2019届二轮复习电学中的动量和能量问题名师公开课优质学案(全国通用)

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题型：计算题；5年考【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0=37°,D、C两点的高度差h=0.1m,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m=0.4kg、带正电、电荷量未知的小物块I在A点由静止释放，经过时间t=1s,与静止在B点的不带电、质量m2=0.6kg的小物块H碰撞并粘在一起后，在BC段上做匀速直线运动，到达倾斜段DP上某位置，物块

2、I和n与轨道BC段的动摩擦因数尸0.2,g=10m/s2,sin37=0.6,cos37=0.8.求：TG再图1(1)物块i和n在bc段上做匀速直线运动的速度大小；(2)物块I和n第一次经过圆弧段C点时，物块I和n对轨道压力的大小.答案(1)2m/s(2)18N解析(1)物块I和n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I带电荷量为q,物块I与物块n碰撞前速度为V1,碰撞后共同速度为V2,则qE=Mm1+m2)gqEt=m1V1m1V1=(m1+m2)V2联立解得V2=2m/s;(2)设圆弧段CD的半径为R,物块I和n经过C点时圆弧段轨道对物块支持力的大小为Fn则R(1-co

3、s0)=h2/V2_Fn一(m1+m2)g=(m+m2)DR解得：Fn=18N,由牛顿第三定律可得物块I和n对轨道压力的大小为18N.拓展训练1】(多选)(2018全国卷m21)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()图2A.a的质量比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

4、大小相等答案BD1C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Xa>Xb,根据x=2at2,得aa>ab,又由a=F知，ma<mb，A项错误；经时间t到下半区域的同一水平面，则电场力做功Wa>Wb,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Ep=q(f)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Ft=ppo,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

5、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b静止在水平轨道上，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，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：图3(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两小球最终的速度va、Vb的大小.答案(1)6mg+qB2gR(2)2mgR(3)3V2gR372gR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1O由动能定理有：2mg

6、R=2(2m)vM2解得：VM=A/2gR2在M点，由牛顿第一定律有：Fn2mgqvmB=R解得：FN=6mg+qB72gR根据牛顿第三定律得小球对轨道的压力大小为：FN=6mg+qB72gR(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：2mvM=3mv共1C1C根据能重寸恒7E律有：Ep=2(2m)VM2(3m)v共2斛得：Ep=-mgR3(3)由动量守恒定律：2mvM=2mva+mv.由能量守恒定律有：2(2m)vM2=2(2m)Va2+2mvb2解得：va=3vM=32gR,Vb=3vM=3'V2gR高考题型2磁场中的动量和能量问题题型；诺择题或者计苜题；

7、5年口考例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AF,小球运动过程始终不脱离轨道，重力加速度为g.求：(1)小球甲经过轨道最低点(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,图4C时的速度大小;C放一个与小球甲完全相同的不带电的金属小球乙,让小球甲仍由则甲球与乙球发生弹性碰撞后的一瞬间，乙球对轨道的压

8、力.(不计两球间静电力的作用)答案(1) 2gR (2) AFgR (3)3mg 一手，方向竖直向下 4gRB4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mgR=1mvc2解得Vc=42gR2.一，,vc(2)小球甲第一次通过c点时，qvcB+Fi-mg=m2 vcR第二次通过C点时，F2qvcBmg=m'由题意知AF=F2-F1解得q=5擀(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1212.122mvc=mv甲+2mv乙解得V甲=0,Y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F乙+qv乙Bmg=m解得h

9、=3吁手根据牛顿第三定律可知，此时乙球对轨道的压力大小为3mg 芳，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区域中有一垂直纸面向里的匀强磁场.质量和电荷量都相等的带电粒子a、b、c以不同的速率从 。点沿垂直于PQ的方向射入磁场，图中实线是它们的轨迹.已知。是PQ的中点，不计粒子重力.从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c.b粒子运动的时间大于a粒子运动的时间D.b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

10、动时，由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=mv;，解得：p=mv=qBr,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；粒子在磁场中做圆周运动的周期丁=结相同，粒子在磁场中的运动时间：t=JT=?,由qB2兀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qvB=ma,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题型：计算题；5年。考【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

11、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to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

12、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;cd的电荷量q.(3)两金属棒从撤去F,直到最后达到稳定后的运动过程中，通过金属棒答案(DFnBL+mamgsin0(tj)(2)tma2t02鬻3R122BL解析(1)棒ab匀加速运动过程中,F+mgsin0BTZTL=ma3R得：F=B：at+mamgsin0(twt°)3R(2)撤去力F时，金属棒ab的速度v=at°,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，由动量守恒定律彳导mv=2mv'得v，=2示。则两金属棒产生的热量Q等于动能的

13、减少量，贝UQ总=；mv2gmv，2；mv'2=4ma2to2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2：1故金属棒cd产生的热量Q=1Q总=9ma2to23121(3)对金属棒cd应用动重te理得：BLq=mv=2matomato2BL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、有效电阻为2r,而cd棒的质量为

14、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I。、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.22答案(1)BLI0(2)B-L2Lo(3)近五3mr3m2r'，6m3m解析(1) ab棒获得一冲量，所以初速度Io vo= 2m分析知开始时回路中的感应电动势最大，最大值为Em=2BLvo所以cd棒中最大感应电流丘公:部(2)cd棒所受的最大安培力Fm=BImL一一一一FmB2L2I0cd棒的最大加速度am=m=m

15、27(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出=2小对ab棒根据动量定理有Io-Iab=2mvab对cd棒根据动量定理有Icd=mvcdI0I0斛付vab=6m，vcd=而专题强化练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1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的!已知5两球始终未接触，则甲、乙两球的质量之比是（）小乙电Ml,图1A.1：1B.1：2C.1：3D.1：4答案D2. （多选）（2

16、018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（）IMKXXXab总x*xxN图2A.杆a与杆b碰撞后，杆a的速度为v,方向向右3-2BLvB.杆b刚进入磁场时，通过b的电流为22 mv3RC.从b进入磁场至a刚进入磁场时，该过程产生的焦耳热为，一一一，一，一、，2vD.杆a、b取终

17、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xo,现给导体棒a一向右的初速度vo,并开始计时，可得到如图乙所示的加一t图象(加表示两棒的相对速度，即Av=VaVb)甲(1)试证明：在0t2时间内，回路广生的焦耳热与磁感应强度B无关;(2)求ti时刻，棒b的加

18、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：mv°=mv+mv由能量守恒定律得整个过程中产生的焦耳热：Q=2mv022(2m)v2解得：Q=1mV02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)ti时刻，&=7aVb=3由动量守恒定律：mv0=mva+mvb31斛得：Va=v0时，Vb=vo44回路中的电动势：E=3BLv0-BLv0="BLvo442B2I2“c此时棒b所受的安培力：f=bil=ZR-FB2I2/n由牛顿第二定律可得，棒b的加速度a=m=B甯(3)t2时刻，两棒速度相同

19、，由(1)知：v=-200t2时间内，对棒b,由动量定理，有：汨iLAt=mv0,即：BqL=mv一AQEYa*E困BASBL仪一xo)又：q=IAt=At=At=J=L-=f22R2R2R2RmvoR斛得：x=Xo+b2l2.4. (2018河南省安阳市第二次模拟)如图4甲所示，一倾角为0=37°、高为h=0.3m的绝缘斜面固定在水平面上，一可视为质点的质量为m=1kg、带电荷量q=+0.02C的物块放在斜面顶端，距斜面底端L=0.6m处有一竖直放置的绝缘光滑半圆轨道，半径为R=0.2m,半圆轨道底端有一质量M=1kg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

20、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S=必b,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Vo,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(1=0.5,重力加速度g=10m/s2,sin37=0.60,cos37=0.80.I i幽图4(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)*m/s<v0w«

21、6m/s或v0>23m/s(2)322m/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前，由动能定理有mgh+W电一科m.+tan、=mv2-|mv021分析题图乙可知W电=1TqEmX0.2物块与小球碰撞时，由动量守恒有mv=mv1+Mv2,由机械能守恒有'2mv2=2mv12+2Mv22当小球能沿半圆轨道返回时，对小球由动能定理有2Mv22=MgR以上各式联立解得V0=16m/s物块与小球恰能碰撞时，由动能定理有mgh+W电mgL+jhj0-2mv012,解得V01=42m/s2当小球恰能通过最高点时，由圆周运

22、动知识可得Mg=m”R小球从最低点运动到最高点的过程，根据动能定理得2MgR=2Mv32，Mv02'2,得v02'=VTcm/s,物块由斜面顶端释放至碰撞前瞬间，由动能定理有mgh+W电m+Zh-)=1tan2mv02'22mv022,解得V02=23m/s综上所述，物块在斜面顶端释放的初速度范围为小m/s<V0&郃m/s或vQ>2-/3m/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=2gt2又垂直打在斜面上，则x=2=2tan0ygt设打在斜面上位置的高度为h',则由几何知识可得x

23、=L+-h,y=2Rh'tan0代入数据联立可得h'=0,V4=322m/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E=5N/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B=9T,虚线PQ与水平桌面成45°角，现将一个质量m1=2.0X103kg、带正电q=4.0X1033C的物块A静置在桌面上，质量m2=1.0X103kg、不带电的绝缘物块B从与A相距L=2.0m处的桌面上以vo=5.0m/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科=0.4,

24、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反弹速度大小为Vb=1.0m/s,A向左运动进入磁场，(重力加速度g取10m/s2,结果保留两位有效数字)求：(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的距离.答案(1)2.0m/s方向水平向左(2)2.7s(3)0.83m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：-pm2gL=2m2v2-2m2V02A、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：m2v=

25、mVAm2VB联立可得：va=2.0m/s,方向水平向左.(2)对A受力分析可知qE=mg,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：T=Zm1qB3.由几何知识可得：物块a在磁场中运动了4个圆周，轨迹如图所示.一3t2,由题意可得:设A在磁场中运动的时间为ti,则：ti=3TA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2在磁场中洛伦兹力提供向心力：qvAB=mi*RR=VAt2t=tl+t2联立得：t=2.7s(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：1n2g=

26、m2a0=vb-at3解得：t3=0.25s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=VBt3则A距桌边P的距离：x=R-s解得x=0.83m6.(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I、电阻均为R的金属棒，通过绝缘材料固定在列车底部，并与导轨良好接触，其间距也为I,列车的总质量为m.列车启动前，ab、cd处于磁