2020版高考物理復(fù)習(xí)專題四動(dòng)量和能第2課時(shí)電學(xué)中的動(dòng)量和能量問題講義

1、精選優(yōu)質(zhì)文檔-傾情為你奉上精選優(yōu)質(zhì)文檔-傾情為你奉上專心-專注-專業(yè)專心-專注-專業(yè)精選優(yōu)質(zhì)文檔-傾情為你奉上專心-專注-專業(yè)第2課時(shí)電學(xué)中的動(dòng)量和能量問題高考命題點(diǎn)命題軌跡情境圖電場(chǎng)和磁場(chǎng)中的動(dòng)量和能量問題20183卷2118(3)21題電磁感應(yīng)中的動(dòng)量和能量問題例1(2019湖北省4月份調(diào)研)如圖1，在高度為H的豎直區(qū)域內(nèi)分布著互相垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)方向水平向左；磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直紙面向里在該區(qū)域上方的某點(diǎn)A，將質(zhì)量為m、電荷量為q的小球，以某一初速度水平拋出，小球恰好在該區(qū)域做直線運(yùn)動(dòng)已知重力加速度為g.圖1(1)求小球平拋的初速度v0的大小；(2)若電場(chǎng)強(qiáng)度大小為

2、E，求A點(diǎn)距該區(qū)域上邊界的高度h；(3)若電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，令該小球所帶電荷量為q，以相同的初速度將其水平拋出，小球離開該區(qū)域時(shí)，速度方向豎直向下，求小球穿越該區(qū)域的時(shí)間答案(1)eq f(mg,qB)(2)eq f(E2,2gB2)(3)eq f(BH,E)eq f(m2g,BEq2)解析(1)設(shè)小球進(jìn)入復(fù)合場(chǎng)時(shí)，速度方向與水平方向成角，分析小球的受力，如圖所示，小球做直線運(yùn)動(dòng)則有qvBcosmg，veq f(v0,cos)解得v0eq f(mg,qB)；(2)小球從A點(diǎn)拋出到剛進(jìn)入復(fù)合場(chǎng)，由動(dòng)能定理mgheq f(1,2)mv2eq f(1,2)mveq oal(,02)又由(1)知(mg

3、)2(qE)2(qvB)2聯(lián)立解得heq f(E2,2gB2)(3)設(shè)某時(shí)刻小球經(jīng)復(fù)合場(chǎng)某處時(shí)速度為v，將其正交分解為vx、vy，則小球受力如圖，在水平方向上，由動(dòng)量定理(qEqvyB)t0mv0即BqHEqtmv0解得teq f(BH,E)eq f(m2g,BEq2).拓展訓(xùn)練1(2019云南昭通市上學(xué)期期末)真空中存在電場(chǎng)強(qiáng)度為E1的勻強(qiáng)電場(chǎng)(未知)，一質(zhì)量為m、帶正電的油滴，電荷量為q，在該電場(chǎng)中豎直向下做勻速直線運(yùn)動(dòng)，速度大小為v0，在油滴處于位置A時(shí)，將電場(chǎng)強(qiáng)度的大小突然增大到某值，但保持其方向不變，持續(xù)一段時(shí)間t1后，又突然將電場(chǎng)反向，但保持其大小不變；再持續(xù)同樣一段時(shí)間后，油滴運(yùn)

4、動(dòng)到B點(diǎn)，重力加速度大小為g，求：(1)電場(chǎng)強(qiáng)度E1的大小和方向；(2)油滴運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的速度大小答案(1)eq f(mg,q)方向豎直向上(2)v02gt1解析(1)帶電油滴在電場(chǎng)強(qiáng)度為E1的勻強(qiáng)電場(chǎng)中勻速運(yùn)動(dòng)，所受的電場(chǎng)力與重力平衡，有：mgqE1.得：E1eq f(mg,q)油滴所受的電場(chǎng)力方向豎直向上，由題意知油滴帶正電，所以電場(chǎng)強(qiáng)度E1的方向豎直向上(2)方法一：設(shè)增大后的電場(chǎng)強(qiáng)度為E2，對(duì)于場(chǎng)強(qiáng)突然增大后的第一段t1時(shí)間，由牛頓第二定律得：qE2mgma1對(duì)于第二段t1時(shí)間，由牛頓第二定律得：qE2mgma2由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，可得油滴在電場(chǎng)反向時(shí)的速度為：v1v0a1t1油滴在B點(diǎn)時(shí)的

5、速度為：vBv1a2t1聯(lián)立可得：vBv02gt1.方法二：設(shè)增大后的電場(chǎng)強(qiáng)度為E2，對(duì)于油滴從A運(yùn)動(dòng)到B的過程，取豎直向下為正方向，由動(dòng)量定理得：mg2t1qE2t1qE2t1mvBmv0解得：vBv02gt1.拓展訓(xùn)練2(2019江西上饒市重點(diǎn)中學(xué)六校第一次聯(lián)考)如圖2所示，在足夠大的空間范圍內(nèi)，同時(shí)存在著豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直紙面向里的水平勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B2T小球1帶正電，小球2不帶電，靜止放置于固定的水平懸空支架上小球1向右以v112 m/s的水平速度與小球2正碰，碰后兩小球粘在一起在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，兩小球速度水平向左時(shí)離碰撞點(diǎn)的距離為2 m碰后兩小球的比荷為4 C/

6、kg.(取g10 m/s2)圖2(1)電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小是多少？(2)兩小球的質(zhì)量之比eq f(m2,m1)是多少？答案(1)2.5N/C(2)eq f(1,2)解析(1)碰后有(m1m2)gqE又eq f(q,m1m2)4C/kg得E2.5N/C(2)以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律：m1v1(m1m2)v2qv2Beq f(m1m2voal(,22),r)由題意可知：r1m聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得：eq f(m2,m1)eq f(1,2).例2(2019山東泰安市第二輪復(fù)習(xí)質(zhì)量檢測(cè))如圖3所示，間距為L(zhǎng)的足夠長(zhǎng)光滑平行金屬導(dǎo)軌固定在同一水平面內(nèi)，虛線MN右側(cè)區(qū)域存在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁

7、場(chǎng)質(zhì)量均為m、長(zhǎng)度均為L(zhǎng)、電阻均為R的導(dǎo)體棒a、b，垂直導(dǎo)軌放置且保持與導(dǎo)軌接觸良好開始導(dǎo)體棒b靜止于與MN相距為x0處，導(dǎo)體棒a以水平速度v0從MN處進(jìn)入磁場(chǎng)不計(jì)導(dǎo)軌電阻，忽略因電流變化產(chǎn)生的電磁輻射，運(yùn)動(dòng)過程中導(dǎo)體棒a、b沒有發(fā)生碰撞求：圖3(1)導(dǎo)體棒b中產(chǎn)生的內(nèi)能；(2)導(dǎo)體棒a、b間的最小距離答案(1)eq f(1,8)mveq oal(,02)(2)x0eq f(mv0R,B2L2)解析(1)導(dǎo)體棒a進(jìn)入磁場(chǎng)后，a、b及導(dǎo)軌組成的回路磁通量發(fā)生變化，產(chǎn)生感應(yīng)電流在安培力作用下，a做減速運(yùn)動(dòng)、b做加速運(yùn)動(dòng)，最終二者速度相等此過程中系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，以v0的方向?yàn)檎较?，有mv02mv根

8、據(jù)能量守恒定律eq f(1,2)mveq oal(,02)eq f(1,2)2mv2Q導(dǎo)體棒b中產(chǎn)生的內(nèi)能Qbeq f(Q,2)整理得Qbeq f(1,8)mv02；(2)設(shè)經(jīng)過時(shí)間t二者速度相等，此過程中安培力的平均值為F，導(dǎo)體棒ab間的最小距離為x.以b為研究對(duì)象，根據(jù)動(dòng)量定理Ftmv而FBILIeq f(E,2R)Eeq f(,t)BL(x0 x)聯(lián)立解得xx0eq f(mv0R,B2L2).拓展訓(xùn)練3(2019福建龍巖市5月模擬)如圖4為電磁驅(qū)動(dòng)與阻尼模型，在水平面上有兩根足夠長(zhǎng)的平行軌道PQ和MN，左端接有阻值為R的定值電阻，其間有垂直軌道平面的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，兩軌道間距及

9、磁場(chǎng)寬度均為L(zhǎng).質(zhì)量為m的金屬棒ab靜置于導(dǎo)軌上，當(dāng)磁場(chǎng)沿軌道向右運(yùn)動(dòng)的速度為v時(shí)，棒ab恰好滑動(dòng)棒運(yùn)動(dòng)過程始終在磁場(chǎng)范圍內(nèi)，并與軌道垂直且接觸良好，軌道和棒電阻均不計(jì)，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力圖4(1)判斷棒ab剛要滑動(dòng)時(shí)棒中的感應(yīng)電流方向，并求此時(shí)棒所受的摩擦力Ff大??；(2)若磁場(chǎng)不動(dòng)，將棒ab以水平初速度2v運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過時(shí)間teq f(mR,B2L2)停止運(yùn)動(dòng)，求棒ab運(yùn)動(dòng)位移x及回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q；(3)若t0時(shí)棒ab靜止，而磁場(chǎng)從靜止開始以加速度a做勻加速運(yùn)動(dòng)，圖5中關(guān)于棒ab運(yùn)動(dòng)的速度時(shí)間圖象哪個(gè)可能是正確的？請(qǐng)分析說明棒各階段的運(yùn)動(dòng)情況圖5答案見解析解析(1)根據(jù)右手定則，感

10、應(yīng)電流方向由a至b依題意得，棒剛要運(yùn)動(dòng)時(shí)，受到的摩擦力等于安培力：FfF安F安BI1LI1eq f(BLv,R)聯(lián)立解得：Ffeq f(B2L2v,R)(2)設(shè)棒的平均速度為eq xto(v)，根據(jù)動(dòng)量定理可得：eq xto(F)安tFft02mveq xto(F)安Beq xto(I)L，又eq xto(I)eq f(BLxto(v),R)，xeq xto(v)t聯(lián)立解得：xeq f(mvR,B2L2)根據(jù)動(dòng)能定理有：FfxW安0eq f(1,2)m(2v)2根據(jù)功能關(guān)系有QW安得：Qmv2；(3)丙圖正確當(dāng)磁場(chǎng)速度小于v時(shí)，棒ab靜止不動(dòng)；當(dāng)磁場(chǎng)速度大于v時(shí)，EBLv，棒ab的加速度從零開

11、始增加，a棒EpAC小球在A、B兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小EBEA；由于電場(chǎng)力與小球的速度方向垂直，電場(chǎng)力對(duì)小球不做功，小球的電勢(shì)能不變，小球在A、B兩點(diǎn)的電勢(shì)能大小EpBEpA；在豎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運(yùn)動(dòng)；根據(jù)動(dòng)量定理可知小球受到合力的沖量不為0，故選項(xiàng)A正確，B、C、D錯(cuò)誤2.(2019貴州省部分重點(diǎn)中學(xué)3月聯(lián)考)如圖2所示，正方形區(qū)域ABCD中有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，M、N分別為AB、AD邊的中點(diǎn)，一帶正電的粒子(不計(jì)重力)以某一速度從M點(diǎn)平行于AD邊垂直磁場(chǎng)方向射入，并恰好從A點(diǎn)射出現(xiàn)僅將磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小

12、變?yōu)樵瓉淼膃q f(1,2)，下列判斷正確的是()圖2A粒子將從D點(diǎn)射出磁場(chǎng)B粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間將變?yōu)樵瓉淼?倍C磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度變化前后，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)過程的動(dòng)量變化大小之比為eq r(2)1D若其他條件不變，繼續(xù)減小磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度，粒子可能從C點(diǎn)射出答案C解析設(shè)正方形磁場(chǎng)區(qū)域的邊長(zhǎng)為a，由題意可知，粒子從A點(diǎn)射出時(shí)在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為eq f(a,4)，粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvBmeq f(v2,r)，解得：req f(mv,qB)，當(dāng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小變?yōu)樵瓉淼膃q f(1,2)時(shí)，粒子軌道半徑變?yōu)樵瓉淼?倍，即：eq f(a

13、,2)，粒子將從N點(diǎn)射出，故A錯(cuò)誤；由運(yùn)動(dòng)軌跡結(jié)合周期公式：Teq f(2m,qB)可知，當(dāng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小變?yōu)樵瓉淼膃q f(1,2)時(shí)：T1eq f(T2,2)，粒子從A點(diǎn)離開磁場(chǎng)的情況下，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1eq f(T1,2)，粒子從N點(diǎn)離開磁場(chǎng)的情況下，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2eq f(T2,4)，可得：t1t2，即粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間不變，故B錯(cuò)誤；磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度變化前，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)過程中，動(dòng)量變化大小為2mv，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度變?yōu)樵瓉淼膃q f(1,2)后，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)過程中，動(dòng)量變化大小為eq r(2)mv，即動(dòng)量變化大小之比為eq r(2)1，故C正確；無論磁

14、場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小如何變化，只要磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向不變，粒子都不可能從C點(diǎn)射出，故D錯(cuò)誤3.(多選)(2019江西宜春市第一學(xué)期期末)如圖3所示，固定的水平放置的平行導(dǎo)軌CD、EH足夠長(zhǎng)，在導(dǎo)軌的左端用導(dǎo)線連接一電阻R，導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，一質(zhì)量為M、長(zhǎng)為2L的金屬棒放在導(dǎo)軌上，在平行于導(dǎo)軌的水平力F作用下以速度v向右勻速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過程中金屬棒與導(dǎo)軌保持垂直，金屬棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，整個(gè)裝置處于豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中(圖中未畫出)，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，導(dǎo)軌單位長(zhǎng)度的電阻為r，其余電阻不計(jì)，重力加速度為g.若在0時(shí)刻水平力的大小為F0，則在0t時(shí)間內(nèi)，以下說法正確的有()圖3A水平力F對(duì)金屬棒

15、的沖量大小F0tB水平力和摩擦力的合力對(duì)金屬棒的沖量為零C合力對(duì)金屬棒做的功為零D若某時(shí)刻通過電阻R的電流為I，則此時(shí)水平力F的功率為(BILMg)v答案CD解析由題意可知，金屬棒在力F作用下做勻速運(yùn)動(dòng)，由于金屬棒切割磁感線，回路中產(chǎn)生感應(yīng)電流，根據(jù)左手定則可知，金屬棒受到向左的安培力作用，則外力FF安MgBILMgeq f(B2L2v,R2xr)Mg，其中x為金屬棒CE的距離，導(dǎo)軌電阻增大，所以外力F隨時(shí)間逐漸減小，并不是保持F0不變，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由于金屬棒勻速運(yùn)動(dòng)，即安培力、水平力和摩擦力的合力為零，則這三個(gè)力的合力對(duì)金屬棒的沖量為零，則這三個(gè)力的合力對(duì)金屬棒做功為零，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤，C正

16、確；若某時(shí)刻通過電阻R的電流為I，則根據(jù)平衡條件可知：FBILMg，則此時(shí)水平力F的功率為(BILMg)v，故選項(xiàng)D正確4(2019福建福州市期末)如圖4所示，豎直平面MN的右側(cè)空間存在著相互垂直水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，MN左側(cè)的絕緣水平面光滑，右側(cè)的絕緣水平面粗糙質(zhì)量為m的小物體A靜止在MN左側(cè)的水平面上，該小物體帶負(fù)電，電荷量為q( q0)質(zhì)量為eq f(1,3)m的不帶電的小物體B以速度v0沖向小物體A并發(fā)生彈性正碰，碰撞前后小物體A的電荷量保持不變圖4(1)求碰撞后小物體A的速度大小；(2)若小物體A與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，重力加速度為g，磁感應(yīng)強(qiáng)度為Beq f(

17、3mg,qv0)，電場(chǎng)強(qiáng)度為Eeq f(7mg,q).小物體A從MN開始向右運(yùn)動(dòng)距離為L(zhǎng)時(shí)速度達(dá)到最大求小物體A的最大速度vm和此過程克服摩擦力所做的功W.答案(1)eq f(1,2)v0(2)2v07mgLeq f(15,8)mveq oal(,02)解析(1)設(shè)A、B碰撞后的速度分別為vA、vB，由于A、B發(fā)生彈性正碰，動(dòng)量守恒，總動(dòng)能不變，以v0的方向?yàn)檎较颍瑒t有：mBv0mBvBmAvAeq f(1,2)mBveq oal(,02)eq f(1,2)mBveq oal(,B2)eq f(1,2)mAveq oal(,A2)解得：vAeq f(2mB,mAmB)v0eq f(v0,2)

18、(2)當(dāng)物體A的加速度等于零時(shí)，其速度達(dá)到最大值vm，對(duì)物體A受力分析，如圖所示由牛頓第二定律得：在豎直方向：FNqvmBmg在水平方向：qEFN聯(lián)立解得：vm2v0根據(jù)動(dòng)能定理得：qELWf克eq f(1,2)mveq oal(,m2)eq f(1,2)mveq oal(,A2)聯(lián)立并代入相關(guān)數(shù)據(jù)解得：Wf克7mgLeq f(15,8)mveq oal(,02).5(2019湖南長(zhǎng)沙、望城、瀏陽、寧鄉(xiāng)四個(gè)縣市區(qū)3月調(diào)研)如圖5所示，P1P2P3和Q1Q2Q3是相互平行且相距為d的光滑固定金屬導(dǎo)軌，P1Q1為不計(jì)電阻的直導(dǎo)線且P1Q1Q1Q2.P1P2、Q1Q2的傾角均為，P2P3、Q2Q3在

19、同一水平面上，P2Q2P2P3，整個(gè)軌道在方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，質(zhì)量為m、接入電路的電阻為R的金屬桿CD從斜軌道上某處?kù)o止釋放，然后沿水平導(dǎo)軌滑動(dòng)一段距離后停下桿CD始終垂直導(dǎo)軌并與導(dǎo)軌保持良好接觸，導(dǎo)軌電阻和空氣阻力均不計(jì)，重力加速度大小為g，軌道傾斜段和水平段平滑連接且都足夠長(zhǎng)，求：圖5(1)桿CD達(dá)到的最大速度大小；(2)桿CD在距P2Q2距離L處釋放，滑到P2Q2處恰達(dá)到最大速度，則沿傾斜導(dǎo)軌下滑的時(shí)間t1及在水平軌道上滑行的最大距離s.答案見解析解析(1) 桿CD速度最大時(shí)，桿受力平衡，則有BcosdImmgsin此時(shí)桿CD切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為EmBc

20、osdvm由歐姆定律可得Imeq f(Em,R)解得：vmeq f(mgRsin,B2d2cos2)(2)在桿CD沿傾斜導(dǎo)軌下滑的過程中，根據(jù)動(dòng)量定理有mgsint1Bcoseq xto(I)1dt1mvm0又eq xto(I)1t1q1eq f(1,R)eq f(BcosdL,R)聯(lián)立解得：t1eq f(mR,B2d2cos2)eq f(B2d2Lcos2,mgRsin)在桿CD沿水平導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)的過程中，根據(jù)動(dòng)量定理有Beq xto(I)2dt20mvm該過程中通過R的電荷量為q2eq xto(I)2t2eq f(mvm,Bd)又q2eq f(2,R)eq f(Bsd,R)聯(lián)立解得：seq f

21、(m2gR2sin,B4d4cos2).6(2019湖南衡陽市第一次聯(lián)考)如圖6所示，ab、ef是固定在絕緣水平桌面上的平行光滑金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)，導(dǎo)軌間距為d.在導(dǎo)軌ab、ef間放置一個(gè)阻值為R的金屬導(dǎo)體棒PQ，其質(zhì)量為m、長(zhǎng)度恰好為d.另一質(zhì)量為3m、長(zhǎng)為d的金屬棒MN也恰好能和導(dǎo)軌良好接觸，起初金屬棒MN靜止于PQ棒右側(cè)某位置，整個(gè)裝置處于方向垂直桌面向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中現(xiàn)有一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的光滑絕緣小球在桌面上從O點(diǎn)(O為導(dǎo)軌上的一點(diǎn))以與導(dǎo)軌ef成60角的方向斜向右方進(jìn)入磁場(chǎng)，隨后小球垂直地打在金屬棒MN的中點(diǎn)，小球與金屬棒MN的碰撞過程中無機(jī)械能損失，不計(jì)導(dǎo)軌間電場(chǎng)的影響，不計(jì)導(dǎo)軌和金屬棒MN的電阻，兩棒運(yùn)動(dòng)過程中不相碰，求：圖6(1)小球在O點(diǎn)射入磁場(chǎng)時(shí)的初速度v0的大小；(2)金屬棒PQ上產(chǎn)生的熱量E和通過的電荷量Q；(3)在整個(gè)過程中金屬棒MN比金屬棒PQ多滑動(dòng)的距離；(4)請(qǐng)通過計(jì)算說明小球不會(huì)與MN棒發(fā)生第二次碰撞答案見解析解析(1)小球運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，設(shè)光滑絕緣小球在水平桌面上做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r，由圖可知：rcos60req