电学中的动量和能量问题--二轮专题

1、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湖南省常德市期末检测 ) 如图 1 所示，轨道 ABCDP 位于竖直平面内，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 37，D、C 两点的高度差 h0.1 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在 A 点由静止释放，经过时间 t1 s，与静止在 B 点的不带电、质量 m2 0.6 kg 的小物 块碰撞并粘在一起后，在 BC 段

2、上做匀速直线运动，到达倾斜段 DP 上某位置，物块和 与轨道 BC 段的动摩擦因数 0.2，g10 m/s2， sin 37 0.6， cos 37 0.8.求：图1(1) 物块和在 BC 段上做匀速直线运动的速度大小；(2) 物块和第一次经过圆弧段 C 点时，物块和对轨道压力的大小 答案 (1)2 m/s (2)18 N解析 (1) 物块和粘在一起在 BC 段上做匀速直线运动， 设电场强度大小为 E，物块带电荷量为 q，物块 与物块 碰撞前速度为 v1，碰撞后共同速度为 v2，则qE(m1 m2)gqEtm1v1m1v1 ( m1 m2)v2联立解得 v2 2 m/s；(2)设圆弧段 CD

3、的半径为 R，物块 和经过 C 点时圆弧段轨道对物块支持力的大小为FN则 R(1 cos )hv22FN (m1m2)g (m1 m2) R解得： FN18 N，由牛顿第三定律可得物块 和对轨道压力的大小为 18 N.拓展训练 1 (多选)(2018 全国卷 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 下列说法正确的是 ( )A a 的质量比

4、 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xaxb，根据 x12at2，t 到下半区域的同一水平面，则电场力做得 aaab，又由 amF 知，maWb ，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 Epq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 Ftp p0，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福建省宁德市上学期期

5、末 )如图 3所示， PM 是半径为R 的四分之一光滑绝缘轨道，仅在该轨道内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 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，b 静止在水平轨道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 Ep；(3) a、b

6、两小球最终的速度 va、 vb的大小答案 (1)6 mg qB 2gR (2)32mgR (3)31 2gR 43 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)vM2解得： vM 2gR2mvM2在M 点，由牛顿第二定律有： FN2mgqvMB R解得： FN6mg qB 2gR2mvM 3mv 共根据牛顿第三定律得小球对轨道的压力大小为：FN 6mgqB 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：11根据能量守恒定律有： Ep2(2m)vM22(3m)v 共 22解得： Ep 3mgR(3)

7、由动量守恒定律： 2mvM 2mva mvb1 1 1由能量守恒定律有： 2(2m)vM2 2(2m)va2 2mvb2高考题型 2磁场中的动量和能量问题例 2 (2018广西南宁市 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 定在竖直面内，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 F ，小球运动过 程始终不脱离轨道，重力加速度为 g.求：图4(1)小球甲经过轨道最低点C 时的

8、速度大小；(2)小球甲所带的电荷量；(3)若在圆弧轨道的最低点 轨道的 A 端由静止释放，C 放一个与小球甲完全相同的不带电的金属小球乙， 则甲球与乙球发生弹性碰撞后的一瞬间， 乙球对轨道的压力让小球甲仍由(不计两球间静电力的作用 )答案(1) 2gR (2)4FgR2BgR (3)3mg 4F，方向竖直向下解析(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，12mgR2mvC2解得 vC 2gR(2) 小球甲第一次通过 C 点时， qvCBF1mg mvRC第二次通过 C点时， F2qvCBmgmvRC由题意知 F F2 F1F 2gR 解得 q4FgR2B

9、gR(3) 因为甲球与乙球在最低点发生的是弹性碰撞，则mvC mv 甲 mv 乙1 2 1 2 1 22mvC22mv 甲 2 2mv 乙 2解得 v 甲 0， v 乙 vC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1v 乙2F 乙 2qv 乙 Bmg m R解得 F 乙3mg 4F根据牛顿第三定律可知，此时乙球对轨道的压力大小为3mg4F，方向竖直向下拓展训练 3 (2018 北京市大兴区上学期期末 )如图5 所示，在矩形 MNQP 区域中有垂直a、 b、c 以不同的速率从 O 点沿垂直O是 PQ的中点，不计粒子重力从纸面向里的匀强磁场质量和电荷量都相等的带电粒子 于

10、PQ 的方向射入磁场，图中实线是它们的轨迹已知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Cb 粒子运动的时间大于 a 粒子运动的时间Db 粒子的加速度大于 c 粒子的加速度 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：qvBmvr ，解得： pmvqBr ，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 m m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

11、动时间： t T ，由qB2 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 qvBma，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 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

12、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t0 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：图6(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；(2) 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；(

13、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.答案 (1)F B L atmamgsin (tt0) (2)1ma2t02 (3) mat03R 12 2BL解析 (1) 棒 ab 匀加速运动过程中，F mgsin BBLv3RLma得：FB2L2at3R ma mgsin (tt0)(2)撤去力 F 时，金属棒 ab 的速度 v at0，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 2mv1得 v 2at0则两金属棒产生的热量 Q 等于动能的减少量，1 2 1 2 1 2 1 2 2则 Q 总 2m

14、v2 2mv22mv 24ma2t02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 2 111故金属棒 cd 产生的热量 Q 31Q 总 112ma2t021(3)对金属棒 cd 应用动量定理得： BLqmv 2mat0mat0故 q 2BL拓展训练 4 (2018湖北省孝感市重点高中协作体模拟 )如图 7 所示，水平面内固定两对足够 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

15、、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I0、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：图7(1) cd 棒中的最大电流 Im；(2) cd 棒的最大加速度；(3) 两棒达到稳定状态时，各自的速度大小答案(1)B3mLIr0(2)B32mL22Ir0(3)6Im0I03m解析 (1)ab 棒获得一冲量，所以初速度 v02Im0分析知开始时回路中的感应电动势最大，最大值为Em 2BLv0所以 cd 棒中最大感应电流Em BLI 0 2r r 3mr(2)cd 棒所受的

16、最大安培力 Fm BImLcd 棒的最大加速度 am m 3m2r(3) 当两棒中感应电动势大小相等时系统达到稳定状态，有2BLvab BLvcd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 Iab 2Icd对 ab 棒根据动量定理有 I0Iab 2mvab 对 cd 棒根据动量定理有 Icd mvcdI0 I 0解得 vab6m， vcd 3m.专题强化练115.已知1(2018 河北省承德市联校期末 )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

17、的两球始终未接触，则甲、乙两球的质量之比是 ( )图1A1 1 B 1 2 C 1 3 D 14答案 D2(多选)(2018 山东省临沂市上学期期末 )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 ( )图2A杆 a 与杆 b 碰撞后，杆 a 的速度为 v3，方向

18、向右B 杆 b 刚进入磁场时，通过b 的电流为2BLv3RC 从 b 进入磁场至 a 刚进入磁场时，该过程产生的焦耳热为87mv2D 杆 a、b 最终具有相同的速度，大小为 3 答案 ABC3(2018 安徽省马鞍山市二质监 )两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内，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，在整个导轨平面内，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 x0，现给导体棒 a 一向右的初速

19、度 v0，并开始计时，可得到如图乙 所示的 vt 图象 (v 表示两棒的相对速度，即 vva vb)图3(1) 试证明：在 0 t2时间内，回路产生的焦耳热与磁感应强度B 无关；(2) 求 t1时刻，棒 b 的加速度大小；(3)求 t2 时刻，两棒之间的距离答案 见解析解析 (1)t2 时刻，两棒速度相等，由动量守恒定律得：mv0mvmv11 由能量守恒定律得整个过程中产生的焦耳热：Q 12mv0221(2m)v21解得： Q mv024所以在 0t2时间内，回路产生的焦耳热与磁感应强度B 无关(2)t1 时刻， vvavb 2由动量守恒定律： mv0mva mvb3解得： va 4v0时，1

20、此时棒 b 所受的安培力：FBILB2L2v04R回路中的电动势：E34BLv014BLv021BLv044222由牛顿第二定律可得，棒 b 的加速度 amF B4LmRv(3) t 2时刻，两棒速度相同，由 (1)知： v2 0t2 时间内，对棒 b，由动量定理，有： BiL t mv 0，即： BqLmvEtBS BL x x0又：q I t 2Rt2Rt 2R 2R解得：mv0R x x0 B2L2 .4(2018 河南省安阳市第二次模拟 )如图 4甲所示，一倾角为 37、高为 h0.3 m 的绝缘 斜面固定在水平面上， 一可视为质点的质量为 m1 kg、带电荷量 q 0.02 C的物块

21、放在斜 面顶端， 距斜面底端 L0.6 m 处有一竖直放置的绝缘光滑半圆轨道， 半径为 R0.2 m，半圆 轨道底端有一质量 M1 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 形是椭圆一部分，椭圆面积公式Sab，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 0.5，重力加速度 g 10 m/s2， sin 37 0.60，cos 37 0.

22、80.(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 的范围；(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 (1) 2 m/sv0 6 m/s 或 v0 2 3 m/s(2)322 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h 1 1前，由动能定理有 mgh W电 mgL tan 2mv22mv0分析题图乙可知 W 电41qEm 0.2物块与小球碰撞时，由动量守恒有mvmv1 Mv2，由机械能守恒有1 2 1 2 1 22mv2 2mv122Mv

23、221当小球能沿半圆轨道返回时，对小球由动能定理有21Mv22 MgR以上各式联立解得 v0 6 m/s物块与小球恰能碰撞时， 由动能定理有 mgh W电 mgLtahn 0 21mv012，解得 v01 2m/s2 v3 当小球恰能通过最高点时，由圆周运动知识可得Mg M R3小球从最低点运动到最高点的过程，根据动能定理得2MgR 21Mv32 12Mv02 2，得 v0210 m/s，物块由斜面顶端释放至碰撞前瞬间，由动能定理有hmghW 电 m(gL tanmv02 221mv022，解得 v022 3 m/s综上所述，物块在斜面顶端释放的初速度范围为2 m/sv0 6 m/s 或 v0

24、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v4，则有水平方向 x v4t，竖直方向 y 21gt2又垂直打在斜面上，则 xy2gvt42tan y gt设打在斜面上位置的高度为hh ，则由几何知识可得 xL，y2Rhtan 代入数据联立可得 h 0，v4322 m/s，故小球恰好垂直打在斜面的底端5(2018 陕西省宝鸡市质检二)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 E5 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B3 T，虚线 PQ 与水平桌面成 45角，现将一个质量 m1 2.0103 kg、

25、带正电 q4.0103 C 的物块 A 静置在桌面上，质量 m21.0103 kg、不带电的绝缘物块 B从与 A相距 L 2.0 m 处的桌面上以 v05.0 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 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)求：为 vB 1.0 m/s，A 向左运动进入磁场， (重力加速度 g取 10 m/s2，结果保留两位有效数字图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

26、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 vA、vB，对于 B由动能定理可得：1 2 1 2 m2gL 2m2v 2m2v0A 、 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： m2vm1vA m2vB联立可得： vA 2.0 m/s，方向水平向左(2)对 A 受力分析可知qEm1g，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： T2m1qB3由几何知识可得：物块 A 在磁场中运动了 4个

27、圆周，轨迹如图所示3设 A 在磁场中运动的时间为 t1，则： t1 4Tt2，由题意可得：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vA2 在磁场中洛伦兹力提供向心力： qvAB m1 RRvAt2 tt1t2联立得： t2.7 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 t3，可得：m2 g m2a0 vBat3解得： t30.25 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 2vBt3则 A 距桌边 P 的距离： xR s解得 x 0.83 m6 (2018 天津卷 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图 6 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