2020版高考物理復習專題四動量和能第2課時電學中的動量和能量問題講義

1、精選優(yōu)質文檔-傾情為你奉上精選優(yōu)質文檔-傾情為你奉上專心-專注-專業(yè)專心-專注-專業(yè)精選優(yōu)質文檔-傾情為你奉上專心-專注-專業(yè)第2課時電學中的動量和能量問題高考命題點命題軌跡情境圖電場和磁場中的動量和能量問題20183卷2118(3)21題電磁感應中的動量和能量問題例1(2019湖北省4月份調研)如圖1，在高度為H的豎直區(qū)域內分布著互相垂直的勻強電場和勻強磁場，電場方向水平向左；磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向里在該區(qū)域上方的某點A，將質量為m、電荷量為q的小球，以某一初速度水平拋出，小球恰好在該區(qū)域做直線運動已知重力加速度為g.圖1(1)求小球平拋的初速度v0的大?。?2)若電場強度大小為

2、E，求A點距該區(qū)域上邊界的高度h；(3)若電場強度大小為E，令該小球所帶電荷量為q，以相同的初速度將其水平拋出，小球離開該區(qū)域時，速度方向豎直向下，求小球穿越該區(qū)域的時間答案(1)eq f(mg,qB)(2)eq f(E2,2gB2)(3)eq f(BH,E)eq f(m2g,BEq2)解析(1)設小球進入復合場時，速度方向與水平方向成角，分析小球的受力，如圖所示，小球做直線運動則有qvBcosmg，veq f(v0,cos)解得v0eq f(mg,qB)；(2)小球從A點拋出到剛進入復合場，由動能定理mgheq f(1,2)mv2eq f(1,2)mveq oal(,02)又由(1)知(mg

3、)2(qE)2(qvB)2聯立解得heq f(E2,2gB2)(3)設某時刻小球經復合場某處時速度為v，將其正交分解為vx、vy，則小球受力如圖，在水平方向上，由動量定理(qEqvyB)t0mv0即BqHEqtmv0解得teq f(BH,E)eq f(m2g,BEq2).拓展訓練1(2019云南昭通市上學期期末)真空中存在電場強度為E1的勻強電場(未知)，一質量為m、帶正電的油滴，電荷量為q，在該電場中豎直向下做勻速直線運動，速度大小為v0，在油滴處于位置A時，將電場強度的大小突然增大到某值，但保持其方向不變，持續(xù)一段時間t1后，又突然將電場反向，但保持其大小不變；再持續(xù)同樣一段時間后，油滴運

4、動到B點，重力加速度大小為g，求：(1)電場強度E1的大小和方向；(2)油滴運動到B點時的速度大小答案(1)eq f(mg,q)方向豎直向上(2)v02gt1解析(1)帶電油滴在電場強度為E1的勻強電場中勻速運動，所受的電場力與重力平衡，有：mgqE1.得：E1eq f(mg,q)油滴所受的電場力方向豎直向上，由題意知油滴帶正電，所以電場強度E1的方向豎直向上(2)方法一：設增大后的電場強度為E2，對于場強突然增大后的第一段t1時間，由牛頓第二定律得：qE2mgma1對于第二段t1時間，由牛頓第二定律得：qE2mgma2由運動學公式，可得油滴在電場反向時的速度為：v1v0a1t1油滴在B點時的

5、速度為：vBv1a2t1聯立可得：vBv02gt1.方法二：設增大后的電場強度為E2，對于油滴從A運動到B的過程，取豎直向下為正方向，由動量定理得：mg2t1qE2t1qE2t1mvBmv0解得：vBv02gt1.拓展訓練2(2019江西上饒市重點中學六校第一次聯考)如圖2所示，在足夠大的空間范圍內，同時存在著豎直向上的勻強電場和垂直紙面向里的水平勻強磁場，磁感應強度B2T小球1帶正電，小球2不帶電，靜止放置于固定的水平懸空支架上小球1向右以v112 m/s的水平速度與小球2正碰，碰后兩小球粘在一起在豎直平面內做勻速圓周運動，兩小球速度水平向左時離碰撞點的距離為2 m碰后兩小球的比荷為4 C/

6、kg.(取g10 m/s2)圖2(1)電場強度E的大小是多少？(2)兩小球的質量之比eq f(m2,m1)是多少？答案(1)2.5N/C(2)eq f(1,2)解析(1)碰后有(m1m2)gqE又eq f(q,m1m2)4C/kg得E2.5N/C(2)以向右為正方向，由動量守恒定律：m1v1(m1m2)v2qv2Beq f(m1m2voal(,22),r)由題意可知：r1m聯立代入數據解得：eq f(m2,m1)eq f(1,2).例2(2019山東泰安市第二輪復習質量檢測)如圖3所示，間距為L的足夠長光滑平行金屬導軌固定在同一水平面內，虛線MN右側區(qū)域存在磁感應強度為B、方向豎直向下的勻強磁

7、場質量均為m、長度均為L、電阻均為R的導體棒a、b，垂直導軌放置且保持與導軌接觸良好開始導體棒b靜止于與MN相距為x0處，導體棒a以水平速度v0從MN處進入磁場不計導軌電阻，忽略因電流變化產生的電磁輻射，運動過程中導體棒a、b沒有發(fā)生碰撞求：圖3(1)導體棒b中產生的內能；(2)導體棒a、b間的最小距離答案(1)eq f(1,8)mveq oal(,02)(2)x0eq f(mv0R,B2L2)解析(1)導體棒a進入磁場后，a、b及導軌組成的回路磁通量發(fā)生變化，產生感應電流在安培力作用下，a做減速運動、b做加速運動，最終二者速度相等此過程中系統(tǒng)的動量守恒，以v0的方向為正方向，有mv02mv根

8、據能量守恒定律eq f(1,2)mveq oal(,02)eq f(1,2)2mv2Q導體棒b中產生的內能Qbeq f(Q,2)整理得Qbeq f(1,8)mv02；(2)設經過時間t二者速度相等，此過程中安培力的平均值為F，導體棒ab間的最小距離為x.以b為研究對象，根據動量定理Ftmv而FBILIeq f(E,2R)Eeq f(,t)BL(x0 x)聯立解得xx0eq f(mv0R,B2L2).拓展訓練3(2019福建龍巖市5月模擬)如圖4為電磁驅動與阻尼模型，在水平面上有兩根足夠長的平行軌道PQ和MN，左端接有阻值為R的定值電阻，其間有垂直軌道平面的磁感應強度為B的勻強磁場，兩軌道間距及

9、磁場寬度均為L.質量為m的金屬棒ab靜置于導軌上，當磁場沿軌道向右運動的速度為v時，棒ab恰好滑動棒運動過程始終在磁場范圍內，并與軌道垂直且接觸良好，軌道和棒電阻均不計，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力圖4(1)判斷棒ab剛要滑動時棒中的感應電流方向，并求此時棒所受的摩擦力Ff大?。?2)若磁場不動，將棒ab以水平初速度2v運動，經過時間teq f(mR,B2L2)停止運動，求棒ab運動位移x及回路中產生的焦耳熱Q；(3)若t0時棒ab靜止，而磁場從靜止開始以加速度a做勻加速運動，圖5中關于棒ab運動的速度時間圖象哪個可能是正確的？請分析說明棒各階段的運動情況圖5答案見解析解析(1)根據右手定則，感

10、應電流方向由a至b依題意得，棒剛要運動時，受到的摩擦力等于安培力：FfF安F安BI1LI1eq f(BLv,R)聯立解得：Ffeq f(B2L2v,R)(2)設棒的平均速度為eq xto(v)，根據動量定理可得：eq xto(F)安tFft02mveq xto(F)安Beq xto(I)L，又eq xto(I)eq f(BLxto(v),R)，xeq xto(v)t聯立解得：xeq f(mvR,B2L2)根據動能定理有：FfxW安0eq f(1,2)m(2v)2根據功能關系有QW安得：Qmv2；(3)丙圖正確當磁場速度小于v時，棒ab靜止不動；當磁場速度大于v時，EBLv，棒ab的加速度從零開

11、始增加，a棒EpAC小球在A、B兩點的電場強度大小EBEA；由于電場力與小球的速度方向垂直，電場力對小球不做功，小球的電勢能不變，小球在A、B兩點的電勢能大小EpBEpA；在豎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運動；根據動量定理可知小球受到合力的沖量不為0，故選項A正確，B、C、D錯誤2.(2019貴州省部分重點中學3月聯考)如圖2所示，正方形區(qū)域ABCD中有垂直于紙面向里的勻強磁場，M、N分別為AB、AD邊的中點，一帶正電的粒子(不計重力)以某一速度從M點平行于AD邊垂直磁場方向射入，并恰好從A點射出現僅將磁場的磁感應強度大小

12、變?yōu)樵瓉淼膃q f(1,2)，下列判斷正確的是()圖2A粒子將從D點射出磁場B粒子在磁場中運動的時間將變?yōu)樵瓉淼?倍C磁場的磁感應強度變化前后，粒子在磁場中運動過程的動量變化大小之比為eq r(2)1D若其他條件不變，繼續(xù)減小磁場的磁感應強度，粒子可能從C點射出答案C解析設正方形磁場區(qū)域的邊長為a，由題意可知，粒子從A點射出時在磁場中做圓周運動的軌道半徑為eq f(a,4)，粒子在磁場中做圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvBmeq f(v2,r)，解得：req f(mv,qB)，當磁場的磁感應強度大小變?yōu)樵瓉淼膃q f(1,2)時，粒子軌道半徑變?yōu)樵瓉淼?倍，即：eq f(a

13、,2)，粒子將從N點射出，故A錯誤；由運動軌跡結合周期公式：Teq f(2m,qB)可知，當磁場的磁感應強度大小變?yōu)樵瓉淼膃q f(1,2)時：T1eq f(T2,2)，粒子從A點離開磁場的情況下，在磁場中運動的時間t1eq f(T1,2)，粒子從N點離開磁場的情況下，在磁場中運動的時間t2eq f(T2,4)，可得：t1t2，即粒子在磁場中運動的時間不變，故B錯誤；磁場的磁感應強度變化前，粒子在磁場中運動過程中，動量變化大小為2mv，磁場的磁感應強度變?yōu)樵瓉淼膃q f(1,2)后，粒子在磁場中運動過程中，動量變化大小為eq r(2)mv，即動量變化大小之比為eq r(2)1，故C正確；無論磁

14、場的磁感應強度大小如何變化，只要磁感應強度的方向不變，粒子都不可能從C點射出，故D錯誤3.(多選)(2019江西宜春市第一學期期末)如圖3所示，固定的水平放置的平行導軌CD、EH足夠長，在導軌的左端用導線連接一電阻R，導軌間距為L，一質量為M、長為2L的金屬棒放在導軌上，在平行于導軌的水平力F作用下以速度v向右勻速運動，運動過程中金屬棒與導軌保持垂直，金屬棒與導軌間的動摩擦因數為，整個裝置處于豎直向下的勻強磁場中(圖中未畫出)，磁場的磁感應強度大小為B，導軌單位長度的電阻為r，其余電阻不計，重力加速度為g.若在0時刻水平力的大小為F0，則在0t時間內，以下說法正確的有()圖3A水平力F對金屬棒

15、的沖量大小F0tB水平力和摩擦力的合力對金屬棒的沖量為零C合力對金屬棒做的功為零D若某時刻通過電阻R的電流為I，則此時水平力F的功率為(BILMg)v答案CD解析由題意可知，金屬棒在力F作用下做勻速運動，由于金屬棒切割磁感線，回路中產生感應電流，根據左手定則可知，金屬棒受到向左的安培力作用，則外力FF安MgBILMgeq f(B2L2v,R2xr)Mg，其中x為金屬棒CE的距離，導軌電阻增大，所以外力F隨時間逐漸減小，并不是保持F0不變，故選項A錯誤；由于金屬棒勻速運動，即安培力、水平力和摩擦力的合力為零，則這三個力的合力對金屬棒的沖量為零，則這三個力的合力對金屬棒做功為零，故選項B錯誤，C正

16、確；若某時刻通過電阻R的電流為I，則根據平衡條件可知：FBILMg，則此時水平力F的功率為(BILMg)v，故選項D正確4(2019福建福州市期末)如圖4所示，豎直平面MN的右側空間存在著相互垂直水平向左的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場，MN左側的絕緣水平面光滑，右側的絕緣水平面粗糙質量為m的小物體A靜止在MN左側的水平面上，該小物體帶負電，電荷量為q( q0)質量為eq f(1,3)m的不帶電的小物體B以速度v0沖向小物體A并發(fā)生彈性正碰，碰撞前后小物體A的電荷量保持不變圖4(1)求碰撞后小物體A的速度大小；(2)若小物體A與水平面間的動摩擦因數為，重力加速度為g，磁感應強度為Beq f(

17、3mg,qv0)，電場強度為Eeq f(7mg,q).小物體A從MN開始向右運動距離為L時速度達到最大求小物體A的最大速度vm和此過程克服摩擦力所做的功W.答案(1)eq f(1,2)v0(2)2v07mgLeq f(15,8)mveq oal(,02)解析(1)設A、B碰撞后的速度分別為vA、vB，由于A、B發(fā)生彈性正碰，動量守恒，總動能不變，以v0的方向為正方向，則有：mBv0mBvBmAvAeq f(1,2)mBveq oal(,02)eq f(1,2)mBveq oal(,B2)eq f(1,2)mAveq oal(,A2)解得：vAeq f(2mB,mAmB)v0eq f(v0,2)

18、(2)當物體A的加速度等于零時，其速度達到最大值vm，對物體A受力分析，如圖所示由牛頓第二定律得：在豎直方向：FNqvmBmg在水平方向：qEFN聯立解得：vm2v0根據動能定理得：qELWf克eq f(1,2)mveq oal(,m2)eq f(1,2)mveq oal(,A2)聯立并代入相關數據解得：Wf克7mgLeq f(15,8)mveq oal(,02).5(2019湖南長沙、望城、瀏陽、寧鄉(xiāng)四個縣市區(qū)3月調研)如圖5所示，P1P2P3和Q1Q2Q3是相互平行且相距為d的光滑固定金屬導軌，P1Q1為不計電阻的直導線且P1Q1Q1Q2.P1P2、Q1Q2的傾角均為，P2P3、Q2Q3在

19、同一水平面上，P2Q2P2P3，整個軌道在方向豎直向上、磁感應強度大小為B的勻強磁場中，質量為m、接入電路的電阻為R的金屬桿CD從斜軌道上某處靜止釋放，然后沿水平導軌滑動一段距離后停下桿CD始終垂直導軌并與導軌保持良好接觸，導軌電阻和空氣阻力均不計，重力加速度大小為g，軌道傾斜段和水平段平滑連接且都足夠長，求：圖5(1)桿CD達到的最大速度大?。?2)桿CD在距P2Q2距離L處釋放，滑到P2Q2處恰達到最大速度，則沿傾斜導軌下滑的時間t1及在水平軌道上滑行的最大距離s.答案見解析解析(1) 桿CD速度最大時，桿受力平衡，則有BcosdImmgsin此時桿CD切割磁感線產生的感應電動勢為EmBc

20、osdvm由歐姆定律可得Imeq f(Em,R)解得：vmeq f(mgRsin,B2d2cos2)(2)在桿CD沿傾斜導軌下滑的過程中，根據動量定理有mgsint1Bcoseq xto(I)1dt1mvm0又eq xto(I)1t1q1eq f(1,R)eq f(BcosdL,R)聯立解得：t1eq f(mR,B2d2cos2)eq f(B2d2Lcos2,mgRsin)在桿CD沿水平導軌運動的過程中，根據動量定理有Beq xto(I)2dt20mvm該過程中通過R的電荷量為q2eq xto(I)2t2eq f(mvm,Bd)又q2eq f(2,R)eq f(Bsd,R)聯立解得：seq f

21、(m2gR2sin,B4d4cos2).6(2019湖南衡陽市第一次聯考)如圖6所示，ab、ef是固定在絕緣水平桌面上的平行光滑金屬導軌，導軌足夠長，導軌間距為d.在導軌ab、ef間放置一個阻值為R的金屬導體棒PQ，其質量為m、長度恰好為d.另一質量為3m、長為d的金屬棒MN也恰好能和導軌良好接觸，起初金屬棒MN靜止于PQ棒右側某位置，整個裝置處于方向垂直桌面向下、磁感應強度大小為B的勻強磁場中現有一質量為m、帶電荷量為q的光滑絕緣小球在桌面上從O點(O為導軌上的一點)以與導軌ef成60角的方向斜向右方進入磁場，隨后小球垂直地打在金屬棒MN的中點，小球與金屬棒MN的碰撞過程中無機械能損失，不計導軌間電場的影響，不計導軌和金屬棒MN的電阻，兩棒運動過程中不相碰，求：圖6(1)小球在O點射入磁場時的初速度v0的大??；(2)金屬棒PQ上產生的熱量E和通過的電荷量Q；(3)在整個過程中金屬棒MN比金屬棒PQ多滑動的距離；(4)請通過計算說明小球不會與MN棒發(fā)生第二次碰撞答案見解析解析(1)小球運動軌跡如圖所示，設光滑絕緣小球在水平桌面上做勻速圓周運動的半徑為r，由圖可知：rcos60req