于R 。
试求： （1）电子进人磁场时的速度大小； （2）电子运动轨迹的半径r 的大小；（3）电子从圆形磁场区边界的人射位置不同，它在磁场区内运动的时间就不相同．求电子在磁场区内运动时间的最大值．(1)电子在电场中的加速过程，根据动能定理有：eU ＝2012mv ①得0v ②(2)电子由所受的洛仑兹力提供向心力，有0v ev B mr = ③r＝0mv eB ④(3)分析可知，当电子在磁场中的轨迹弧最长时，它在磁场中运动的时间也最长．因r ＞R ，最大的弦长应等2R ，对应的弧最长，运动时间也最长． 画出几何关系图如右图所示．sin 2θ＝R r=⑤ 电于做圆周运动的周期 T=22r mT v eB ππ== ⑥ 电子在磁场区运动的最长时间2m t Tθπ=⑦解得12sin (m m t eB =－ ⑧评分标准：本题20分．(1)问5分，①式3分，②式2分；(2)问5分，③式3 分，④式2分，(3)问10分，得出⑤式4分，⑥、⑦、⑧式各2分．2. 质谱仪是一种测定带电粒子质量和分析同位素的重要工具，它的构造原理如图所示．离子源S 产生的各种不同正离子束(速度可看作为零)，经加速电场(加速电场极板间的距离为d 、电势差为U)加速，然后垂直进入磁感应强度为B 的有界匀强磁场中做匀速圆周运动，最后到达记录它的照相底片P 上．设离子在P 上的位置与入口处S 1之间的距离为x 。
(1)求该离子的荷质比mq ． (2)若离子源产生的是带电量为q 、质量为m 1和m 2的同位素离子(m 1> m 2)，它们分别到达照相底片上的P 1、P 2位置(图中末画出)，求P 1、P 2间的距离△x 。
动量和能量结合问题PPT课件
2021/4/8
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难点突破
典例精析 【例2】如图所示，光滑水平面上有一质量M＝4.0 kg的平板车，车的上表面 是一段长L＝1.5 m的粗糙水平轨道，水平轨道左侧连一半径R＝0.25 m的四分之一 光滑圆弧轨道，圆弧轨道与水平轨道在点O′处相切.现将一质量m＝1.0 kg的小物块 (可视为质点)从平板车的右端以水平向左的初速度v0滑上平板车，小物块与水平轨道 间的动摩擦因数μ＝0.5，小物块恰能到达圆弧轨道的最高点A.取g＝10 m/s2，求：
2021/4/8
24
难点突破
(1)求A滑过Q点时的速度大小v和受到的弹力大小F； 【解析】 从A→Q由动能定理得
－mg·2R＝12mv2－12mv0 2 解得 v＝4 m/s＞ gR＝ 5 m/s
在Q点，由牛顿第二定律得
FN＋mg＝mvR2
解得FN＝22 N. 【答案】 4 m/s 22 N
2021/4/8
2021/4/8
6
知识梳理
2.系统化思维方法，就是根据众多的已知要素、事实，按照一定的联系方 式，将其各部分连接成整体的方法.
(1)对多个物理过程进行整体思维，即把几个过程合为一个过程来处理，如 用动量守恒定律解决比较复杂的运动.
(2)对多个研究对象进行整体思维，即把两个或两个以上的独立物体合为一 个整体进行考虑，如应用动量守恒定律时，就是把多个物体看成一个整体(或系 统).
动量定理说明的是合外力的冲量与 动量变化 的关系，反映了力对时间的 累积效果，与物体的初、末动量无必然联系.动量变化的方向与 合外力的冲量 方 向相同，而物体在某一时刻的动量方向跟合外力的冲量方向无必然联系.
动量定理公式中的F是研究对象所受的包括重力在内的所有外力的 合力，它 可以是恒力，也可以是变力，当F为变力时，F应是合外力对作用时间的 平均值 .
专题15 电磁感应中的动量和能量问题 (解析版)-高考物理计算题专项突破
专题15 电磁感应中的动量和能量问题①磁通量公式：BS =Φ；②磁通量的变化量：12Φ-Φ=∆Φ；磁通量的变化率：tt ∆Φ-Φ=∆∆Φ12；③法拉第电磁感应定律公式：t nE ∆∆Φ=；（n 为线圈匝数）④感应电流与感应电动势的关系：rR EI +=；⑤与线框有关的公式：S t B n E ∆∆=；B tSn E ∆∆=；t nBS E ωωsin =；⑥恒流电路：It q =。
1.电磁感应现象中出现的电能，一定是由其他形式的能转化而来的，具体问题中会涉及多种形式能之间的转化，如机械能和电能的相互转化、内能和电能的相互转化。
分析时应当牢牢抓住能量守恒这一基本规律，分析清楚有哪些力做功就可以知道有哪些形式的能量参与了相互转化，如有摩擦力做功，必然有内能出现；重力做功就可能有机械能参与转化；安培力做负功就是将其他形式的能转化为电能，做正功就是将电能转化为其他形式的能，然后利用能量守恒列出方程求解。
电能求解的主要思路：（1）利用克服安培力做功求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功。
（2）利用能量守恒求解：机械能的减少量等于产生的电能。
（3）利用电路特征求解：通过电路中所产生的电流来计算。
2.电磁感应中的能量转化问题解决此类问题的步骤（1）用法拉第电磁感应定律和楞次定律（包括右手定则）确定感应电动势的大小和方向。
（2）画出等效电路图，写出回路中电阻消耗的电功率的表达式。
（3）分析导体机械能的变化，用能量守恒关系得到机械功率的改变与回路中电功率的改变所满足的方程，联立求解。
两种常考的电磁感应中的动力学、动量和能量问题：1.在安培力作用下穿越磁场（如图）【动力学分析】以进入磁场的过程为例，设运动过程中某时刻的速度为v ，加速度大小为a ，则mRv L B a 22=，a 与v 方向相反，导线框做减速运动，↓↓⇒a v ，即导线框做加速度减小的减速运动。
【能量分析】部分（或全部）动能转化为焦耳热，k E Q ∆-=。
高考物理复习电学中的动量和能量问题讲义
第2课时电学中的动量和能量问题例1(2019·湖北省4月份调研)如图1，在高度为H的竖直区域内分布着互相垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向左；磁感应强度大小为B ，方向垂直纸面向里．在该区域上方的某点A ，将质量为m 、电荷量为＋q 的小球，以某一初速度水平抛出，小球恰好在该区域做直线运动．已知重力加速度为g .图1(1)求小球平抛的初速度v 0的大小；(2)若电场强度大小为E ，求A 点距该区域上边界的高度h ；(3)若电场强度大小为E ，令该小球所带电荷量为－q ，以相同的初速度将其水平抛出，小球离开该区域时，速度方向竖直向下，求小球穿越该区域的时间．答案 (1)mg qB (2)E 22gB 2 (3)BH E －m 2gBEq 2解析 (1)设小球进入复合场时，速度方向与水平方向成θ角，分析小球的受力，如图所示，小球做直线运动则有qvB cos θ＝mg ，v ＝v 0cos θ解得v 0＝mg qB；(2)小球从A 点抛出到刚进入复合场，由动能定理mgh ＝12mv 2－12mv 02又由(1)知(mg )2＋(qE )2＝(qvB )2联立解得h ＝E 22gB2(3)设某时刻小球经复合场某处时速度为v ，将其正交分解为v x 、v y ，则小球受力如图，在水平方向上，由动量定理(qE －qv y B )·Δt ＝0－mv 0 即BqH －Eqt ＝mv 0解得t ＝BH E －m 2gBEq2.拓展训练1 (2019·云南昭通市上学期期末)真空中存在电场强度为E 1的匀强电场(未知)，一质量为m 、带正电的油滴，电荷量为q ，在该电场中竖直向下做匀速直线运动，速度大小为v 0，在油滴处于位置A 时，将电场强度的大小突然增大到某值，但保持其方向不变，持续一段时间t 1后，又突然将电场反向，但保持其大小不变；再持续同样一段时间后，油滴运动到B 点，重力加速度大小为g ，求： (1)电场强度E 1的大小和方向； (2)油滴运动到B 点时的速度大小． 答案 (1)mg q方向竖直向上 (2)v 0＋2gt 1解析 (1)带电油滴在电场强度为E 1的匀强电场中匀速运动，所受的电场力与重力平衡，有：mg ＝qE 1.得：E 1＝mg q油滴所受的电场力方向竖直向上，由题意知油滴带正电，所以电场强度E1的方向竖直向上．(2)方法一：设增大后的电场强度为E2，对于场强突然增大后的第一段t1时间，由牛顿第二定律得：qE2－mg＝ma1对于第二段t1时间，由牛顿第二定律得：qE2＋mg＝ma2由运动学公式，可得油滴在电场反向时的速度为：v1＝v0－a1t1油滴在B点时的速度为：v B＝v1＋a2t1联立可得：v B＝v0＋2gt1.方法二：设增大后的电场强度为E2，对于油滴从A运动到B的过程，取竖直向下为正方向，由动量定理得：mg·2t1－qE2t1＋qE2t1＝mv B－mv0解得：v B＝v0＋2gt1.拓展训练2(2019·江西上饶市重点中学六校第一次联考)如图2所示，在足够大的空间范围内，同时存在着竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场，磁感应强度B ＝2T ．小球1带正电，小球2不带电，静止放置于固定的水平悬空支架上．小球1向右以v 1＝12 m/s 的水平速度与小球2正碰，碰后两小球粘在一起在竖直平面内做匀速圆周运动，两小球速度水平向左时离碰撞点的距离为2 m ．碰后两小球的比荷为4 C/kg.(取g ＝10 m/s 2)图2(1)电场强度E 的大小是多少？ (2)两小球的质量之比m 2m 1是多少？ 答案 (1)2.5N/C (2)12解析 (1)碰后有(m 1＋m 2)g ＝qE 又qm 1＋m 2＝4C/kg得E ＝2.5N/C(2)以向右为正方向，由动量守恒定律：m 1v 1＝(m 1＋m 2)v 2 qv 2B ＝(m 1＋m 2)v 22r由题意可知：r ＝1m联立代入数据解得：m 2m 1＝12.例2(2019·山东泰安市第二轮复习质量检测)如图3所示，间距为L的足够长光滑平行金属导轨固定在同一水平面内，虚线MN右侧区域存在磁感应强度为B 、方向竖直向下的匀强磁场．质量均为m 、长度均为L 、电阻均为R 的导体棒a 、b ，垂直导轨放置且保持与导轨接触良好．开始导体棒b 静止于与MN 相距为x 0处，导体棒a 以水平速度v 0从MN 处进入磁场．不计导轨电阻，忽略因电流变化产生的电磁辐射，运动过程中导体棒a 、b 没有发生碰撞．求：图3(1)导体棒b 中产生的内能； (2)导体棒a 、b 间的最小距离． 答案 (1)18mv 02 (2)x 0－mv 0RB 2L2解析 (1)导体棒a 进入磁场后，a 、b 及导轨组成的回路磁通量发生变化，产生感应电流．在安培力作用下，a 做减速运动、b 做加速运动，最终二者速度相等．此过程中系统的动量守恒，以v 0的方向为正方向，有mv 0＝2mv根据能量守恒定律 12mv 02－12·2mv 2＝Q 导体棒b 中产生的内能Q b ＝Q 2整理得Q b ＝18mv 02；(2)设经过时间Δt 二者速度相等，此过程中安培力的平均值为F ，导体棒ab 间的最小距离为x .以b 为研究对象，根据动量定理F Δt ＝mv而F ＝BILI ＝E 2R E ＝ΔΦΔtΔΦ＝BL (x 0－x ) 联立解得x ＝x 0－mv 0RB 2L 2. 拓展训练3 (2019·福建龙岩市5月模拟)如图4为电磁驱动与阻尼模型，在水平面上有两根足够长的平行轨道PQ 和MN ，左端接有阻值为R 的定值电阻，其间有垂直轨道平面的磁感应强度为B 的匀强磁场，两轨道间距及磁场宽度均为L .质量为m 的金属棒ab 静置于导轨上，当磁场沿轨道向右运动的速度为v 时，棒ab 恰好滑动．棒运动过程始终在磁场范围内，并与轨道垂直且接触良好，轨道和棒电阻均不计，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．图4(1)判断棒ab刚要滑动时棒中的感应电流方向，并求此时棒所受的摩擦力F f大小；(2)若磁场不动，将棒ab以水平初速度2v运动，经过时间t＝mRB2L2停止运动，求棒ab运动位移x及回路中产生的焦耳热Q；(3)若t＝0时棒ab静止，而磁场从静止开始以加速度a做匀加速运动，图5中关于棒ab运动的速度－时间图象哪个可能是正确的？请分析说明棒各阶段的运动情况．图5答案见解析解析(1)根据右手定则，感应电流方向由a至b依题意得，棒刚要运动时，受到的摩擦力等于安培力：F f＝F安F安＝BI1LI 1＝BLv R联立解得：F f ＝B 2L 2v R(2)设棒的平均速度为v ，根据动量定理可得：－F 安t －F f t ＝0－2mv F 安＝B I L ，又I ＝BL v R ，x ＝v t 联立解得：x ＝mvR B 2L 2根据动能定理有：－F f x －W 安＝0－12m (2v )2 根据功能关系有Q ＝W 安得：Q ＝mv 2；(3)丙图正确当磁场速度小于v 时，棒ab 静止不动；当磁场速度大于v 时，E ＝BL Δv ，棒ab 的加速度从零开始增加，a 棒<a 时，Δv 逐渐增大，电流逐渐增大，安培力F 逐渐增大，棒做加速度逐渐增大的加速运动；当a 棒＝a 时，Δv 保持不变，电流不变，F 不变，棒ab 的加速度保持不变，开始做匀加速运动． 拓展训练4(2019·安徽蚌埠市第二次质检)如图6所示，质量M＝1kg的半圆弧形绝缘凹槽放置在光滑的水平面上，凹槽部分嵌有cd和ef两个光滑半圆形导轨，c与e端由导线连接，一质量m＝1kg的导体棒自ce端的正上方h＝2m处平行ce由静止下落，并恰好从ce端进入凹槽，整个装置处于范围足够大的竖直方向的匀强磁场中，导体棒在槽内运动过程中与导轨接触良好．已知磁场的磁感应强度B＝0.5T，导轨的间距与导体棒的长度均为L＝0.5m，导轨的半径r＝0.5m，导体棒的电阻R＝1Ω，其余电阻均不计，重力加速度g＝10m/s2，不计空气阻力．图6(1)求导体棒刚进入凹槽时的速度大小；(2)求导体棒从开始下落到最终静止的过程中系统产生的热量；(3)若导体棒从开始下落到第一次通过导轨最低点的过程中产生的热量为16J，求导体棒第一次通过最低点时回路中的电功率．答案 (1)210m/s (2)25J (3)94W 解析 (1)根据机械能守恒定律，可得：mgh ＝12mv 2 解得导体棒刚进入凹槽时的速度大小：v ＝210m/s(2)导体棒在凹槽导轨上运动过程中发生电磁感应现象，产生感应电流，最终整个系统处于静止，导体棒停在凹槽最低点．根据能量守恒可知，整个过程中系统产生的热量：Q ＝mg (h ＋r )＝25J(3)设导体棒第一次通过最低点时速度大小为v 1，凹槽速度大小为v 2，导体棒在凹槽内运动时系统在水平方向动量守恒，故有：mv 1＝Mv 2由能量守恒可得：12mv 12＋12Mv 22＝mg (h ＋r )－Q 1 导体棒第一次通过最低点时感应电动势：E ＝BL (v 1＋v 2)回路电功率：P ＝E 2R联立解得：P ＝94W. 专题强化练(限时45分钟)1.(2019·陕西省第二次质检)如图1所示，一竖直放置的足够大金属板正前方O 点固定一正点电荷Q ，一表面绝缘的带正电小球(可视为质点且不影响Q 的电场)从金属板的上端释放，由静止开始沿金属板下落先后运动到板面的A 、B 两位置，OB 垂直于金属板，已知小球的质量不可忽略，金属板表面粗糙，则小球在运动过程中( )图1A．小球可能一直做加速运动B．小球在A、B两点的电势能大小E p B>E p AC．小球在A、B两点的电场强度大小E B<E AD．小球受到合力的冲量一定为0答案 A解析金属板在Q的电场中达到静电平衡时，金属板是一个等势体，表面是一个等势面，表面的电场线与表面垂直，小球所受电场力与金属板表面垂直水平向左，根据等效法可知金属板表面的电场强度等效于等量异种电荷的连线的中垂线的电场强度，所以小球在A、B两点的电场强度大小E B>E A；由于电场力与小球的速度方向垂直，电场力对小球不做功，小球的电势能不变，小球在A、B两点的电势能大小E p B＝E p A；在竖直方向受到重力和摩擦力作用，由于重力和摩擦力作用大小未知，若重力一直大于摩擦力，小球有可能一直做加速运动；根据动量定理可知小球受到合力的冲量不为0，故选项A正确，B、C、D错误．2.(2019·贵州省部分重点中学3月联考)如图2所示，正方形区域ABCD中有垂直于纸面向里的匀强磁场，M、N分别为AB、AD边的中点，一带正电的粒子(不计重力)以某一速度从M点平行于AD边垂直磁场方向射入，并恰好从A点射出．现仅将磁场的磁感应强度大小变为原来的12，下列判断正确的是( )图2A ．粒子将从D 点射出磁场B ．粒子在磁场中运动的时间将变为原来的2倍C ．磁场的磁感应强度变化前后，粒子在磁场中运动过程的动量变化大小之比为2∶1D ．若其他条件不变，继续减小磁场的磁感应强度，粒子可能从C 点射出答案 C解析 设正方形磁场区域的边长为a ，由题意可知，粒子从A 点射出时在磁场中做圆周运动的轨道半径为a 4，粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB ＝m v 2r ，解得：r ＝mv qB ，当磁场的磁感应强度大小变为原来的12时，粒子轨道半径变为原来的2倍，即：a 2，粒子将从N 点射出，故A 错误；由运动轨迹结合周期公式：T ＝2πm qB可知，当磁场的磁感应强度大小变为原来的12时：T 1＝T 22，粒子从A 点离开磁场的情况下，在磁场中运动的时间t 1＝T 12，粒子从N 点离开磁场的情况下，在磁场中运动的时间t 2＝T 24，可得：t 1＝t 2，即粒子在磁场中运动的时间不变，故B 错误；磁场的磁感应强度变化前，粒子在磁场中运动过程中，动量变化大小为2mv ，磁场的磁感应强度变为原来的12后，粒子在磁场中运动过程中，动量变化大小为2mv ，即动量变化大小之比为2∶1，故C 正确；无论磁场的磁感应强度大小如何变化，只要磁感应强度的方向不变，粒子都不可能从C 点射出，故D 错误．3.(多选)(2019·江西宜春市第一学期期末)如图3所示，固定的水平放置的平行导轨CD 、EH 足够长，在导轨的左端用导线连接一电阻R ，导轨间距为L ，一质量为M 、长为2L 的金属棒放在导轨上，在平行于导轨的水平力F 作用下以速度v 向右匀速运动，运动过程中金属棒与导轨保持垂直，金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中(图中未画出)，磁场的磁感应强度大小为B ，导轨单位长度的电阻为r ，其余电阻不计，重力加速度为g .若在0时刻水平力的大小为F 0，则在0～t 时间内，以下说法正确的有( )图3A ．水平力F 对金属棒的冲量大小F 0tB ．水平力和摩擦力的合力对金属棒的冲量为零C ．合力对金属棒做的功为零D ．若某时刻通过电阻R 的电流为I ，则此时水平力F 的功率为(BIL ＋μMg )v答案 CD解析 由题意可知，金属棒在力F 作用下做匀速运动，由于金属棒切割磁感线，回路中产生感应电流，根据左手定则可知，金属棒受到向左的安培力作用，则外力F ＝F 安＋μMg ＝BIL＋μMg ＝B 2L 2v R ＋2xr＋μMg ，其中x 为金属棒CE 的距离，导轨电阻增大，所以外力F 随时间逐渐减小，并不是保持F 0不变，故选项A 错误；由于金属棒匀速运动，即安培力、水平力和摩擦力的合力为零，则这三个力的合力对金属棒的冲量为零，则这三个力的合力对金属棒做功为零，故选项B 错误，C 正确；若某时刻通过电阻R 的电流为I ，则根据平衡条件可知：F ＝BIL ＋μMg ，则此时水平力F 的功率为(BIL ＋μMg )v ，故选项D 正确．4．(2019·福建福州市期末)如图4所示，竖直平面MN 的右侧空间存在着相互垂直水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，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13m 的不带电的小物体B 以速度v 0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．图4(1)求碰撞后小物体A 的速度大小；(2)若小物体A 与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B ＝3mg qv 0，电场强度为E ＝7μmg q.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v m 和此过程克服摩擦力所做的功W .答案 (1)12v 0 (2)2v 0 7μmgL －158mv 02 解析 (1)设A 、B 碰撞后的速度分别为v A 、v B ，由于A 、B 发生弹性正碰，动量守恒，总动能不变，以v 0的方向为正方向，则有：m B v 0＝m B v B ＋m A v A12m B v 02＝12m B v B 2＋12m A v A 2 解得：v A ＝2m B m A ＋m B v 0＝v 02(2)当物体A 的加速度等于零时，其速度达到最大值v m ，对物体A 受力分析，如图所示．由牛顿第二定律得：在竖直方向：F N ＝qv m B ＋mg在水平方向：qE ＝μF N联立解得：v m ＝2v 0根据动能定理得：qEL －W f 克＝12mv m 2－12mv A 2 联立并代入相关数据解得：W f 克＝7μmgL －158mv 02. 5．(2019·湖南长沙、望城、浏阳、宁乡四个县市区3月调研)如图5所示，P 1P 2P 3和Q 1Q 2Q 3是相互平行且相距为d 的光滑固定金属导轨，P 1Q 1为不计电阻的直导线且P 1Q 1⊥Q 1Q 2.P 1P 2、Q 1Q 2的倾角均为θ，P 2P 3、Q 2Q 3在同一水平面上，P 2Q 2⊥P 2P 3，整个轨道在方向竖直向上、磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，质量为m 、接入电路的电阻为R 的金属杆CD 从斜轨道上某处静止释放，然后沿水平导轨滑动一段距离后停下．杆CD 始终垂直导轨并与导轨保持良好接触，导轨电阻和空气阻力均不计，重力加速度大小为g ，轨道倾斜段和水平段平滑连接且都足够长，求：图5(1)杆CD 达到的最大速度大小；(2)杆CD 在距P 2Q 2距离L 处释放，滑到P 2Q 2处恰达到最大速度，则沿倾斜导轨下滑的时间Δt 1及在水平轨道上滑行的最大距离s .答案 见解析解析 (1) 杆CD 速度最大时，杆受力平衡，则有B cos θ·dI m ＝mg sin θ此时杆CD 切割磁感线产生的感应电动势为E m ＝B cos θ·dv m由欧姆定律可得I m ＝E m R解得：v m ＝mgR sin θB 2d 2cos 2θ(2)在杆CD 沿倾斜导轨下滑的过程中，根据动量定理有mg sin θ·Δt 1－B cos θ·I 1d Δt 1＝mv m －0又I 1t 1＝q 1＝ΔΦ1R ＝B cos θ·dL R联立解得：Δt 1＝mRB 2d 2cos 2θ＋B 2d 2L cos 2θmgR sin θ 在杆CD 沿水平导轨运动的过程中，根据动量定理有－B I 2d Δt 2＝0－mv m该过程中通过R 的电荷量为q 2＝I 2Δt 2＝mv m Bd又q 2＝ΔΦ2R ＝Bsd R联立解得：s ＝m 2gR 2sin θB 4d 4cos 2θ. 6．(2019·湖南衡阳市第一次联考)如图6所示，ab 、ef 是固定在绝缘水平桌面上的平行光滑金属导轨，导轨足够长，导轨间距为d .在导轨ab 、ef 间放置一个阻值为R 的金属导体棒PQ ，其质量为m 、长度恰好为d .另一质量为3m 、长为d 的金属棒MN 也恰好能和导轨良好接触，起初金属棒MN 静止于PQ 棒右侧某位置，整个装置处于方向垂直桌面向下、磁感应强度大小为B 的匀强磁场中．现有一质量为m 、带电荷量为q 的光滑绝缘小球在桌面上从O 点(O 为导轨上的一点)以与导轨ef 成60°角的方向斜向右方进入磁场，随后小球垂直地打在金属棒MN 的中点，小球与金属棒MN 的碰撞过程中无机械能损失，不计导轨间电场的影响，不计导轨和金属棒MN 的电阻，两棒运动过程中不相碰，求：图6(1)小球在O 点射入磁场时的初速度v 0的大小；(2)金属棒PQ 上产生的热量E 和通过的电荷量Q ；(3)在整个过程中金属棒MN 比金属棒PQ 多滑动的距离；(4)请通过计算说明小球不会与MN 棒发生第二次碰撞．答案 见解析解析 (1)小球运动轨迹如图所示，设光滑绝缘小球在水平桌面上做匀速圆周运动的半径为r ，由图可知：r cos60°＋r ＝d 2得：r ＝d 3由牛顿第二定律可得：qBv 0＝m v 02r 得：v 0＝qBd 3m(2)由题意可知小球与MN 棒发生弹性碰撞，设碰后小球速度为v 1，MN 棒速度为v 2，可得： mv 0＝mv 1＋3mv 212mv 02＝12mv 12＋12×3mv 22 联立可得：v 2＝12v 0，v 1＝－12v 0 此后棒MN 与棒PQ 组成的系统动量守恒，共速度时速度设为v ， 则有：3mv 2＝(m ＋3m )v可得：v ＝34v 2＝38v 0＝qBd 8m由能量守恒定律可知PQ 上产生的热量：E ＝12×3mv 22－12×4mv 2＝q 2B 2d 296m对棒PQ 应用动量定理可得：B I d Δt ＝mv －0即：BdQ ＝mv －0得：Q ＝q 8(3)由Q ＝ΔΦR ＝B ΔS R ＝Bd Δx R得棒MN 比棒PQ 多滑动的距离：Δx ＝QR Bd ＝qR 8Bd(4)由(2)可知球与MN 碰后，小球的速度为：v 1＝－12v 0, 棒MN 的速度为：v 2＝12v 0 小球碰后做圆周运动的半径：r ′＝d 6运动半个周期的时间为：t ＝πr ′v 02＝πd 3v 0假设这段时间内棒MN 减速到与PQ 同速，最小速度为v ＝38v 0，则其位移：x >vt ＝πd 8>r ′ 若这段时间内棒MN 没有减速到与PQ 同速，仍有其位移大于r ′ 此后棒MN 一直向左运动，故小球不会与MN 棒发生第二次碰撞．。
专题十三 带电粒子在电场中运动的综合问题
C
[解析] 由动能图线知，小物块的速度先增大后减小，根据库仑定律知，小物块所受的库仑力逐渐减小，合力先减小后增大，加速度先减小后增大，则小物块先沿斜面向上做加速度逐渐减小的加速运动，再沿斜面向上做加速度逐渐增大的减速运动，直至速度为零，由动能图线可知，速度有最大值，此时小物块受力平衡，小物块所受的库仑力与重力沿斜面的分力平衡，由于没有小物块与点电荷距离的具体数据，故不能求出 ，故A错误；从 到 的过程中，重力势能的增加量等于电势能的减少量，所以可以求出小物块电势能的减少量，由于小物块的电荷量不知道，故不能求出 、 之间的电势差，故B错误；由重力势能图线得 ，可求出 ，故C正确；图像中不能确定哪一点的速度最大，也不知道小物块的电荷量，所以不能确定小物块速度最大时到斜面底端的距离，故D错误.
变式1 [2022·全国乙卷] （多选）一种可用于卫星上的带电粒子探测装置，由两个同轴的半圆柱形带电导体极板（半径分别为 和 ）和探测器组成，其横截面如图所示，点 为圆心.在截面内，极板间各点的电场强度大小与其到 点的距离成反比，方向指向 点.4个带正电的同种粒子从极板间通过，到达探测器.不计重力.粒子 、 做圆周运动，圆的圆心为 、半径分别为 、 ；粒子3从距 点 的位置入射并从距 点 的位置出射；粒子4从距 点 的位置入射并从距 点 的位置出射，轨迹如图中虚线所示.则( )
变式2 [2022·湖北师大附中模拟] （多选）在带电粒子碰撞实验中， 时粒子甲以初速度 向静止的粒子乙运动，之后两粒子的速度-时间的图像如图所示.仅考虑它们之间的静电力作用，且甲、乙始终未接触，在 、 、 时刻系统电势能分别为 、 、 ，则( )
AC
电场磁场综合附答案
专题九 电场磁场综合例1、来自质子源的质子（初速度为零），经一加速电压为800kV 的直线加速器加速，形成电流强度为1mA 的细柱形质子流。
已知质子电荷量e=1.60×10-19C 。
这束质子流每秒打到靶上的质子数为_____。
假定分布在质子源到靶之间的加速电场是均匀的，在质子束中与质子源相距l 和4l 的两处，各取一段极短的相等长度的质子流，其中的质子数分别为n 1和n 2，则n 1/n 2=_____。
例2、如图所示，竖直平面内存在水平匀强电场，带电体在O 点以6J 的动能竖直向上运动，到达最高点A 时动能为8J ，则带电粒子回到水平轴Ox 的B 点时动能为 J例3、如图所示，水平固定的小圆盘Ａ，带电量为Ｑ，电势为零，从盘心处Ｏ由静止释放一质量为ｍ，带电量为＋ｑ的小球，由于电场的作用，小球竖直上升的高度可达盘中心竖直线上的ｃ点，Ｏｃ＝ｈ，又知道过竖直线上的ｂ点时，小球速度最大，由此可知在Ｑ所形成的电场中，可以确定的物理量是 ［ ］ Ａ．ｂ点场强 Ｂ．ｃ点场强 Ｃ．ｂ点电势 Ｄ．ｃ点电势例4．如图所示，带电体Ｑ固定，带电体Ｐ的带电量为ｑ，质量为ｍ，与绝缘的水平桌面间的动摩擦因数为μ，将Ｐ在Ａ点由静止放开，则在Ｑ的排斥下运动到Ｂ点停下，Ａ、Ｂ相距为ｓ，下列说法正确的是 ［ ］Ａ．将Ｐ从Ｂ点由静止拉到Ａ点，水平拉力最少做功2μｍｇｓ Ｂ．将Ｐ从Ｂ点由静止拉到Ａ点，水平拉力做功μｍｇｓ Ｃ．Ｐ从Ａ点运动到Ｂ点，电势能增加μｍｇｓ Ｄ．Ｐ从Ａ点运动到Ｂ点，电势能减少μｍｇｓ例5．如图所示，一个初速为零的带正电的粒子经过Ｍ、Ｎ两平行板间电场加速后，从Ｎ板上的孔射出，当带电粒子到达Ｐ点时，长方形ａｂｃｄ区域内出现大小不变、方向垂直于纸面且方向交替变化的匀强磁场．磁感强度Ｂ＝0．4Ｔ．每经ｔ＝（π／4）×10－3ｓ，磁场方向变化一次．粒子到达Ｐ点时出现的磁场方向指向纸外，在Ｑ处有一个静止的中性粒子，Ｐ、Ｑ间距离ｓ＝3ｍ．ＰＱ直线垂直平分ａｂ、ｃｄ．已知Ｄ＝1．6ｍ，带电粒子的荷质比为1．0×10４Ｃ／ｋｇ，重力忽略不计．求 （1）加速电压为200Ｖ时带电粒子能否与中性粒子碰撞? （2）画出它的轨迹．（3）能使带电粒子与中性粒子碰撞，加速电压的最大值是多少?例6．某空间存在着一个变化的电场和一个变化的磁场，电场方向向右（如图（a ）中由B 到C 的方向），电场变化如图（ｂ）中E -t 图象，磁感应强度变化如图（c ）中B-t 图象.在A 点，从t =1 s （即1 s ）开始，每隔2 s ，有一个相同的带电粒子（重力不计）沿AB 方向（垂直于BC ）以速度v 射出，恰能击中C 点，若BC AC 2 =2d 且粒子在AC 间运动的时间小于1 s ，求（1）图线上E0和B0的比值，磁感应强度B的方向.（2）若第1个粒子击中C点的时刻已知为（1+Δt）ｓ，那么第2个粒子击中C点的时刻是多少?例7、一宇宙人在太空（万有引力可以忽略不计）玩垒球。
6-4磁场与动量的综合
磁场与动量的综合1. 科学家试图模拟宇宙大爆炸初的情境，他们使两个带正电的不同重离子加速后，沿同一条直线相向运动而发生猛烈碰撞。
为了使碰撞前的动能尽可能多地转化为内能，关键是设法使这两个重离子在碰撞前的瞬间具有相同大小的( )A ．速率B ．质量C ．动量D ．动能答案：C解析：尽量减小碰后粒子的动能，才能增大内能，所以设法使这两个重离子在碰撞前的瞬间合动量为零，即具有相同大小的动量。
2. 『高三综合』为了科学研究的需要，常常将带电粒子储存在圆环形状空腔中，圆环状空腔置于一个与圆环平面垂直的匀强磁场中，如图所示。
如果磁场的磁感应强度为B ，质子（11H ）和α粒子（42He ）在空腔中做圆周运动的轨迹相同，质子和α粒子在圆环空腔中运动的速率分别为v H 和v α，运动周期分别为T H 和T α，则以下判断正确的是( )A ．v H ≠v α； T H ≠T αB ．v H =v α； T H =T αC ．v H =v α； T H ≠T αD ．v H ≠v α； T H =T α答案:A考点：带电粒子在磁场中的运动情况（求速度和周期），原子核，3. 『高三综合』(2015·广东高考)在同一匀强磁场中，α粒子(24He)和质子(11H)做匀速圆周运动，若它们的动量大小相等，则α粒子和质子( )A ．运动半径之比是2∶1B ．运动周期之比是2∶1C ．运动速度大小之比是4∶1D ．受到的洛伦兹力之比是2∶1 答案：B解析：α粒子(24He)和质子(11H)的质量之比m αm H ＝41，动量大小相等，即m αv α＝m H v H ，运动速度大小之比v αv H ＝m H m α＝14，选项C 错误；根据qvB ＝m v 2r ，得r ＝mv qB ，所以运动半径之比r αr H ＝q H q α＝12，选项A 错误；由T ＝2πm qB 知，运动周期之比 T αT H ＝q H q α·m αm H ＝12×41＝21，选项B 正确；根据f ＝qvB ，洛伦兹力之比f αf H ＝q αq H ·v αv H ＝21·14＝12，选项D 错误。
电场磁场动量综合题
综合能力测试2：1.如图1所示，一平行板电容器带电量为Q ，固定在绝缘底座上，两极板竖直放置，整个装置静止在光滑的水平面上，板间距离为d ，一质量为m 、带电量为+q 的弹丸以一定的初速度从一极板间中点的小孔射入电容器中（弹丸的重力不计，设电容器周围的电场强度为零）设弹丸在电容器中最远运动到P 点，弹丸的整个运动的过程中的v —t 图像如图2所示，根据力学规律和题中（包括图像）所提供的信息，对反映电容器及其系统的有关物理量（例如电容器及底座的总质量），及系统在运动 过程中的守恒量,你能 求得哪些定量的结果？2．（14分）有一质量为M 、长度为l 的矩形绝缘板放在光滑的水平面上，另一质量为m 、带电量的绝对值为q 的物块（视为质点），以初速度v 0从绝缘板的上表面的左端沿水平方向滑入，绝缘板周围空间是范围足够大的匀强电场区域，其场强大小 ,方向竖直向下，如图所示. 已知物块与绝缘板间的动摩擦因数恒定，物块运动到绝缘板的右端时恰好相对于绝缘板静止；若将匀强电场的方向改变为竖直向上，场强大小不变，且物块仍以原初速度从绝缘板左端的上表面滑入，结果两者相对静止时，物块未到达绝缘板的右端. 求：q mg E 533．“能量的比较”如图所示,在光滑绝缘水平面上有两个带电小球A 、B ，质量分别为3m 和m ，小球A 带正电q ，小球B 带负电 -2q ，开始时两小球相距s 0，小球A 有一个水平向右的初速度v 0，小球B 的初速度为零，若取初始状态下两小球构成的系统的电势能为零，则 （1）试证明：当两小球的速度相同时系统的电势能最大，并求出该最大值；（2）试证明：在两小球的间距仍不小于s 0的运动过程中，系统的电势能总小于系统的动能，并求出这两种能量的比值的取值范围。
4．在光滑绝缘的水平台面上，存在平行于水平面向右的匀强电场，电场强度为E 。
水平台面上放置两个静止的小球A 和B （均可看作质点），两小球质量均为m ，A 球带电荷量为+Q ，B 球不带电，A 、B 连线与电场线平行。
微专题17电磁学中的动量和能量的综合问题
微专题17电磁学中的动量和能量的综合问题【知识规律整合】动力学问题平衡态非平衡态能量问题能量转化焦耳热动量问题对于两导体棒在平直的光滑导轨上运动的情况，如果两棒所受的外力之和为零，则考虑应用动量守恒定律处理问题当题目中涉及电荷量或平均电流时，可应用动量定理I－lB·Δt＝m·Δv，q＝I－·Δt来解决问题题型一电磁感应中的动力学问题1．电路分析：明确电源与外电路，可画等效电路图。
2．受力分析：把握安培力的特点，安培力大小与导体棒速度有关，一般在牛顿第二定律方程里讨论，v的变化影响安培力大小，进而影响加速度大小，加速度的变化又会影响v的变化。
3．过程分析：注意导体棒进入磁场或离开磁场时的速度是否达到“收尾速度”。
4．能量分析：克服安培力做多少功，就有多少其他形式的能转化为电能。
【例1】如图1所示，足够长的光滑平行金属导轨间距为L，与水平面夹角为θ。
两导轨上端接有阻值为R的定值电阻，整个装置处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向上。
质量为m、电阻为r的金属杆ab，在沿导轨平面向上的恒力作用下，由静止开始从导轨底端向上运动，稳定时金属杆做速度为v0的匀速直线运动。
在运动过程中，ab与导轨垂直且接触良好。
已知重力加速度为g，不计空气阻力和导轨电阻。
求：图1(1)金属杆匀速运动时R 两端的电势差；(2)金属杆ab 开始运动时加速度的大小。
答案 (1)BL v 0R R ＋r (2)B 2L 2v 0m （R ＋r ）解析 (1)由法拉第电磁感应定律得E ＝BL v 0 由闭合电路欧姆定律得I ＝E R ＋rR 两端的电势差U ＝IR解得I ＝BL v 0R ＋r ，U ＝BL v 0R R ＋r 。
(2)如图所示，金属杆匀速运动时所受的安培力大小F A ＝ILB由平衡条件得F ＝F A ＋mg sin θ解得F ＝B 2L 2v 0R ＋r＋mg sin θ 金属杆ab 开始运动时v ＝0，则E ＝0，I ＝0，F A0＝0由牛顿第二定律得F －mg sin θ＝ma解得a ＝B 2L 2v 0m （R ＋r ）。