2017屆高考物理二輪復(fù)習(xí)專題二功與能動量和能量第2講能量和動量觀點在電磁學(xué)中的應(yīng)用試題

第2講能量和動量觀點在電磁學(xué)中的應(yīng)用、選擇題（1?3題為單項選擇題，4,5題為多項選擇題）.如圖1所示，足夠長的U形光滑金屬導(dǎo)軌平面與水平面成e角（0<e<90°）其中MNWPQ平行且間距為L,導(dǎo)軌平面與磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場垂直，導(dǎo)軌電阻不計。金屬棒ab由靜止開始沿導(dǎo)軌下滑，并與兩導(dǎo)軌始終保持垂直且接觸良好，ab棒接入電路白電阻為R,當(dāng)流過ab棒某一橫截面白電荷量為q時，棒的速度大小為v,則金屬棒ab在這一過程中圖1圖1、一一一，一、，，,1A.運動的平均速度大小為2VB.下滑的位移大小為B.下滑的位移大小為qRBlC.產(chǎn)生的焦耳熱為qBLvD.受到的最大安培力大小為E2L2VWnD.受到的最大安培力大小為E2L2VWn °解析分析金屬棒的受力情況，有 mginB2L2V-R-=ma可得金屬棒做加速度減小的加速運動，故其平均速度不等于初、末速度的平均值,A錯；設(shè)金屬棒沿斜面下滑的位移為s,則電荷量q=I?At=?--At==~d~^解得s=B正確；根據(jù)能量守△tRRRBL恒定律知產(chǎn)生的焦耳熱等于金屬棒機械能的減少量,Q=mgsin1 恒定律知產(chǎn)生的焦耳熱等于金屬棒機械能的減少量,Q=mgsin1 2 …人…0—Qmv,C錯；金屬棒速度越大，安培力越大，所以金屬棒受到的最大安培力為B2L2VR，D錯。答案B.（2016?懷化一模）如圖2所示，一帶正電小球穿在一根絕緣粗糙直桿上，桿與水平方向夾角為e,整個空間存在著豎直向上的勻強電場和垂直紙面向外的勻強磁場，先給小球一初速度，使小球沿桿向下運動，在A點時的動能為100J,在C點時動能減為零，D為AC的中點，那么帶電小球在運動過程中（）

E*圖E*圖2A.到達(dá)C點后小球不可能沿桿向上運動B.小千^在AD段克服摩擦力彳^的功與在DC段克服摩擦力做的功不等C.小王^在D點時的動能為50JD.小球電勢能的增加量等于重力勢能的減少量解析如果電場力大于重力，則靜止后小球可能沿桿向上運動，故A錯誤；小球受重力、電場力、洛倫茲力、彈力和滑動摩擦力，由于F洛=4丫8,故洛倫茲力減小，導(dǎo)致支持力和滑動摩擦力變化，故小球在AD段克服摩擦力做的功與在DC段克服摩擦力做的功不等，故B正確；由于小球在八或克服摩擦力彳^的功與在DCa克服摩擦力做的功不等，故小球在D點時的動能也就不一定為50J,故C錯誤；該過程是小球的重力勢能、電勢能、動能和系統(tǒng)的內(nèi)能之和守恒，故小球電勢能的增加量不等于重力勢能的減少量，故D錯誤。答案B3.（2016?泰安二模）如圖3所示，豎直向上的勻強電場中，一豎直絕緣輕彈簧的下端固定3.在地面上，上端連接一帶正電小球，小球靜止時位于N點，彈簧恰好處于原長狀態(tài)。保持小球的帶電量不變，現(xiàn)將小球提高到M點由靜止釋放，則釋放后小球從M運動到N的過程中（）A.小球的機械能與彈簧的彈性勢能之和保持不變B.小球重力勢能的減少量等于小球電勢能的增加量C.彈簧彈性勢能的減少量等于小球動能的增加量D.小球動能的增加量等于電場力和重力做功的代數(shù)和解析由于有電場力做功，故小球的機械能不守恒，小球的機械能與彈簧的彈性勢能之和是改變的，故A錯誤；由題意，小球受到的電場力等于重力。在小球運動的過程中，電場力做功等于重力做功，小球從M運動到N的過程中，重力勢能減少，轉(zhuǎn)化為電勢能和動能，故B錯誤；釋放后小球從M運動到N的過程中，彈性勢能并沒變，一直是0,故C錯誤;

由動能定理可得重力和電場力做功，小球動能增加，小球動能的增加量等于電場力和重力做功的代數(shù)和，故D正確。答案D.如圖4所示，光滑絕緣的水平面上MN兩點各放有一帶電荷量分別為+q和+2q的完全相同的金屬球A和B,給A和B以大小相等的初動能E)(此時初動量的大小均為㈤，使其相向運動剛好能發(fā)生碰撞(碰撞過程中無機械能損失)，碰后返回MN兩點的動能分別為Ei和E,動量的大小分別為pi和S，則()圖4圖4Ei=E>E),p=p2>poEi=E2=E),pi=p2=p0C.碰撞發(fā)生在MN中點的左側(cè)D.兩球同時返回MN兩點解析金屬球A和B發(fā)生碰撞時，電荷量會平均分配，則作用力變大。經(jīng)歷相同的位移，做功增多，所以有E=E>Eo。又p=/族可得pi=p2>po0因兩球質(zhì)量相同，受力相同,故加速度相同，兩球同時返回MN兩點。選項A、D正確。答案AD.如圖5所示，傾角為0的光滑斜面固定在水平面上，水平虛線L下方有垂直于斜面向下的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為Bo正方形閉合金屬線框邊長為h,質(zhì)量為簿電阻為R放置于L上方一定距離處，保持線框底邊ab與L平行并由靜止釋放，當(dāng)ab邊到達(dá)L時，線框速度為vo,ab邊到達(dá)L下方距離為d(d>h)處時，線框速度也為v。。以下說法正確的是()圖5圖5A.ab邊剛進入磁場時A.ab邊剛進入磁場時,電流方向為 a-bB.ab邊剛進入磁場時B.ab邊剛進入磁場時,線框加速度沿斜面向下C.線框進入磁場過程中的最小速度小于①，稅2一~BhD.線框進入磁場過程中產(chǎn)生的熱量為mg&in0解析由右手定則可判斷ab剛進入磁場過程電流方向由a-b,選項A正確；線框全部在磁場中運動時為勻加速運動，ab邊由L處到L下方距離為d處速度增量為零，所以ab邊剛進入磁場時做減速運動，線框加速度沿斜面向上，選項B錯誤；線框恰好完全進入磁場時的速度最小，此時由牛頓第二定律得F安一mgsin0=ma>0,而安培力F安=8川=Bh.曜1=嗎mn,聯(lián)立解得VminRmgR2n26,選項C錯誤；根據(jù)動能定理，ab邊由LRRBh處到L下方距離為d處過程中，mgdsin0—Q=AE=0,線框進入磁場過程中產(chǎn)生的熱量Q=mg&in0,選項D正確。答案AD二、非選擇題.(2016?四川理綜，9)中國科學(xué)家2015年10月宣布中國將在2020年開始建造世界上最大的粒子加速器。加速器是人類揭示物質(zhì)本源的關(guān)鍵設(shè)備，在放射治療、食品安全、材料科學(xué)等方面有廣泛應(yīng)用。如圖6所示，某直線加速器由沿軸線分布的一系列金屬圓管(漂移管)組成，相鄰漂移管分別接在高頻脈沖電源的兩極。質(zhì)子從K點沿軸線進入加速器并依次向右穿過各漂移管，在漂移管內(nèi)做勻速直線運動，在漂移管間被電場加速，加速電壓視為不變。設(shè)質(zhì)子進入漂移管B時速度為8X106m/s,進入漂移管E時速度為1X107m/s,電源頻率為1X107Hz,漂移管間縫隙很小，質(zhì)子在每個管內(nèi)運動時間視為電源周期的1/2,質(zhì)子的荷質(zhì)比取1X108C/kg。求：KA產(chǎn)了7C丁FE加速蛙除hJh脈沖電源圖6(1)漂移管B的長度；(2)相鄰漂移管間的加速電壓。解析(1)設(shè)質(zhì)子進入漂移管B的速度為vb,電源頻率、周期分別為f、T,漂移管B的長度為L,則1T=f①L=Vb.2②聯(lián)立①②式并代入數(shù)據(jù)得L=0.4m③(2)設(shè)質(zhì)子進入漂移管E的速度為ve,相鄰漂移管間白^加速電壓為U,電場對質(zhì)子所做的

功為W質(zhì)子從漂移管B運動到E電場做功W,質(zhì)子的電荷量為q、質(zhì)量為F則WqU@W=3VW)W=；m0—2m《⑥聯(lián)立④⑤⑥式并代入數(shù)據(jù)得6X104V?答案（1）0.4m（2）6X104V7.如圖7,ABD^豎直平面內(nèi)的光滑絕緣軌道，其中AB段是水平的，BD段為半徑R=0.2m的半圓，兩段軌道相切于B點，整個軌道處在豎直向下的勻強電場中，場強大小E=5.0X103V/mo一不帶電的絕緣小球甲，以速度V0沿水平軌道向右運動,與靜止在B點帶正電的小球乙發(fā)生彈性碰撞。已知甲、乙兩球的質(zhì)量均為m=1.0X10-2kg,乙所帶電荷量q=2.0X10—5C,g取10m/s2。(水平軌道足夠長，甲、乙兩球可視為質(zhì)點，整個運動過程無電荷轉(zhuǎn)移)圖7(1)甲乙兩球碰撞后，乙恰能通過軌道的最高點D,求乙在軌道上白^首次落點到B點的距離；(2)在滿足(1)的條件下，求甲的速度V。。解析(1)在乙恰好能通過軌道的最高點的情況下，設(shè)乙到達(dá)最高點的速度為VD,乙離開t,乙的落點到Bt,乙的落點到B點的距離為x,2…Vd_貝Um/qE=mR①1m時qE2^2R=2菅）t②X=Vet③聯(lián)立①②③得：x=0.4m④(2)設(shè)碰撞后甲、乙的速度分別為(2)設(shè)碰撞后甲、乙的速度分別為V甲、V乙，根據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律有:mv=mV甲+mV乙⑤；mV=2m\2+2mV：⑥聯(lián)立⑤⑥得：丫乙=丫0,V甲=0⑦

由動能定理得:1212K-m(g-2R—qE?RR=2mw—2m\t⑧聯(lián)立①⑦⑧聯(lián)立①⑦⑧得：V05(mg^qE)R ———=2平m/s⑨答案(1)0.4m(2)2，巧m/s8.將一斜面固定在水平面上，斜面的傾角為e=30°,其上表面絕緣且斜面的頂端固定擋板，在斜面上加一垂直斜面向上的勻強磁場，磁場區(qū)域的寬度為H=0.4m,如圖8甲所示，磁場邊界與擋板平行，且上邊界到斜面頂端的距離為x=0.55傕將一通電導(dǎo)線圍成的矩形導(dǎo)線框abcd置于斜面的底端，已知導(dǎo)線框的質(zhì)量為m=0.1kg、導(dǎo)線框的電阻為R=0.25◎、ab的長度為L=0.5m。從t=0時刻開始在導(dǎo)線框上加一恒定的拉力F,拉力的方向平行于斜面向上，使導(dǎo)線框由靜止開始運動，當(dāng)導(dǎo)線框的下邊與磁場的上邊界重合時，將恒力F撤走，最終導(dǎo)線框與斜面頂端的擋板發(fā)生碰撞，碰后導(dǎo)線框以等大的速度反彈，導(dǎo)線框沿斜面向下運動。已知導(dǎo)線框向上運動的v—t圖象如圖乙所示，導(dǎo)線框與斜面間的動摩擦因數(shù)為=中，整個運動過程中導(dǎo)線框沒有發(fā)生轉(zhuǎn)動，且始終沒有離3開斜面，g=10m/s2。圖8圖8(1)求在導(dǎo)線框上施加的恒力F以及磁感應(yīng)強度的大小;B2L2(2)若導(dǎo)線框沿斜面向下運動通過磁場時,其速度v與位移s的關(guān)系為v=V0一標(biāo),其中V0是導(dǎo)線框ab邊剛進入磁場時的速度大小，s為導(dǎo)線框ab邊進入磁場區(qū)域后對磁場上邊界的位移大小，求整個過程中導(dǎo)線框中產(chǎn)生的熱量Q解析(1)由v—t圖象可知，在0?0.4s時間內(nèi)導(dǎo)線框做勻加速直線運動，進入磁場時的速度為vi=2.0m/s,所以在此過程中的加速度a=*v=5.0m/s2由牛頓第二定律有F-mg>in8—wmgcos0=ma解得F=1.5N由v-t圖象可知，導(dǎo)線框進入磁場區(qū)域后以速度vi做勻速直線運動通過導(dǎo)線框的電流I=1巨號RR導(dǎo)線框所受安培力F安=81對于導(dǎo)線框勻速運動的過程，由力的平衡條件有B2L2V1F=mg>in0+mgcos0+——解得B=0.50T。(2)導(dǎo)線框進入磁場區(qū)域后做勻速直線運動，并以速度V1勻速穿出磁場，說明導(dǎo)線框的寬度等于磁場的寬度H導(dǎo)線框ab邊離開磁場后做勻減速直線運動，到達(dá)擋板時的位移為xo=x—H=0.15m設(shè)導(dǎo)線框與擋板碰撞前的速度為V2,由動能定理，有1212—mgx—H)sin0-mc(x-H)cos8=]mv—2miv解得：V2="―2g(x—H—(sin―0+cos—oT=1.0m/s導(dǎo)線框碰擋板后速度大小仍為V2,且mgsin8mgcos0=0.50Nab邊進入磁場后做減速運動，