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 2g
BEq 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 0
cos 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 2－12
mv 02
又由(1)知(mg )2
＋(qE )2
＝(qvB )2
联立解得h ＝E 2
2gB
2
(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 2g
BEq
2.
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
q
m 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 2
2
r
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 0R
B 2L
2
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 02－1
2·2mv 2＝Q 导体棒b 中产生的内能
Q b ＝Q 2
整理得Q b ＝18
mv 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 ＝BIL
I ＝E 2R E ＝
ΔΦ
Δt
ΔΦ＝BL (x 0－x ) 联立解得x ＝x 0－
mv 0R
B 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＝mR
B2L2
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＝BI1L
I 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＝0－12
m (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)94
W 解析 (1)根据机械能守恒定律，可得：mgh ＝12
mv 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＋12
Mv 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 ＝94
W. 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1
A．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 A
C．小球在A、B两点的电场强度大小E B<E A
D．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1
2
，下列判断正确的是( )
图2
A ．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∶1
D ．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3
A ．水平力F 对金属棒的冲量大小F 0t
B ．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13
m 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 －158
mv 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 A
12m B v 02＝12m B v B 2＋12
m 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 2－12
mv A 2 联立并代入相关数据解得：W f 克＝7μmgL －158
mv 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＝mR
B 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 2
12mv 02＝12mv 12＋12
×3mv 22 联立可得：v 2＝12v 0，v 1＝－12
v 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＝12
v 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．。