電學(xué)中的動量和能量問題二輪專題

第2課時電學(xué)中的動量和能量問題高考題型1電場中的動量和能量問題例1(2018·省市期末檢測)如圖1所示，軌道ABCDP位于豎直平面，此中圓弧段CD與水平段AC及傾斜段DP分別相切于C點和D點，水平段BC粗拙，其余都圓滑，DP段與水平面的夾角θ＝37°，D、C兩點的高度差h＝0.1m，整個軌道絕緣，處于方向水平向左、電場強度大小未知的勻強電場中，一個質(zhì)量m1＝0.4kg、帶正電、電荷量未知的小物塊Ⅰ在A點由靜止開釋，經(jīng)過時間t＝1s，與靜止在B點的不帶電、質(zhì)量m2＝0.6kg的小物塊Ⅱ碰撞并粘在一同后，在BC段上做勻速直線運動，抵達(dá)傾斜段DP上某地點，物塊Ⅰ和Ⅱ與軌道BC段的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：圖1(1)物塊Ⅰ和Ⅱ在BC段上做勻速直線運動的速度大??；(2)物塊Ⅰ和Ⅱ第一次經(jīng)過圓弧段C點時，物塊Ⅰ和Ⅱ?qū)壍缐毫Φ拇笮。鸢?1)2m/s(2)18N分析(1)物塊Ⅰ和Ⅱ粘在一同在BC段上做勻速直線運動，設(shè)電場強度大小為E，物塊Ⅰ帶電荷量為q，物塊Ⅰ與物塊Ⅱ碰撞前速度為v1，碰撞后共同速度為2v，則qE＝μ(m1＋m2)gqEt＝m1v1m1v1＝(m1＋m2)v2聯(lián)立解得v2＝2m/s；(2)設(shè)圓弧段CD的半徑為R，物塊Ⅰ和Ⅱ經(jīng)過C點時圓弧段軌道對物塊支持力的大小為FN則R(1－cosθ)＝hv22FN－(m1＋m2)g＝(m1＋m2)

R解得：FN＝18N，由牛頓第三定律可得物塊拓展訓(xùn)練1(多項選擇)(2018·全國卷Ⅲ·21)如圖

Ⅰ和Ⅱ?qū)壍缐毫Φ拇笮?8N.2，一平行板電容器連結(jié)在直流電源上，

電容器的極板水平；兩微粒a、b所帶電荷量大小相等、符號相反，使它們分別靜止于電容器的上、下極板鄰近，與極板距離相等．現(xiàn)同時開釋a、b，它們由靜止開始運動．在隨后的某時刻t，a、b經(jīng)過電容器兩極板間下半地區(qū)的同一水平面．a(chǎn)、b間的互相作用和重力可忽視．以下說確的是(

)圖2A．a(chǎn)的質(zhì)量比b的大B．在t時刻，a的動能比b的大C．在t時刻，a和b的電勢能相等D．在t時刻，a和b的動量大小相等答案BD分析經(jīng)時間t，a、b經(jīng)過電容器兩極板間下半地區(qū)的同一水平面，則xab12，>x，依據(jù)x＝2atF得aa>ab，又由a＝m知，ma<mb，A項錯誤；經(jīng)時間t到下半地區(qū)的同一水平面，則電場力做功Wa>Wb，由動能定理知，

a的動能比

b的動能大，

B項正確；

a、b處在同一等勢面上，根據(jù)Ep＝qφ知，a、b的電勢能絕對值相等，符號相反，C項錯誤；依據(jù)動量定理Ft＝p－p0，則經(jīng)過時間t，a、b的動量大小相等，

D項正確．拓展訓(xùn)練2(2018·省市上學(xué)期期末)如圖3所示，PM是半徑為R的四分之一圓滑絕緣軌道，僅在該軌道有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感覺強度大小為B.圓滑絕緣軌道MN水平且足夠長，PM下端與MN相切于M點．質(zhì)量為m的帶正電小球b靜止在水平軌道上，質(zhì)量為2m、電荷量為q的帶正電小球a從P點由靜止開釋，在a球進(jìn)入水平軌道后，a、b兩小球間只有靜電力作用，且a、b兩小球一直沒有接觸．帶電小球均可視為點電荷，設(shè)小球b離M點足夠遠(yuǎn)，重力加快度為g.求：圖3(1)小球a剛抵達(dá)M點時的速度大小及對軌道的壓力大小；(2)a、b兩小球系統(tǒng)的電勢能最大值Ep；(3)a、b兩小球最后的速度v、v的大?。產(chǎn)b答案(1)6mg＋qB2gR(2)2mgR(3)12gR42gR333分析(1)小球a從P到M，洛倫茲力、彈力不做功，只有重力做功1由動能定理有：2mgR＝2(2m)vM2解得：vM＝2gR2mvM2在M點，由牛頓第二定律有：FN－2mg－qvMB＝R解得：FN＝6mg＋qB2gR依據(jù)牛頓第三定律得小球?qū)壍赖膲毫Υ笮椋篎N′＝6mg＋qB2gR(2)兩球速度相等時系統(tǒng)電勢能最大，以向右為正方向，由動量守恒定律有：2mvM＝3mv共1212依據(jù)能量守恒定律有：Ep＝－2(3m)v共2(2m)vM解得：E2p(3)由動量守恒定律：2mvM＝2mva＋mvb111由能量守恒定律有：2(2m)vM2＝2(2m)va2＋2mvb2解得：va＝112gR，vb＝442gR3vM＝33vM＝3高考題型2磁場中的動量和能量問題例2(2018·廣西市3月適應(yīng)測試)如圖4所示，圓滑絕緣的半圓形圓弧軌道ACD，固定在豎直面，軌道處在垂直于軌道平面向里的勻強磁場中，半圓弧的直徑AD水平，因弧的半徑為R，勻強磁場的磁感覺強度為B，在A端由靜止開釋一個帶正電荷、質(zhì)量為m的金屬小球甲，結(jié)果小球甲連續(xù)兩次經(jīng)過軌道最低點C時，對軌道的壓力差為F，小球運動過程一直不脫離軌道，重力加快度為g.求：圖4(1)小球甲經(jīng)過軌道最低點C時的速度大?。?2)小球甲所帶的電荷量；(3)若在圓弧軌道的最低點C放一個與小球甲完整同樣的不帶電的金屬小球乙，讓小球甲仍由軌道的A端由靜止開釋，則甲球與乙球發(fā)生彈性碰撞后的一瞬時，乙球?qū)壍赖膲毫Γ?不計兩球間靜電力的作用)F2gRF答案(1)2gR(2)4gRB(3)3mg－4，方向豎直向下分析(1)因為小球甲在運動過程中，只有重力做功，所以機械能守恒，由A點運動到C點，有12mgR＝2mvC解得vC＝2gRvC2(2)小球甲第一次經(jīng)過C點時，qvCB＋F1－mg＝mRvC2第二次經(jīng)過C點時，F(xiàn)2－qvCB－mg＝mR由題意知F＝F2－F12gR解得q＝4gRB(3)因為甲球與乙球在最低點發(fā)生的是彈性碰撞，則mvC＝mv甲＋mv乙1C21甲21乙22mv＝2mv＋2mv解得v甲＝0，v乙＝vC設(shè)碰撞后的一瞬時，軌道對乙的支持力大小為F乙，方向豎直向上，則1v乙2F乙＋2qv乙B－mg＝mR解得FF乙＝3mg－4F依據(jù)牛頓第三定律可知，此時乙球?qū)壍赖膲毫Υ笮?mg－4，方向豎直向下．拓展訓(xùn)練3(2018·市大興區(qū)上學(xué)期期末)如圖5所示，在矩形MNQP地區(qū)中有一垂直紙面向里的勻強磁場．質(zhì)量和電荷量都相等的帶電粒子a、b、c以不一樣的速率從O點沿垂直于PQ的方向射入磁場，圖中實線是它們的軌跡．已知O是PQ的中點，不計粒子重力．從圖示軌跡中能夠判斷()圖5A．a(chǎn)粒子帶負(fù)電，b粒子帶正電B．c粒子的動量大小大于a粒子的動量C．b粒子運動的時間大于a粒子運動的時間D．b粒子的加快度大于c粒子的加快度答案D分析依據(jù)左手定章知粒子a帶正電，粒子b、c帶負(fù)電，故A錯誤；粒子在磁場中做勻速v2圓周運動時，由洛倫茲力供給向心力，由牛頓第二定律得：qvB＝mr，解得：p＝mv＝qBr，因c的軌道半徑小于a的軌道半徑，則c粒子的動量大小小于a粒子的動量，選項B錯誤；粒子在磁場中做圓周運動的周期T＝2πmt＝θθmqB同樣，粒子在磁場中的運動時間：T＝qB，由2π于m、q、B都同樣，粒子a轉(zhuǎn)過的圓心角大于b，則b粒子運動的時間小于a粒子運動的時間，故C錯誤；依據(jù)qvB＝ma，b的速度最大，則b粒子的加快度大于c粒子的加快度，選項D正確．高考題型

3

電磁感覺中動量和能量問題例3如圖6所示，NQ和MP是兩條平行且傾角為θ的圓滑金屬軌道，在兩條軌道下邊，在Q、P處接著QT和PS兩條平行圓滑的金屬軌道，軌道足夠長，全部軌道電阻忽視不計．金屬棒ab、cd放在軌道上，一直與軌道垂直且接觸優(yōu)秀．金屬棒ab、cd的質(zhì)量均為m，長度均為L，且金屬棒的長度恰巧等于軌道的間距，它們與軌道構(gòu)成閉合回路，金屬棒ab的電阻為2R，cd的電阻為R.磁場方向均垂直于導(dǎo)軌向上(不考慮PQ交界處的界限效應(yīng)，可以為磁場在PQ處立刻變成豎直向上)，磁感覺強度大小為B.若先保持金屬棒cd不動，ab在沿導(dǎo)軌向下的力F的作用下，開始以加快度a沿傾斜軌道向下做勻加快直線運動．經(jīng)過t0時間，ab棒恰巧到PQ地點，此時撤去力F，同時開釋金屬棒cd，重力加快度為g，求：圖6(1)ab棒勻加快運動過程中，外力F隨時間t變化的函數(shù)關(guān)系；(2)兩金屬棒從撤去F，直到最后達(dá)到穩(wěn)固后的運動過程中，金屬棒cd產(chǎn)生的熱量Q；(3)兩金屬棒從撤去F，直到最后達(dá)到穩(wěn)固后的運動過程中，經(jīng)過金屬棒cd的電荷量q.答案22at＋ma－mgsinθ(t≤t0)(2)1ma2t00(1)F＝BL2(3)mat3R122BL分析(1)棒ab勻加快運動過程中，BLvF＋mgsinθ－B3RL＝ma22BLat得：F＝＋ma－mgsinθ(t≤t0)3R(2)撤去力F時，金屬棒ab的速度v＝at0，ab、cd構(gòu)成的系統(tǒng)動量守恒，最后穩(wěn)準(zhǔn)時，兩棒速度同樣，以向右為正方向，由動量守恒定律得mv＝2mv′1得v′＝2at0則兩金屬棒產(chǎn)生的熱量Q等于動能的減少許，則Q總1212121202＝2mv－2mv′－2mv′＝4mat因為金屬棒ab電阻為2R，金屬棒cd電阻為R，故其產(chǎn)生的熱量之比為2∶111故金屬棒cd產(chǎn)生的熱量Q＝3Q總＝12ma2t021(3)對金屬棒cd應(yīng)用動量定理得：BLq＝mv′＝2mat0I0、方向平行導(dǎo)軌向右的mat0故q＝2BL拓展訓(xùn)練4(2018·省市要點高中協(xié)作體模擬)如圖7所示，水平面固定兩對足夠長的平行光滑金屬導(dǎo)軌，左邊兩導(dǎo)軌間的距離為2L，右邊兩導(dǎo)軌間的距離為L，左、右邊的兩導(dǎo)軌間都存在磁感覺強度為B、方向豎直向下的勻強磁場．兩均勻的導(dǎo)體棒ab和cd分別垂直放在左、右雙側(cè)的導(dǎo)軌上，ab棒的質(zhì)量為2m、有效電阻為2r，而cd棒的質(zhì)量為m、有效電阻為r，其余部分的電阻不計．本來兩棒都處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)給棒一大小為沖量使ab棒向右運動，在達(dá)到穩(wěn)固狀態(tài)時，兩棒均未滑出各自的軌道．求：圖7(1)cd棒中的最大電流Im；(2)cd棒的最大加快度；(3)兩棒達(dá)到穩(wěn)固狀態(tài)時，各自的速度大?。鸢?1)BLI0(2)B2L2I0(3)I0I03mr3m2r6m3mI0分析(1)ab棒獲取一沖量，所以初速度v0＝2m剖析知開始時回路中的感覺電動勢最大，最大值為Em＝2BLv0EmBLI0所以cd棒中最大感覺電流Im＝2r＋r＝3mr(2)cd棒所受的最大安培力Fm＝BImLFmB2L2I0cd棒的最大加快度am＝m＝3m2r(3)當(dāng)兩棒中感覺電動勢大小相等時系統(tǒng)達(dá)到穩(wěn)固狀態(tài)，有2BLvab＝BLvcd由ab棒與cd棒中感覺電流大小老是相等，可知安培力對ab棒與cd棒的沖量大小關(guān)系為Iab＝2Icd對ab棒依據(jù)動量定理有

I0－Iab＝2mvab對cd棒依據(jù)動量定理有

Icd＝mvcd解得

I0I0vab＝6m，vcd＝3m.專題加強練1．(2018·市聯(lián)校期末省)如圖1所示，圓滑絕緣水平軌道上帶正電的甲球，以某一水平速度射1向靜止在軌道上帶正電的乙球，當(dāng)它們相距近來時，甲球的速度變成本來的5.已知兩球一直未接觸，則甲、乙兩球的質(zhì)量之比是( )圖

1A．1∶1

B．1∶2

C．1∶3

D．1∶4答案

D2．(多項選擇)(2018

省·市上學(xué)期期末

)如圖

2所示，水平面上有相距為

L的兩圓滑平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌上靜止放有金屬桿

a和

b，兩桿均位于勻強磁場的左邊，讓桿

a以速度

v向右運動，當(dāng)桿a與桿

b發(fā)生彈性碰撞后，兩桿先后進(jìn)入右邊的磁場中，當(dāng)桿

a剛進(jìn)入磁場時，桿

b的速度恰巧為

a的一半．已知桿

a、b的質(zhì)量分別為

2m

和m，接入電路的電阻均為

R，其余電阻忽視不計，設(shè)導(dǎo)軌足夠長，磁場足夠大，則

(

)圖2vA．桿a與桿b碰撞后，桿a的速度為3，方向向右B．桿b剛進(jìn)入磁場時，經(jīng)過b的電流為2BLv3RC．從b進(jìn)入磁場至a剛進(jìn)入磁場時，該過程產(chǎn)生的焦耳熱為2v

728mvD．桿a、b最后擁有同樣的速度，大小為答案ABC

33．(2018·省馬市二質(zhì)監(jiān))兩根足夠長的固定的平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面，兩導(dǎo)軌間的距離為L，導(dǎo)軌上垂直擱置兩根導(dǎo)體棒a和b，俯視圖如圖3甲所示．兩根導(dǎo)體棒的質(zhì)量均為m，電阻均為R，回路中其余部分的電阻不計，在整個導(dǎo)軌平面，有磁感覺強度大小為B的豎直向上的勻強磁場．導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌接觸優(yōu)秀且均可沿導(dǎo)軌無摩擦地滑行，開始時，兩棒均靜止，間距為x0，現(xiàn)給導(dǎo)體棒a一直右的初速度v0，并開始計時，可獲取如圖乙所示的v－t圖象(v表示兩棒的相對速度，即v＝va－vb)圖3(1)試證明：在

0～t2時間，回路產(chǎn)生的焦耳熱與磁感覺強度

B沒關(guān)；(2)求t1時刻，棒b的加快度大?。?3)求t2時刻，兩棒之間的距離．答案看法析分析(1)t2時刻，兩棒速度相等，由動量守恒定律得：mv0＝mv＋mv11由能量守恒定律得整個過程中產(chǎn)生的焦耳熱：Q＝2mv02－2(2m)v2解得：Q＝1mv024所以在0～t2時間，回路產(chǎn)生的焦耳熱與磁感覺強度B沒關(guān)．v01時刻，ab＝2(2)tv＝v－v由動量守恒定律：mv0＝mva＋mvb31解得：va＝4v0時，vb＝4v0311回路中的電動勢：E＝4BLv0－4BLv0＝2BLv0B2L2v0此時棒b所受的安培力：F＝BIL＝4RFB2L2v0由牛頓第二定律可得，棒b的加快度a＝m＝4mR(3)tv020～t時間，對棒b，由動量定理，有：ΣBiLt＝mv－0，即：BqL＝mv2EΔΦt0又：q＝It＝2Rt＝2Rt＝2R＝2Rmv0R解得：x＝x0＋B2L2.4．(2018省·市第二次模擬)如圖4甲所示，一傾角為θ＝37°、高為h＝0.3m的絕緣斜面固定在水平面上，一可視為質(zhì)點的質(zhì)量為m＝1kg、帶電荷量q＝＋0.02C的物塊放在斜面頂端，距斜面底端L＝0.6m處有一豎直擱置的絕緣圓滑半圓軌道，半徑為R＝0.2m，半圓軌道底端有一質(zhì)量M＝1kg可視為質(zhì)點的絕緣小球，半圓軌道底端與斜面底端之間存在如圖乙所示的變化電場(水平向右為正方向，圖乙中O點對應(yīng)坐標(biāo)原點，虛線與坐標(biāo)軸圍成的圖形是橢圓一部分，橢圓面積公式S＝πab，a、b分別為半長軸和半短軸)．現(xiàn)給物塊一沿斜面向下的初速度v0，物塊運動到半圓軌道處與小球發(fā)生對心彈性碰撞，不計物塊經(jīng)過斜面底端時的能量損失，已知物塊與斜面、水平面間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.5，重力加快度g＝10m/s2，sin37°＝0.60，cos37°＝0.80.圖4(1)若小球不離開半圓軌道，求物塊在斜面頂端開釋的初速度v0的圍；(2)若小球能經(jīng)過最高點，并垂直打在斜面上，求小球走開半圓軌道時的速度大小及小球打在斜面上的地點．答案(1)2m/s<v0≤6m/s或v0≥23m/s22m/s小球恰巧垂直打在斜面的底端分析(1)當(dāng)小球運動到半圓軌道與圓心等高處速度為零時，對物塊從開始運動到與小球碰撞前，由動能定理有mgh＋W電L＋h12102－μmgtanθ＝2mv－2mv1剖析題圖乙可知W電＝4πqEm×0.2111物塊與小球碰撞時，由動量守恒有mv＝mv1＋Mv2，由機械能守恒有2mv2＝2mv12＋2Mv221當(dāng)小球能沿半圓軌道返回時，對小球由動能定理有2Mv22＝MgR以上各式聯(lián)立解得v0＝6m/s物塊與小球恰能碰撞時，由動能定理有mgh＋W電L＋h101201－μmgtanθ＝0－2mv，解得v＝2m/s2v3當(dāng)小球恰能經(jīng)過最高點時，由圓周運動知識可得Mg＝MR11小球從最低點運動到最高點的過程，依據(jù)動能定理得－2MgR＝2Mv32－2Mv02′2，得v02′＝10m/s，物塊由斜面頂端開釋至碰撞前瞬時，由動能定理有mgh＋W電－μmg(L＋h)＝1tanθ213m/smv02′2－mv022，解得v02＝22綜上所述，物塊在斜面頂端開釋的初速度圍為2m/s<v0≤6m/s或v0≥23m/s(2)小球走開最高點后，做平拋運動，設(shè)小球走開最高點時速度為v4，則有1水平方向x＝v4t，豎直方向y＝gt22x2v4又垂直打在斜面上，則y＝gt＝2tanθ設(shè)打在斜面上地點的高度為h′，則由幾何知識可得x＝L＋h′，y＝2R－h(huán)′tanθ代入數(shù)據(jù)聯(lián)立可得h′＝0，v4＝322m/s，故小球恰巧垂直打在斜面的底端．5．(2018省·市質(zhì)檢二)如圖5所示，絕緣水平桌面上方地區(qū)存在豎直向上的勻強電場，電場強度E＝5N/C，過桌左邊沿的虛線PQ上方存在垂直紙面向外的勻強磁場，磁感覺強度B＝π3T，虛線PQ與水平桌面成45°角，現(xiàn)將一個質(zhì)量m1＝2.0×10－3kg、帶正電q＝4.0×10－3C的物塊A靜置在桌面上，質(zhì)量m2＝1.0×10－3kg、不帶電的絕緣物塊B從與A相距L＝2.0m處的桌面上以v0＝5.0m/s的初速度向左運動．物塊A、B與桌面間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.4，二者在桌面上發(fā)生碰撞(碰撞時間極短，A、B間無電荷轉(zhuǎn)移)，碰撞后B反彈速度大小為vB＝1.0m/s，A向左運動進(jìn)入磁場，(重力加快度g取10m/s2，結(jié)果保存兩位有效數(shù)字)求：圖5(1)碰撞后物塊A的速度；(2)物塊A從進(jìn)入磁場到再次回到桌面所用時間；(3)若一段時間后A、B在桌面上相遇，求碰撞前

A與桌面左邊沿

P的距離．答案

(1)2.0m/s

方向水平向左

(2)2.7s

(3)0.83m分析

(1)設(shè)

B與

A碰撞前瞬時的速度為

v，碰后

A、B的速度分別為

vA、vB，關(guān)于

B由動能定理可得：－μm2gL＝1m2v2－1m2v0222A、B碰撞過程中，規(guī)定向左為正方向，關(guān)于A、B構(gòu)成的系統(tǒng)由動量守恒定律可得：m2v＝m1vA－m2vB聯(lián)立可得：vA＝2.0m/s，方向水平向左．(2)對A受力剖析可知qE＝m1g，故碰撞后A向左做勻速直線運動進(jìn)入磁場，并在磁場中做勻2πm1速圓周運動，設(shè)在磁場中做圓周運動的周期為T，則：T＝qBA在磁場中運動了3由幾何知識可得：物塊4個圓周，軌跡如下圖．3設(shè)A在磁場中運動的時間為t1，則：t1＝4TA運動出磁場后豎直向下勻速運動再次回到桌面地點，設(shè)其運動時間為t，由題意可得：2vA2在磁場中洛倫茲力供給向心力：qvAB＝m1R＝vAt2t＝t1＋t2聯(lián)立得：t≈2.7s

R(3)碰撞后B反彈，在桌面上做勻減速運動，設(shè)其加快度大小為a，碰撞至停止運動所用時間為t3，可得：μm2g＝m2a0＝vB－at3解得：t3＝0.25s明顯，碰撞后B運動時間小于A運動時間，由此可知A、B相遇時，B已經(jīng)停止運動．所以A、B相遇的地點為B停止運動的地點，也是A豎直向下再次回到桌面的地點．1B勻減速的位移：s＝2vBt3則A距桌邊P的距離：x＝R－s解得x≈0.83m6．(2018·卷·12)真空管道超高速列車的動力系統(tǒng)是一種將電能直接變換成平動動能的裝置．圖6甲是某種動力系統(tǒng)的簡化模型，圖中粗實線表示固定在水平面上間距為

l的兩條平行圓滑金屬導(dǎo)軌，電阻忽視不計．a(chǎn)b和cd是兩根與導(dǎo)軌垂直、長度均為l、電阻均為R的金屬棒，經(jīng)過絕緣資