【物理】2020届二轮复习专题四　动量和能第2课时电学中的动量和能量问题学案

【物理】2020届二轮复习专题四　动量和能第2课时电学中的动量和能量问题学案

第2课时　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)　(2)　(3)－ 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 qvBcos θ＝mg，v＝ 解得v0＝；‎ ‎(2)小球从A点抛出到刚进入复合场，由动能定理 mgh＝mv2－mv 又由(1)知(mg)2＋(qE)2＝(qvB)2‎ 联立解得h＝ ‎(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vx、vy，则小球受力如图，在水平方向上，由动量定理 (qE－qvyB)·Δt＝0－mv0‎ 即BqH－Eqt＝mv0‎ 解得t＝－.‎ 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E1的大小和方向；‎ ‎(2)油滴运动到B点时的速度大小．‎ 答案　(1)　方向竖直向上　(2)v0＋2gt1‎ 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：mg＝qE1.‎ 得：E1＝ 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：vB＝v1＋a2t1‎ 联立可得：vB＝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＝mvB－mv0‎ 解得：vB＝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＝2 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的距离为2 m．碰后两小球的比荷为4 C/kg.(取g＝10 m/s2) ‎ 图2‎ ‎(1)电场强度E的大小是多少？‎ ‎(2)两小球的质量之比是多少？‎ 答案　(1)2.5 N/C　(2) 解析　(1)碰后有(m1＋m2)g＝qE 又＝4 C/kg 得E＝2.5 N/C ‎(2)以向右为正方向，由动量守恒定律：m1v1＝(m1＋m2)v2‎ qv2B＝ 由题意可知：r＝1 m 联立代入数据解得：＝.‎ 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)mv　(2)x0－ 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v0的方向为正方向，有 mv0＝2mv 根据能量守恒定律 mv－·2mv2＝Q 导体棒b中产生的内能 Qb＝ 整理得Qb＝mv02；‎ ‎(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 FΔt＝mv 而F＝BIL I＝ E＝ ΔΦ＝BL(x0－x)‎ 联立解得x＝x0－.‎ 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＝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：Ff＝F安 F安＝BI1L I1＝ 联立解得：Ff＝ ‎(2)设棒的平均速度为，根据动量定理可得：－安t－Fft＝0－2mv 安＝BL，又＝，x＝ t 联立解得：x＝ 根据动能定理有：－Ffx－W安＝0－m(2v)2‎ 根据功能关系有 Q＝W安 得：Q＝mv2；‎ ‎(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＝BLΔv，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EpB＝EpA；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，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∶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，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，解得：r＝，当磁场的磁感应强度大小变为原来的时，粒子轨道半径变为原来的2倍，即：，粒子将从N点射出，故A错误；由运动轨迹结合周期公式：T＝可知，当磁场的磁感应强度大小变为原来的时：T1＝，粒子从A点离开磁场的情况下，在磁场中运动的时间t1＝，粒子从N点离开磁场的情况下，在磁场中运动的时间t2＝，可得：t1＝t2，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后，粒子在磁场中运动过程中，动量变化大小为mv，即动量变化大小之比为∶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F0，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(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＝＋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＝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m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μ，重力加速度为g，磁感应强度为B＝，电场强度为E＝.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)v0　(2)2v0　7μmgL－mv 解析　(1)设A、B碰撞后的速度分别为vA、vB，由于A、B发生弹性正碰，动量守恒，总动能不变，以v0的方向为正方向，则有：mBv0＝mBvB＋mAvA mBv＝mBv＋mAv 解得：vA＝v0＝ ‎(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：FN＝qvmB＋mg 在水平方向：qE＝μFN 联立解得：vm＝2v0‎ 根据动能定理得：qEL－Wf克＝mv－mv 联立并代入相关数据解得：Wf克＝7μmgL－mv.‎ ‎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Q1Q2Q3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P1Q1⊥Q1Q2.P1P2、Q1Q2的倾角均为θ，P2P3、Q2Q3在同一水平面上，P2Q2⊥P2P3，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处恰达到最大速度，则沿倾斜导轨下滑的时间Δt1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 θ·dIm＝mgsin θ 此时杆CD切割磁感线产生的感应电动势为 Em＝Bcos θ·dvm 由欧姆定律可得 Im＝ 解得：vm＝ ‎(2)在杆CD沿倾斜导轨下滑的过程中，根据动量定理有 mgsin θ·Δt1－Bcos θ·1dΔt1＝mvm－0‎ 又1t1＝q1＝＝ 联立解得：Δt1＝＋ 在杆CD沿水平导轨运动的过程中，根据动量定理有 ‎－B2dΔt2＝0－mvm 该过程中通过R的电荷量为q2＝2Δt2＝ 又q2＝＝ 联立解得：s＝.‎ ‎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速圆周运动的半径为r，‎ 由图可知：rcos 60°＋r＝ 得：r＝ 由牛顿第二定律可得：qBv0＝m得：v0＝ ‎(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：‎ mv0＝mv1＋3mv2‎ mv＝mv＋×3mv 联立可得：v2＝v0，v1＝－v0‎ 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＝(m＋3m)v 可得：v＝v2＝v0＝ 由能量守恒定律可知PQ上产生的热量：E＝×3mv－×4mv2＝ 对棒PQ应用动量定理可得：BdΔt＝mv－0‎ 即：BdQ＝mv－0得：Q＝ ‎(3)由Q＝＝＝ 得棒MN比棒PQ多滑动的距离：Δx＝＝ ‎(4)由(2)可知球与MN碰后，小球的速度为：v1＝－v0, 棒MN的速度为：v2＝v0‎ 小球碰后做圆周运动的半径：r′＝ 运动半个周期的时间为：t＝＝ 假设这段时间内棒MN减速到与PQ同速，最小速度为v＝v0，则其位移：x>vt＝>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．‎