2020高考物理《电学中的动量和能量问题》复习讲义(考点精讲及配套最新典型例题)

电学中的动量和能量问题 复习讲义考点电场与磁场中的动量和能量问题例1 当金属的温度升高到一定程度时就会向四周发射电子，这种电子叫热电子，通常情况下，热电子的初始速度可以忽略不计．如图1所示，相距为L 的两块固定平行金属板M 、N 接在输出电压恒为U 的高压电源E 2上，M 、N 之间的电场近似为匀强电场，K 是与M 板距离很近的灯丝，通过小孔穿过M 板与外部电源E 1连接，电源E 1给K 加热从而产生热电子，不计灯丝对内部匀强电场的影响．热电子经高压加速后垂直撞击N 板，瞬间成为金属板的自由电子，速度近似为零．电源接通后，电流表的示数稳定为I ，已知电子的质量为m 、电荷量为e .求：图1(1)电子到达N 板前瞬间的速度v N 的大小； (2)N 板受到电子撞击的平均作用力F 的大小． 答案 (1)2eUm(2)I 2mUe解析 (1)由动能定理得eU ＝12m v N 2－0，解得v N ＝2eUm. (2)设Δt 时间经过N 板的电荷量为Q ，Q ＝I Δt 在Δt 时间落在N 板上的电子数为N 1：N 1＝I Δte对Δt 时间内落在N 板上的电子整体应用动量定理： －F Δt ＝0－N 1m v N ， F ＝N 1m v N Δt＝I2mUe. 由作用力与反作用力关系可知，N 板受到电子撞击的平均作用力大小为F ′＝F ＝I 2mUe.例2 如图2所示是计算机模拟出的一种宇宙空间的情景，在此宇宙空间内存在这样一个远离其他空间的区域(其他星体对该区域内物体的引力忽略不计)，以MN 为界，上半部分匀强磁场的磁感应强度大小为B 1，下半部分匀强磁场的磁感应强度大小为B 2.已知B 1＝4B 2＝4B 0，磁场方向相同，且磁场区域足够大．在距离界线MN 为h 的P 点有一宇航员处于静止状态，宇航员以平行于MN 的速度向右抛出一质量为m 、电荷量为q 的带负电小球，发现小球经过界线处的速度方向与界线成90°角，接着小球进入下半部分磁场．当宇航员沿与界线平行的直线匀速到达目标Q 点时，刚好又接住球而静止．求：图2(1)请你粗略地作出小球从P 点运动到Q 点的运动轨迹； (2)PQ 间的距离是多大； (3)宇航员的质量是多少．答案 (1)见解析图 (2)6h (3)5πm 6解析 (1)小球运动轨迹如图所示．(2)由几何关系可知R 1＝h ， 由q v B ＝m v 2R 和B 1＝4B 2＝4B 0，可知R 2＝4R 1＝4h ， 设小球的速率为v 1， 由q v 1(4B 0)＝m v 12R 1解得小球的速率v 1＝4qB 0hm，根据运动的对称性，PQ 间的距离为L ＝2(R 2－R 1)＝6h .(3)由q v B ＝m v 2r 和T ＝2πr v 得小球做匀速圆周运动的周期T ＝2πmqB ，故小球由P 运动到Q 的时间t ＝T 12＋T 22＝5πm4qB 0.设宇航员的速度为v 2＝L t ＝24qB 0h5πm ，宇航员在Q 点接住球时，由动量守恒定律有 M v 2－m v 1＝0，解得宇航员的质量M ＝5πm6.考点 电磁感应中的动量和能量问题1．电磁感应与动量综合问题往往需要运用牛顿第二定律、动量定理、动量守恒定律、功能关系和能量守恒定律等重要规律，并结合闭合电路欧姆定律等物理规律及基本方法求解．2．动量观点在电磁感应问题中的应用，主要可以解决变力的冲量．所以，在求解导体棒做非匀变速运动的问题时，应用动量定理可以避免由于加速度变化而导致运动学公式不能使用的麻烦，在求解双杆模型问题时，在一定条件下可以利用动量守恒定律避免讨论中间变化状态，而直接求得最终状态．例3 (2019·福建福州市期末质量检测)如图3所示，空间存在一个范围足够大的竖直向下的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B ；边长为L 的正方形金属框abcd (简称方框)放在光滑的水平地面上，其外侧套着一个与方框边长相同的U 形金属框架MNQP (仅有MN 、NQ 、QP 三条边，简称U 形框)，U 形框的M 、P 端的两个触点与方框接触良好且无摩擦，其他地方没有接触．两个金属框每条边的质量均为m ，每条边的电阻均为r .(1)若方框固定不动，U 形框以速度v 0垂直NQ 边向右匀速运动，当U 形框的接触点M 、P 端滑至方框的最右侧时，如图乙所示，求U 形框上N 、Q 两端的电势差U NQ ；(2)若方框不固定，给U 形框垂直NQ 边向右的水平初速度v 0，U 形框恰好不能与方框分离，求方框最后的速度v t 和此过程流过U 形框上NQ 边的电荷量q ；(3)若方框不固定，给U 形框垂直NQ 边向右的初速度v (v >v 0)，在U 形框与方框分离后，经过t 时间，方框的最右侧和U 形框的最左侧之间的距离为s .求分离时U 形框的速度大小v 1和方框的速度大小v 2.图3答案 见解析解析 (1)由法拉第电磁感应定律得：E ＝BL v 0此时电路图如图所示 由串并联电路规律，外电阻为R 外＝2r ＋3r ×r 3r ＋r ＝114r由闭合电路欧姆定律得： 流过QN 的电流I ＝ER 外＋r ＝4BL v 015r所以：U NQ ＝E －Ir ＝1115BL v 0；(2)U 形框向右运动过程中，方框和U 形框组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒． 依题意得：方框和U 形框最终速度相同，设最终速度大小为v t ； 3m v 0＝(3m ＋4m )v t 解得：v t ＝37v 0对U 形框，由动量定理得：－BL I t ＝3m v t －3m v 0 由q ＝I t 解得：q ＝12m v 07BL(3)设U 形框和方框分离时速度分别为v 1和v 2，系统动量守恒：3m v ＝3m v 1＋4m v 2 依题意得：s ＝(v 1－v 2)t 联立解得：v 1＝37v ＋4s7tv 2＝37v －3s7t.变式训练 (2019·浙江杭州市高三期末)如图4(俯视图)所示，质量分布均匀的总质量为M 、边长为L 的正方形导体线框ACDE 处于某一水平面内(离地面足够高)；在t ＝0时刻(图示位置)以速度v 0将线框水平向右抛入宽度为L 、间距也为L 的间隔型磁场区域(区域足够大)；该区域内存在磁场的区域磁场方向竖直向下，磁感应强度大小均为B .若线框ACDE 在整个运动过程中都保持水平状态，每条边的电阻均为R ，不计空气阻力，重力加速度为g .求：图4(1)t ＝0时刻线框CD 边上的电势差U CD ； (2)t ＝0时刻线框加速度的大小a ；(3)若线框在0～t 0时间内的位移大小为s ，求t ＝t 0时刻线框水平速度v 的大小(设t 0时刻线框的水平速度大于0，t 0为已知量)． 答案 (1)－3BL v 04 (2)(B 2L 2v 04MR)2＋g 2 (3)v 0－B 2L 2 4s 2－g 2t 048MR解析 (1)E ＝BL v 0根据电路相关知识可得U CD ＝－3BL v 04(2)线框所受的水平方向的安培力F ＝BIL ＝B 2L 2v 04R所以线框水平方向的加速度大小a x ＝ B 2L 2v 04MR .线框加速度大小a ＝(B 2L 2v 04MR)2＋g 2. (3)根据动量定理，水平方向上有－B 2L 2v4R Δt ＝M Δv即－B 2L 2Δx 4R＝M Δv两边同时求和可知－B 2L 2x4R ＝M (v －v 0)．又s ＝x 2＋(12gt 02)2，所以线框水平速度大小v ＝v 0－B 2L 2 4s 2－g 2t 048MR.专题突破练级保分练1.(2019·河北承德市联校期末)如图1所示，光滑绝缘水平轨道上带正电的甲球，以某一水平初速度射向静止在轨道上带正电的乙球，当它们相距最近时，甲球的速度变为原来的15.已知两球始终未接触，则甲、乙两球的质量之比是( )图1A ．1∶1B ．1∶2C ．1∶3D ．1∶4 答案 D2.(2019·北京市大兴区上学期期末)如图2所示，在矩形MNQP 区域中有一垂直纸面向里的匀强磁场．质量和电荷量都相等的带电粒子a 、b 、c 以不同的速率从O 点沿垂直于PQ 的方向射入磁场，图中实线是它们的轨迹．已知O 是PQ 的中点，不计粒子重力．从图示轨迹中可以判断( )图2A ．a 粒子带负电，b 粒子带正电B ．c 粒子的动量大小大于a 粒子的动量大小C ．b 粒子运动的时间大于a 粒子运动的时间D ．b 粒子的加速度大于c 粒子的加速度 答案 D解析 根据左手定则知粒子a 带正电，粒子b 、c 带负电，故A 错误；粒子在磁场中做匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：q v B ＝m v 2r ，解得：p ＝m v ＝qBr ，因c 的轨道半径小于a 的轨道半径，则c 粒子动量的大小小于a 粒子动量的大小，选项B 错误；粒子在磁场中做圆周运动的周期T ＝2πm qB 相同，粒子在磁场中的运动时间：t ＝θ2πT ＝θmqB ，由于m 、q 、B 都相同，粒子a 转过的圆心角大于粒子b 转过的圆心角，则b 粒子在磁场中运动的时间小于a 粒子在磁场中运动的时间，故C 错误；根据q v B ＝ma ，b 粒子的速度最大，则b 粒子的加速度大于c 粒子的加速度，选项D 正确．3.(多选)(2019·河南九师联盟质检)如图3所示，一长为L ＝1 m 、质量为m ＝1 kg 的导体棒ab 垂直放在固定的足够长的光滑U 形导轨底端，导轨宽度和导体棒等长且接触良好，导轨平面与水平面成θ＝30°角，整个装置处在与导轨平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度B ＝0.5 T ．现给导体棒沿导轨向上的初速度v 0＝4 m /s ，经时间t 0＝0.5 s ，导体棒到达最高点，然后开始返回，到达底端前已做匀速运动．已知导体棒的电阻为R ＝0.05 Ω，其余电阻不计，重力加速度g 取10 m /s 2，忽略电路中感应电流之间的相互作用，则( )图3A ．导体棒到达导轨平面底端时，流过导体棒的电流为5 AB ．导体棒到达导轨平面底端时的速度大小为1 m/sC ．导体棒从开始运动到顶端的过程中，通过导体棒的电荷量为3 CD ．导体棒从开始运动到返回底端的过程中，回路中产生的电能为15 J 答案 BC解析 导体棒到达底端前已做匀速运动，由平衡条件得：mg sin 30 °＝B 2L 2v mR ，代入数据解得：v m ＝1 m/s ，选项B 正确；导体棒到达导轨平面底端时，通过导体棒的电流为I ＝BL v mR＝0.5×1×10.05 A ＝10 A ，选项A 错误；导体棒从开始运动到到达顶端的过程中，根据动量定理：－(mg sin 30°＋B I L )t 0＝0－m v 0，其中I t 0＝q ，解得q ＝3 C ，选项C 正确；导体棒从开始运动到返回底端的过程中，回路中产生的电能为12m v 02－12m v m 2＝12×1×(42－12) J ＝7.5 J ，选项D 错误．级争分练4.如图4所示，在光滑绝缘水平面上由左向右沿一条直线等间距的排着多个形状相同的静止的带正电荷的绝缘小球，依次编号为1、2、3…每个小球所带的电荷量都相等且均为q ＝3.75×10－3C.第一个小球的质量m ＝0.1 kg ，从第二个小球起往右的小球的质量依次为前一个小球的12，小球均位于垂直于小球所在直线的匀强磁场里，已知该磁场的磁感应强度B ＝0.5 T ．现给第一个小球一个水平速度v 0＝8 m /s ，使第一个小球向前运动并且与后面的小球发生弹性正碰，若碰撞过程中电荷不转移，则第几个小球被碰后可以脱离地面？(不计电荷之间的库仑力，取g ＝10 m /s 2)图4答案 第6个解析 第一个小球质量m 1＝m ，第二个小球质量m 2＝12m 1＝12m第三个小球质量：m 3＝12m 2＝(12)2m于是第n 个小球质量m n ＝12m n －1＝(12)n －1m设第一个小球与第二个小球碰撞后速度分别为v 1和v 2根据动量守恒，选取初速度的方向为正方向：m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 2根据机械能守恒：12m 1v 02＝12m 1v 12＋12m 2v 22所以：v 2＝2m 1m 1＋m 2v 0＝43v 0同理第二个小球与第三个小球碰撞后， 第三个小球的速度：v 3＝43v 2＝(43)2v 0第n 个小球被撞后速度：v n ＝(43)n －1v 0设第n 个小球被撞后能离开地面，则q v n B ≥m n g 解得：n ≥6，所以第6个小球被碰后可以脱离地面．5.(2019·江西重点中学协作体第一次联考)固定在竖直平面内的固定光滑绝缘轨道LMN ，其中MN 水平且足够长，LM 下端与MN 平滑相接．在OP 与QR 之间的区域内有方向如图5所示的匀强电场和匀强磁场．质量为m 和5m 的绝缘小物块C 、D (可视为质点)，其中D 带有电荷量q ，C 不带电，现将物块D 静止放置在水平轨道的MO 段，将物块C 从离水平轨道MN 距离h 高的L 处由静止释放，物块C 沿轨道下滑进入水平轨道，然后与D 正碰(C 、D 的电荷量都不变)，碰后物块C 被反弹，物块D 进入虚线OP 右侧的复合场中沿直线OQ 运动且恰好对水平轨道无压力，最后离开复合场区域．已知：重力加速度g 、电场强度E ＝mgq、磁感应强度B ＝8m q2gh，求：图5(1)物块D 进入复合场的速度大小；(2)物块C 反弹后滑回斜面LM 的最大高度H ；(3)若已知OQ 间距为h ，保持其他条件不变，仅将电场强度增大为E 2＝5E ，同时磁感应强度减小为B 2＝B8，求物块D 离开电磁场后所到达轨迹最高点与水平轨道MN 之间的高度差．答案 (1)2gh 4 (2)h16(3)0.54h解析 (1)物块D 进入复合场后做匀速直线运动且对轨道无压力，可知 D 带正电， 且Eq ＋q v D B ＝5mg 解得v D ＝18gh ＝2gh 4(2)对物块C 在斜面上由L →M 的过程有mgh ＝12m v 02即v 0＝2ghC 碰D 瞬间动量守恒m v 0＝m v C ＋5m v D 解得v C ＝－14v 0＝－18gh 物块C 返回斜面过程有12m v C 2＝mgH解得H ＝h16(3)物块D 在电磁场中5Eq ＝5mg ，重力与静电力平衡，做匀速圆周运动，有qB 2v D ＝5m v D 2r做圆周运动半径r ＝5m v D qB 2＝54h设物块D 在有界场中运动轨迹的圆心角为θ，sin θ＝h r ＝45h 1＝r －r cos θ从Q 点正上方处离开电磁场．物块D 离开电磁场后做曲线运动，竖直分速度为v y ＝v D sin θ 则h 2＝v y 22g物块D 离开电磁场后所到达轨迹最高点与水平轨道MN 之间的高度差为H ′＝h 1＋h 2＝0.54h . 6.(2019·浙江宁波市3月模拟)如图6所示，两根一端带有挡柱的金属导轨MN 和PQ 与水平面成θ＝37°角，两导轨间距L ＝1 m ，导轨自身电阻不计，整个装置处在磁感应强度大小B ＝2 T 的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向上．两根完全相同的金属棒ab 和cd ，每根棒长为L ，质量m ＝1 kg ，电阻R ＝1 Ω，垂直放在导轨平面上且始终与导轨保持良好接触．现让金属棒cd 靠在挡柱上，金属棒ab 在沿斜面向上的外力F 作用下从轨道上某处由静止开始做加速度a ＝2.5 m /s 2的匀加速直线运动，直到金属棒cd 刚要滑动时撤去外力F ；此后金属棒ab 继续向上运动0.35 s 后减速为0，且金属棒ab 向下返回到初始出发点时的速度大小为1 m /s.已知两金属棒与导轨间的动摩擦因数均为0.5，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g 取10 m/s 2.求：图6(1)金属棒cd 刚要滑动时，金属棒ab 的速度大小； (2)金属棒ab 沿斜面向上匀加速运动过程中外力的最大值；(3)金属棒ab 从最高点返回到初始出发点过程中，金属棒ab 产生的焦耳热． 答案 (1)5 m/s (2)22.5 N (3)5.5 J 解析 (1)当金属棒cd 刚要滑动时满足： BIL ＝mg sin θ＋μmg cos θ I ＝BL v 2R联立解得：v ＝5 m/s(2)对金属棒ab ：F －mg sin θ－μmg cos θ－BIL ＝ma I ＝BL v 2Rv ＝at代入数据可知F 随t 线性变化，当v ＝5 m/s 时，最大值F m ＝22.5 N ； (3)匀加速阶段金属棒ab 的位移为：x 1＝v 22a撤去F 后金属棒cd 仍静止，设金属棒ab 减速滑行的位移为x 2 由动量定理得(μmg cos θ＋mg sin θ＋B I L )Δt ＝m v I Δt ＝BLx 22R解得x 2＝0.75 m设金属棒ab 返回到出发点的速度为v 1， 由能量守恒：mg (x 1＋x 2)sin θ＝μmg cos θ(x 1＋x 2)＋12m v 12＋2Q解得Q ＝5.5 J.。