高考物理二輪復(fù)習(xí)考點(diǎn)練習(xí)專題（05）電學(xué)中的動(dòng)量和能量問題（解析版）

專題（05）電學(xué)中的動(dòng)量和能量問題（解析版）【專題考向】動(dòng)量與能量在電學(xué)中應(yīng)用，主要是動(dòng)力學(xué)知識(shí)和功能關(guān)系解決力電綜合問題，在高考中常以壓軸題的形式出現(xiàn)，題目綜合性強(qiáng)，分值高，難度大?？疾橹攸c(diǎn)：(1)電場(chǎng)和磁場(chǎng)中的動(dòng)量和能量問題；(2)電磁感應(yīng)中的動(dòng)量和能量問題。【知識(shí)、方法梳理】【熱點(diǎn)訓(xùn)練】1、(多選)圖中虛線a、b、c、d、f代表勻強(qiáng)電場(chǎng)內(nèi)間距相等的一組等勢(shì)面，已知平面b上的電勢(shì)為2V。一電子經(jīng)過a時(shí)的動(dòng)能為10eV，從a到d的過程中克服電場(chǎng)力所做的功為6eV。下列說法正確的是()A．平面c上的電勢(shì)為零B．該電子可能到達(dá)不了平面fC．該電子經(jīng)過平面d時(shí)，其電勢(shì)能為4eVD．該電子經(jīng)過平面b時(shí)的速率是經(jīng)過d時(shí)的2倍解析：因等勢(shì)面間距相等，由U＝Ed得相鄰虛線之間電勢(shì)差相等，由a到d，－eUad＝－6eV，故Uad＝6V；各虛線電勢(shì)如圖所示，因電場(chǎng)力做負(fù)功，故電場(chǎng)方向向右，沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低，φc＝0，A項(xiàng)正確；因電子的速度方向未知，若不垂直于等勢(shì)面，如圖中實(shí)曲線所示，電子可能到達(dá)不了平面f，B項(xiàng)正確；經(jīng)過d時(shí)，電勢(shì)能Ep＝－eφd＝2eV，C項(xiàng)錯(cuò)誤；由a到b，Wab＝Ekb－Eka＝－2eV，所以Ekb＝8eV；由a到d，Wad＝Ekd－Eka＝－6eV，所以Ekd＝4eV；則Ekb＝2Ekd，根據(jù)Ek＝eq\f(1,2)mv2知vb＝eq\r(2)vd，D項(xiàng)錯(cuò)誤?！敬鸢浮緼B2、如圖所示，間距為L的足夠長光滑平行金屬導(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)磁場(chǎng)。質(zhì)量均為m、長度均為L、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：(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。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较颍衜v0＝2mv根據(jù)能量守恒定律eq\f(1,2)mveq\o\al(,02)－eq\f(1,2)·2mv2＝Q導(dǎo)體棒b中產(chǎn)生的內(nèi)能Qb＝eq\f(Q,2)整理得Qb＝eq\f(1,8)mveq\o\al(,02)；(2)設(shè)經(jīng)過時(shí)間Δt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FΔt＝mv而F＝BILI＝eq\f(E,2R)E＝eq\f(ΔΦ,Δt)ΔΦ＝BL(x0－x)聯(lián)立解得x＝x0－eq\f(mv0R,B2L2)。3、(多選)一質(zhì)量為m帶正電荷的小球由空中A點(diǎn)無初速自由下落，在t秒末加上豎直向上、范圍足夠大的勻強(qiáng)電場(chǎng)，再經(jīng)過t秒小球又回到A點(diǎn)。不計(jì)空氣阻力且小球從未落地，則()A．整個(gè)過程中小球電勢(shì)能變化了eq\f(3,2)mg2t2B．整個(gè)過程中小球速度增量的大小為2gtC．從加電場(chǎng)開始到小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)小球動(dòng)能變化了mg2t2D．從A點(diǎn)到最低點(diǎn)小球重力勢(shì)能變化了eq\f(2,3)mg2t2解析：小球運(yùn)動(dòng)過程如圖所示，加電場(chǎng)之前與加電場(chǎng)之后，小球的位移大小是相等的。由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式SKIPIF1<0，得v2＝2v1。對(duì)加電場(chǎng)之后的運(yùn)動(dòng)過程(圖中虛線過程)應(yīng)用動(dòng)能定理得SKIPIF1<0，對(duì)此前自由下落過程由機(jī)械能守恒得SKIPIF1<0，又SKIPIF1<0，聯(lián)立以上各式可解得電場(chǎng)力所做的功W電＝mgh1＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝2mveq\o\al(2,1)＝2mg2t2，即整個(gè)過程中小球電勢(shì)能減少了2mg2t2，故A錯(cuò)；整個(gè)過程中速度增量大小為Δv＝v2－0＝2v1＝2gt，故B正確；從加電場(chǎng)開始到小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，動(dòng)能變化了ΔEk＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝－eq\f(1,2)mg2t2，故C錯(cuò)；由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式知SKIPIF1<0，以及eq\f(h1,h2)＝eq\f(v\o\al(2,1)/2a1,v\o\al(2,1)/2a2)＝eq\f(3,1)，則從A點(diǎn)到最低點(diǎn)小球重力勢(shì)能變化量為ΔEp＝mg(h1＋h2)＝mg(h1＋eq\f(1,3)h1)＝eq\f(4,3)mgh1＝eq\f(4,3)×eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(2,3)mg2t2，故D正確?！敬鸢浮緽D3、如圖所示，abcd為一矩形金屬線框，其中ab＝cd＝L，ab邊接有定值電阻R，cd邊的質(zhì)量為m，其他部分的電阻和質(zhì)量均不計(jì)，整個(gè)裝置用兩根絕緣輕彈簧懸掛起來。線框下方處在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里。初始時(shí)刻，使兩彈簧處于自然長度，且給線框一豎直向下的初速度v0，當(dāng)cd邊第一次運(yùn)動(dòng)至最下端的過程中，R產(chǎn)生的電熱為Q，此過程cd邊始終未離開磁場(chǎng)，已知重力加速度大小為g，下列說法中正確的是()A．初始時(shí)刻cd邊所受安培力的大小為eq\f(B2L2v0,R)－mgB．線框中產(chǎn)生的最大感應(yīng)電流可能為eq\f(BLv0,R)C．cd邊第一次到達(dá)最下端的時(shí)刻，兩根彈簧具有的彈性勢(shì)能總量大于eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－QD．在cd邊反復(fù)運(yùn)動(dòng)過程中，R中產(chǎn)生的電熱最多為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解析：初始時(shí)刻cd邊速度為v0，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝BLv0，感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLv0,R)，初始時(shí)刻cd邊所受安培力的大小為F＝BIL＝eq\f(B2L2v0,R)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；若F>mg，cd邊開始向下減速，電流變小，初始時(shí)電流最大，選項(xiàng)B正確；由能量守恒定律，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋mgh＝Q＋Ep，cd邊第一次到達(dá)最下端的時(shí)刻，兩根彈簧具有的彈性勢(shì)能總量為Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋mgh－Q，大于eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－Q，選項(xiàng)C正確；在cd邊反復(fù)運(yùn)動(dòng)過程中，最后平衡位置彈簧彈力等于線框重力，一定具有彈性勢(shì)能，R中產(chǎn)生的電熱一定小于eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤?！敬鸢浮緽C4、如圖所示，ABC是處于豎直平面內(nèi)的光滑絕緣固定斜劈，∠C＝30°、∠B＝60°，D為AC的中點(diǎn)；質(zhì)量為m、帶正電的小滑塊沿AB面自A點(diǎn)由靜止釋放，滑到斜面底端B點(diǎn)時(shí)速度為v0，若空間加一與ABC平面平行的勻強(qiáng)電場(chǎng)，滑塊仍由靜止釋放，沿AB面滑下，滑到斜面底端B點(diǎn)時(shí)速度為eq\r(2)v0，若滑塊由靜止沿AC面滑下，滑到斜面底端C點(diǎn)時(shí)速度為eq\r(3)v0，則下列說法正確的是()A．電場(chǎng)方向由A指向CB．B點(diǎn)電勢(shì)與D點(diǎn)電勢(shì)相等C．滑塊滑到D點(diǎn)時(shí)機(jī)械能增加了eq\f(1,2)mv02D．小滑塊沿AB面、AC面滑下過程中電勢(shì)能變化量大小之比為2∶3解析：無電場(chǎng)時(shí)由A到B：mgh＝eq\f(1,2)mv02①，有電場(chǎng)時(shí)由A到B：mgh＋WE＝eq\f(1,2)m(eq\r(2)v0)2②，有電場(chǎng)時(shí)，由A到C：mgh＋WE′＝eq\f(1,2)m(eq\r(3)v0)2③，聯(lián)立①②③式得：WE＝eq\f(1,2)mv02，WE′＝mv02，又因?yàn)閃E＝qUAB，WE′＝qUAC，故UAB＝eq\f(1,2)UAC，則D點(diǎn)與B點(diǎn)電勢(shì)相等，故B正確；AC與BD不垂直，所以電場(chǎng)方向不可能由A指向C，故A錯(cuò)誤；因D為AC的中點(diǎn)，則滑塊滑到D點(diǎn)電場(chǎng)力做的功為滑到C點(diǎn)的一半，為eq\f(1,2)mv02，則機(jī)械能增加了eq\f(1,2)mv02，故C正確；根據(jù)WE＝eq\f(1,2)mv02，WE′＝mv02知滑塊沿AB面、AC面滑下過程中電勢(shì)能變化量大小之比為1∶2，故D錯(cuò)誤?！敬鸢浮緽C5、如圖所示，一豎直放置的足夠大金屬板正前方O點(diǎn)固定一正點(diǎn)電荷Q，一表面絕緣的帶正電小球(可視為質(zhì)點(diǎn)且不影響Q的電場(chǎng))從金屬板的上端釋放，由靜止開始沿金屬板下落先后運(yùn)動(dòng)到板面的A、B兩位置，OB垂直于金屬板，已知小球的質(zhì)量不可忽略，金屬板表面粗糙，則小球在運(yùn)動(dòng)過程中()A．小球可能一直做加速運(yùn)動(dòng)B．小球在A、B兩點(diǎn)的電勢(shì)能大小EpB>EpAC．小球在A、B兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小EB<EAD．小球受到合力的沖量一定為0解析：金屬板在Q的電場(chǎng)中達(dá)到靜電平衡時(shí)，金屬板是一個(gè)等勢(shì)體，表面是一個(gè)等勢(shì)面，表面的電場(chǎng)線與表面垂直，小球所受電場(chǎng)力與金屬板表面垂直水平向左，根據(jù)等效法可知金屬板表面的電場(chǎng)強(qiáng)度等效于等量異種電荷的連線的中垂線的電場(chǎng)強(qiáng)度，所以小球在A、B兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小EB>EA；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EpB＝EpA；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?！敬鸢浮緼6、(多選)如圖所示，固定的水平放置的平行導(dǎo)軌CD、EH足夠長，在導(dǎo)軌的左端用導(dǎo)線連接一電阻R，導(dǎo)軌間距為L，一質(zhì)量為M、長為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μ，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0～t時(shí)間內(nèi)，以下說法正確的有()A．水平力F對(duì)金屬棒的沖量大小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(BIL＋μMg)v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F＝F安＋μMg＝BIL＋μMg＝eq\f(B2L2v,R＋2xr)＋μMg，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：F＝BIL＋μMg，則此時(shí)水平力F的功率為(BIL＋μMg)v，故選項(xiàng)D正確?！敬鸢浮緾D7、如圖所示，質(zhì)量M＝1kg的半圓弧形絕緣凹槽放置在光滑的水平面上，凹槽部分嵌有cd和ef兩個(gè)光滑半圓形導(dǎo)軌，c與e端由導(dǎo)線連接，一質(zhì)量m＝1kg的導(dǎo)體棒自ce端的正上方h＝2m處平行ce由靜止下落，并恰好從ce端進(jìn)入凹槽，整個(gè)裝置處于范圍足夠大的豎直方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，導(dǎo)體棒在槽內(nèi)運(yùn)動(dòng)過程中與導(dǎo)軌接觸良好。已知磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.5T，導(dǎo)軌的間距與導(dǎo)體棒的長度均為L＝0.5m，導(dǎo)軌的半徑r＝0.5m，導(dǎo)體棒的電阻R＝1Ω，其余電阻均不計(jì)，重力加速度g＝10m/s2，不計(jì)空氣阻力。(1)求導(dǎo)體棒剛進(jìn)入凹槽時(shí)的速度大??；(2)求導(dǎo)體棒從開始下落到最終靜止的過程中系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量；(3)若導(dǎo)體棒從開始下落到第一次通過導(dǎo)軌最低點(diǎn)的過程中產(chǎn)生的熱量為16J，求導(dǎo)體棒第一次通過最低點(diǎn)時(shí)回路中的電功率。解析：(1)根據(jù)機(jī)械能守恒定律，可得：mgh＝eq\f(1,2)mv2解得導(dǎo)體棒剛進(jìn)入凹槽時(shí)的速度大?。簐＝2eq\r(10)m/s。(2)導(dǎo)體棒在凹槽導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)過程中發(fā)生電磁感應(yīng)現(xiàn)象，產(chǎn)生感應(yīng)電流，最終整個(gè)系統(tǒng)處于靜止，導(dǎo)體棒停在凹槽最低點(diǎn)。根據(jù)能量守恒可知，整個(gè)過程中系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量：Q＝mg(h＋r)＝25J。(3)設(shè)導(dǎo)體棒第一次通過最低點(diǎn)時(shí)速度大小為v1，凹槽速度大小為v2，導(dǎo)體棒在凹槽內(nèi)運(yùn)動(dòng)時(shí)系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，故有：mv1＝Mv2由能量守恒可得：eq\f(1,2)mveq\o\al(,12)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(,22)＝mg(h＋r)－Q1導(dǎo)體棒第一次通過最低點(diǎn)時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)：E＝BL(v1＋v2)回路電功率：P＝eq\f(E2,R)聯(lián)立解得：P＝eq\f(9,4)W。8、如圖所示，一豎直光滑絕緣的管內(nèi)有一勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)絕緣彈簧，其下端固定于地面，上端與一質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的小球A相連，整個(gè)空間存在一豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，小球A靜止時(shí)彈簧恰為原長，另一質(zhì)量也為m的不帶電的絕緣小球B從管內(nèi)距A高為x0處由靜止開始下落，與A發(fā)生碰撞后一起向下運(yùn)動(dòng)。若全過程中小球A的電荷量不發(fā)生變化，重力加速度為g。(1)若x0已知，試求B與A碰撞過程中損失的機(jī)械能ΔE；(2)若x0未知，且B與A一起向上運(yùn)動(dòng)在最高點(diǎn)時(shí)恰未分離，試求A、B運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)彈簧的形變量x；(3)在滿足第(2)問的情況下，試求A、B運(yùn)動(dòng)過程中的最大速度vm。解析：(1)設(shè)勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)為E，在碰撞前A靜止、彈簧恰為原長時(shí)，有mg－qE＝0設(shè)B在與A碰撞前的速度為v0，由機(jī)械能守恒定律得mgx0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)設(shè)B與A碰撞后共同速度為v1，由動(dòng)量守恒定律得mv0＝2mv1B與A碰撞過程中損失的機(jī)械能ΔE為ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,1)解得ΔE＝eq\f(1,2)mgx0。對(duì)B：mg＝ma對(duì)A：mg＋kx－qE＝ma解得x＝eq\f(mg,k)。(3)A、B一起運(yùn)動(dòng)過程中合外力為零時(shí)具有最大速度，設(shè)此時(shí)彈簧的壓縮量為x′，則2mg－(kx′＋qE)＝0解得x′＝eq\f(mg,k)由于x′＝x，說明A、B在最高點(diǎn)處與合外力為0處彈簧的彈性勢(shì)能相等，對(duì)此過程由能量守恒定律得(qE－2mg)(x′＋x)＝0－eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,m)解得vm＝geq\r(\f(2m,k))。9、如圖所示，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，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、長度恰好為d。另一質(zhì)量為3m、長為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?，F(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：(1)小球在O點(diǎn)射入磁場(chǎng)時(shí)的初速度v0的大?。?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。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：rcos60°＋r＝eq\f(d,2)得：r＝eq\f(d,3)由牛頓第二定律可得：qBv0＝meq\f(v\o\al(,02),r)得：v0＝eq\f(qBd,3m)(2)由題意可知小球與MN