高三物理二轮复习专题四 动量和能量 第2课时 电学中的动量和能量问题

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1、第第 2 课时课时 电学中的动量和能量问题电学中的动量和能量问题 高考命题点 命题轨迹 情境图 电场和磁场中的动量 和能量问题 2018 3 卷 21 18(3)21 题 电磁感应中的动量和 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 v0的大小； (2)若电场强度大小为 E，求 A 点距该区

2、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) E2 2gB2 (3) BH E m2g BEq2 解析 (1)设小球进入复合场时，速度方向与水平方向成 角，分析小球的受力，如图所示， 小球做直线运动则有 qvBcos mg，v v0 cos 解得 v0mg qB； (2)小球从 A 点抛出到刚进入复合场，由动能定理 mgh1 2mv 21 2mv0 2 又由(1)知(mg)2(qE)2(qvB)2 联立解得 h E2 2gB2 (3)设某时刻小球

3、经复合场某处时速度为 v，将其正交分解为 vx、vy，则小球受力如图，在水 平方向上，由动量定理 (qEqvyB)t0mv0 即 BqHEqtmv0 解得 tBH E m2g BEq2. 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 E1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 v0，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 t1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

4、E1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)v02gt1 解析 (1)带电油滴在电场强度为 E1的匀强电场中匀速运动，所受的电场力与重力平衡，有： mgqE1. 得：E1mg 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：qE2mgma1 对于第二段 t1时间，由牛顿第二定律得：qE2mgma2 由运动学公式，可得油滴在电场反向时的速度为：v1v0a1t1 油滴在 B 点时的速度为：vBv1a2t1

5、 联立可得：vBv02gt1. 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 2t1qE2t1qE2t1mvBmv0 解得：vBv02gt1. 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 B2 T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 v1 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

6、的距离为 2 m碰后两小球的比荷为 4 C/kg.(取 g10 m/s2) 图 2 (1)电场强度 E 的大小是多少？ (2)两小球的质量之比m2 m1是多少？ 答案 (1)2.5 N/C (2)1 2 解析 (1)碰后有(m1m2)gqE 又 q m1m24 C/kg 得 E2.5 N/C (2)以向右为正方向，由动量守恒定律：m1v1(m1m2)v2 qv2Bm1m2v2 2 r 由题意可知：r1 m 联立代入数据解得：m2 m1 1 2. 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

7、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x0处， 导体棒a以水平速度v0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)1 8mv0 2 (2)x 0mv 0R B2L2 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

8、速度相等 此过程中系统的动量守恒， 以 v0的方向为正方向，有 mv02mv 根据能量守恒定律 1 2mv0 21 2 2mv 2Q 导体棒 b 中产生的内能 QbQ 2 整理得 Qb1 8mv0 2； (2)设经过时间 t 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 Ftmv 而 FBIL I E 2R E t BL(x0x) 联立解得 xx0mv0R B2L2. 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

9、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 Ff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 t0 时棒 ab 静止， 而磁场从静止开始以加速度 a

10、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：FfF安 F安BI1L I1BLv R 联立解得：FfB 2L2v R (2)设棒的平均速度为 v ，根据动量定理可得： F安tFft02mv F安B I L，又 I BL v R ，x v t 联立解得：xmvR B2L2 根据动能定理有：FfxW安01 2m(2v) 2 根据功能关系有 QW安 得：Qmv2； (3)丙图正确 当磁场速度小于 v 时，棒 ab 静

11、止不动； 当磁场速度大于 v 时，EBLv，棒 ab 的加速度从零开始增加，a棒EpA C小球在 A、B 两点的电场强度大小 EBEA；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 EpBEpA；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

12、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 21 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 mv 2

13、 r ，解得：rmv qB，当磁场的磁感应强度大小变为原来的 1 2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 2m qB 可知，当磁 场的磁感应强度大小变为原来的1 2时：T1 T2 2 ，粒子从 A 点离开磁场的情况下，在磁场中运动 的时间 t1T1 2 ，粒子从 N 点离开磁场的情况下，在磁场中运动的时间 t2T2 4 ，可得：t1t2， 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1 2后， 粒子在磁场中运动过程中，

14、 动量变化大小为 2mv，即动量变化大小之比为 21，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 ，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

15、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 F0，则在 0t 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 F0t 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(BILMg)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 FF安MgBIL Mg B2L2v R2xrMg，其中 x 为金属棒 CE 的距离，导轨电阻增大，所以外力 F 随

16、时间逐渐 减小，并不是保持 F0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 BILMg，则此时水平力 F 的功率为(BILMg)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

17、负电，电荷量为q( q 0)质量为1 3m 的不带电的小物体 B 以速度 v0 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 ，重力加速度为 g，磁感应强度为 B3mg qv0 ，电场 强度为 E7mg 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 vm和此过程克服摩擦力所做的功 W. 答案 (1)1 2v0 (2)2v0 7mgL 15 8 mv02 解析 (1)设 A、B 碰撞后的速度分别为 vA、vB，由于 A、B 发生弹

18、性正碰，动量守恒，总动 能不变，以 v0的方向为正方向，则有：mBv0mBvBmAvA 1 2mBv0 21 2mBvB 21 2mAvA 2 解得：vA 2mB mAmBv0 v0 2 (2)当物体 A 的加速度等于零时，其速度达到最大值 vm，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：FNqvmBmg 在水平方向：qEFN 联立解得：vm2v0 根据动能定理得：qELWf克1 2mvm 21 2mvA 2 联立并代入相关数据解得：Wf克7mgL15 8 mv02. 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，P1P2P3和 Q1Q2Q

19、3 是相互平行且相距为 d 的光滑固定金属导轨，P1Q1为不计电阻的直导线且 P1Q1Q1Q2.P1P2、 Q1Q2的倾角均为 ，P2P3、Q2Q3在同一水平面上，P2Q2P2P3，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 P2Q2距离 L 处释放，滑到 P2Q2

20、处恰达到最大速度，则沿倾斜导轨下滑的时间 t1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 Bcos dImmgsin 此时杆 CD 切割磁感线产生的感应电动势为 EmBcos dvm 由欧姆定律可得 ImEm R 解得：vmmgRsin B2d2cos2 (2)在杆 CD 沿倾斜导轨下滑的过程中，根据动量定理有 mgsin t1Bcos I1dt1mvm0 又 I1t1q11 R Bcos dL R 联立解得：t1 mR B2d2cos2 B2d2Lcos2 mgRsin 在杆 CD 沿水平导轨运动的过程中，根据动量定理有 B I2d

21、t20mvm 该过程中通过 R 的电荷量为 q2 I2t2mvm Bd 又 q22 R Bsd R 联立解得：sm 2gR2sin B4d4cos2 . 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

22、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 v0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

23、速圆周运动的半径为 r， 由图可知：rcos 60 rd 2 得：rd 3 由牛顿第二定律可得：qBv0mv0 2 r 得：v0qBd 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 v1，MN 棒速度为 v2，可得： mv0mv13mv2 1 2mv0 21 2mv1 21 23mv2 2 联立可得：v21 2v0，v1 1 2v0 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：3mv2(m3m)v 可得：v3 4v2 3 8v0 qBd 8m 由能量守恒定律可知 PQ 上产生的热量：E1 23mv2 21 24mv 2q 2B2d2 96

24、m 对棒 PQ 应用动量定理可得：B I dtmv0 即：BdQmv0 得：Qq 8 (3)由 Q R BS R Bdx R 得棒 MN 比棒 PQ 多滑动的距离：xQR Bd qR 8Bd (4)由(2)可知球与 MN 碰后，小球的速度为：v11 2v0, 棒 MN 的速度为：v2 1 2v0 小球碰后做圆周运动的半径：rd 6 运动半个周期的时间为：tr v0 2 d 3v0 假设这段时间内棒 MN 减速到与 PQ 同速，最小速度为 v3 8v0，则其位移：xvt d 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