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

專題（05）電學(xué)中的動量和能量問題（解析版）【專題考向】動量與能量在電學(xué)中應(yīng)用，主要是動力學(xué)知識和功能關(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，分值高，難度大?？疾橹攸c：(1)電場和磁場中的動量和能量問題；(2)電磁感應(yīng)中的動量和能量問題?！局R、方法梳理】【熱點訓(xùn)練】1、(多選)圖中虛線a、b、c、d、f代表勻強電場內(nèi)間距相等的一組等勢面，已知平面b上的電勢為2V。一電子經(jīng)過a時的動能為10eV，從a到d的過程中克服電場力所做的功為6eV。下列說法正確的是()A．平面c上的電勢為零B．該電子可能到達(dá)不了平面fC．該電子經(jīng)過平面d時，其電勢能為4eVD．該電子經(jīng)過平面b時的速率是經(jīng)過d時的2倍解析：因等勢面間距相等，由U＝Ed得相鄰虛線之間電勢差相等，由a到d，－eUad＝－6eV，故Uad＝6V；各虛線電勢如圖所示，因電場力做負(fù)功，故電場方向向右，沿電場線方向電勢降低，φc＝0，A項正確；因電子的速度方向未知，若不垂直于等勢面，如圖中實曲線所示，電子可能到達(dá)不了平面f，B項正確；經(jīng)過d時，電勢能Ep＝－eφd＝2eV，C項錯誤；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項錯誤。【答案】AB2、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)強度為B、方向豎直向下的勻強磁場。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處進入磁場。不計導(dǎo)軌電阻，忽略因電流變化產(chǎn)生的電磁輻射，運動過程中導(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進入磁場后，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做減速運動、b做加速運動，最終二者速度相等．此過程中系統(tǒng)的動量守恒，以v0的方向為正方向，有mv0＝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為研究對象，根據(jù)動量定理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、范圍足夠大的勻強電場，再經(jīng)過t秒小球又回到A點。不計空氣阻力且小球從未落地，則()A．整個過程中小球電勢能變化了eq\f(3,2)mg2t2B．整個過程中小球速度增量的大小為2gtC．從加電場開始到小球運動到最低點時小球動能變化了mg2t2D．從A點到最低點小球重力勢能變化了eq\f(2,3)mg2t2解析：小球運動過程如圖所示，加電場之前與加電場之后，小球的位移大小是相等的。由運動學(xué)公式SKIPIF1<0，得v2＝2v1。對加電場之后的運動過程(圖中虛線過程)應(yīng)用動能定理得SKIPIF1<0，對此前自由下落過程由機械能守恒得SKIPIF1<0，又SKIPIF1<0，聯(lián)立以上各式可解得電場力所做的功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，即整個過程中小球電勢能減少了2mg2t2，故A錯；整個過程中速度增量大小為Δv＝v2－0＝2v1＝2gt，故B正確；從加電場開始到小球運動到最低點時，動能變化了ΔEk＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝－eq\f(1,2)mg2t2，故C錯；由運動學(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點到最低點小球重力勢能變化量為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，整個裝置用兩根絕緣輕彈簧懸掛起來。線框下方處在磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場中，磁場方向垂直于紙面向里。初始時刻，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邊第一次運動至最下端的過程中，R產(chǎn)生的電熱為Q，此過程cd邊始終未離開磁場，已知重力加速度大小為g，下列說法中正確的是()A．初始時刻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)最下端的時刻，兩根彈簧具有的彈性勢能總量大于eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－QD．在cd邊反復(fù)運動過程中，R中產(chǎn)生的電熱最多為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解析：初始時刻cd邊速度為v0，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E＝BLv0，感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLv0,R)，初始時刻cd邊所受安培力的大小為F＝BIL＝eq\f(B2L2v0,R)，選項A錯誤；若F>mg，cd邊開始向下減速，電流變小，初始時電流最大，選項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)最下端的時刻，兩根彈簧具有的彈性勢能總量為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C正確；在cd邊反復(fù)運動過程中，最后平衡位置彈簧彈力等于線框重力，一定具有彈性勢能，R中產(chǎn)生的電熱一定小于eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，選項D錯誤?！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；質(zhì)量為m、帶正電的小滑塊沿AB面自A點由靜止釋放，滑到斜面底端B點時速度為v0，若空間加一與ABC平面平行的勻強電場，滑塊仍由靜止釋放，沿AB面滑下，滑到斜面底端B點時速度為eq\r(2)v0，若滑塊由靜止沿AC面滑下，滑到斜面底端C點時速度為eq\r(3)v0，則下列說法正確的是()A．電場方向由A指向CB．B點電勢與D點電勢相等C．滑塊滑到D點時機械能增加了eq\f(1,2)mv02D．小滑塊沿AB面、AC面滑下過程中電勢能變化量大小之比為2∶3解析：無電場時由A到B：mgh＝eq\f(1,2)mv02①，有電場時由A到B：mgh＋WE＝eq\f(1,2)m(eq\r(2)v0)2②，有電場時，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，又因為WE＝qUAB，WE′＝qUAC，故UAB＝eq\f(1,2)UAC，則D點與B點電勢相等，故B正確；AC與BD不垂直，所以電場方向不可能由A指向C，故A錯誤；因D為AC的中點，則滑塊滑到D點電場力做的功為滑到C點的一半，為eq\f(1,2)mv02，則機械能增加了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面滑下過程中電勢能變化量大小之比為1∶2，故D錯誤。【答案】BC5、如圖所示，一豎直放置的足夠大金屬板正前方O點固定一正點電荷Q，一表面絕緣的帶正電小球(可視為質(zhì)點且不影響Q的電場)從金屬板的上端釋放，由靜止開始沿金屬板下落先后運動到板面的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，則小球在運動過程中()A．小球可能一直做加速運動B．小球在A、B兩點的電勢能大小EpB>EpAC．小球在A、B兩點的電場強度大小EB<EAD．小球受到合力的沖量一定為0解析：金屬板在Q的電場中達(dá)到靜電平衡時，金屬板是一個等勢體，表面是一個等勢面，表面的電場線與表面垂直，小球所受電場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強度等效于等量異種電荷的連線的中垂線的電場強度，所以小球在A、B兩點的電場強度大小EB>EA；由于電場力與小球的速度方向垂直，電場力對小球不做功，小球的電勢能不變，小球在A、B兩點的電勢能大小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動；根據(jù)動量定理可知小球受到合力的沖量不為0，故選項A正確，B、C、D錯誤?！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向右勻速運動，運動過程中金屬棒與導(dǎo)軌保持垂直，金屬棒與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為μ，整個裝置處于豎直向下的勻強磁場中(圖中未畫出)，磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，導(dǎo)軌單位長度的電阻為r，其余電阻不計，重力加速度為g。若在0時刻水平力的大小為F0，則在0～t時間內(nèi)，以下說法正確的有()A．水平力F對金屬棒的沖量大小F0tB．水平力和摩擦力的合力對金屬棒的沖量為零C．合力對金屬棒做的功為零D．若某時刻通過電阻R的電流為I，則此時水平力F的功率為(BIL＋μMg)v解析：由題意可知，金屬棒在力F作用下做勻速運動，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隨時間逐漸減小，并不是保持F0不變，故選項A錯誤；由于金屬棒勻速運動，即安培力、水平力和摩擦力的合力為零，則這三個力的合力對金屬棒的沖量為零，則這三個力的合力對金屬棒做功為零，故選項B錯誤，C正確；若某時刻通過電阻R的電流為I，則根據(jù)平衡條件可知：F＝BIL＋μMg，則此時水平力F的功率為(BIL＋μMg)v，故選項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端進入凹槽，整個裝置處于范圍足夠大的豎直方向的勻強磁場中，導(dǎo)體棒在槽內(nèi)運動過程中與導(dǎo)軌接觸良好。已知磁場的磁感應(yīng)強度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，重力加速度g＝10m/s2，不計空氣阻力。(1)求導(dǎo)體棒剛進入凹槽時的速度大小；(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時回路中的電功率。解析：(1)根據(jù)機械能守恒定律，可得：mgh＝eq\f(1,2)mv2解得導(dǎo)體棒剛進入凹槽時的速度大?。簐＝2eq\r(10)m/s。(2)導(dǎo)體棒在凹槽導(dǎo)軌上運動過程中發(fā)生電磁感應(yīng)現(xiàn)象，產(chǎn)生感應(yīng)電流，最終整個系統(tǒng)處于靜止，導(dǎo)體棒停在凹槽最低點。根據(jù)能量守恒可知，整個過程中系統(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時速度大小為v1，凹槽速度大小為v2，導(dǎo)體棒在凹槽內(nèi)運動時系統(tǒng)在水平方向動量守恒，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時感應(yīng)電動勢：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，整個空間存在一豎直向上的勻強電場，小球A靜止時彈簧恰為原長，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動。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械能ΔE；(2)若x0未知，且B與A一起向上運動在最高點時恰未分離，試求A、B運動到最高點時彈簧的形變量x；(3)在滿足第(2)問的情況下，試求A、B運動過程中的最大速度vm。解析：(1)設(shè)勻強電場的場強為E，在碰撞前A靜止、彈簧恰為原長時，有mg－qE＝0設(shè)B在與A碰撞前的速度為v0，由機械能守恒定律得mgx0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)設(shè)B與A碰撞后共同速度為v1，由動量守恒定律得mv0＝2mv1B與A碰撞過程中損失的機械能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B：mg＝ma對A：mg＋kx－qE＝ma解得x＝eq\f(mg,k)。(3)A、B一起運動過程中合外力為零時具有最大速度，設(shè)此時彈簧的壓縮量為x′，則2mg－(kx′＋qE)＝0解得x′＝eq\f(mg,k)由于x′＝x，說明A、B在最高點處與合外力為0處彈簧的彈性勢能相等，對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，整個裝置處于方向垂直桌面向下、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場中?，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(O為導(dǎo)軌上的一點)以與導(dǎo)軌ef成60°角的方向斜向右方進入磁場，隨后小球垂直地打在金屬棒MN的中點，小球與金屬棒MN的碰撞過程中無機械能損失，不計導(dǎo)軌間電場的影響，不計導(dǎo)軌和金屬棒MN的電阻，兩棒運動過程中不相碰，求：(1)小球在O點射入磁場時的初速度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)在整個過程中金屬棒MN比金屬棒PQ多滑動的距離；(4)請通過計算說明小球不會與MN棒發(fā)生第二次碰撞。解析：(1)小球運動軌跡如圖所示，設(shè)光滑絕緣小球在水平桌面上做勻速圓周運動的半徑為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