第1部分 专题4 第2讲 电学中的动量和能量问题
广东省2015届高考物理复习名师考点点拨专题讲义：专题四 动量和能量观点的综合运用 第2课时
第2课时功能关系在电学中的应用1．静电力做功与路径无关．若电场为匀强电场，则W＝Fl cos α＝Eql cos α；若是非匀强电场，则一般利用W＝qU来求．2．磁场力又可分为洛伦兹力和安培力．洛伦兹力在任何情况下对运动的电荷都不做功；安培力可以做正功、负功，还可以不做功．3．电流做功的实质是电场对移动电荷做功．即W＝UIt＝Uq.4．导体棒在磁场中切割磁感线时，棒中感应电流受到的安培力对导体棒做负功，使机械能转化为电能．5．静电力做的功等于电势能的变化，即W AB＝－ΔE p.1．功能关系在电学中应用的题目，一般过程复杂且涉及多种性质不同的力，因此，通过审题，抓住受力分析和运动过程分析是关键，然后根据不同的运动过程中各力做功的特点来选择相应规律求解．2．动能定理和能量守恒定律在处理电学中能量问题时仍然是首选的方法.考向1几个重要的功能关系在电学中的应用例1(双选)如图1所示，一绝缘轻弹簧的下端固定在斜面底端，上端连接一带正电的光滑滑块P，滑块所处空间存在着沿斜面向上的匀强电场，倾角为θ的光滑绝缘斜面固定在水平地面上，开始时弹簧是原长状态，物体恰好处于平衡状态，现给滑块一沿斜面向下的初速度v，滑块到最低点时，弹簧的压缩量为x，若弹簧始终处在弹性限度内，以下说法正确的是()图1A．滑块电势能的增加量等于滑块重力势能的减少量B ．滑块到达最低点的过程中，克服弹簧弹力做功12m v 2C ．滑块动能的变化量等于电场力和重力做功的代数和D ．当滑块的加速度最大时，滑块和弹簧组成的系统机械能最大审题突破 弹簧原长状态时，物体恰好处于平衡状态，说明电场力和重力什么关系？滑块向下到达最低点的过程中，都有哪些力做功？何时加速度最大？解析 由题意qE ＝mg sin θ，在运动到最低点过程中，电场力做功与重力做功相等，则滑块电势能增加量等于滑块重力势能的减小量，故A 正确．克服弹簧弹力做功等于弹性势能的增加量，即等于动能的减少量，故B 正确．电场力和重力做功的代数和为零，根据动能定理知，电场力、重力、弹簧弹力做功的代数和等于滑块动能的变化量，故C 错误．当滑块运动到最低点时，加速度最大，电场力做的负功最多，即电势能增加最多，此时系统机械能最小，故D 错误． 答案 AB以题说法 在解决电学中功能关系问题时应注意以下几点：(1)洛伦兹力在任何情况下都不做功；(2)电场力做功与路径无关，电场力做的功等于电势能的变化；(3)力学中的几个功能关系在电学中仍然成立．(双选)质量为m 的带正电小球由空中A 点无初速度自由下落，在t 秒末加上竖直向上、范围足够大的匀强电场，再经过t 秒小球又回到A 点．不计空气阻力且小球从未落地，则( )A ．整个过程中小球电势能减少了1.5mg 2t 2B ．整个过程中机械能的增量为2mg 2t 2C ．从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能减少了mg 2t 2D ．从A 点到最低点小球重力势能减少了23mg 2t 2答案 BD解析 由12gt 2＝－(v t －12at 2)，又v ＝gt ，解得a ＝3g .由a ＝qE －mg m ，联立解得qE ＝4mg ，则小球电势能减少为Δε＝qE ·12gt 2＝2mg 2t 2.根据功能关系可知，机械能的增量为2mg 2t 2，故A 错误，B 正确．从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能减少了ΔE k ＝12m (gt )2，故C 错误．设从A 点到最低点的高度为h ，根据动能定理得mgh －qE (h －12gt 2)＝0，解得h ＝23gt 2，故从A 点到最低点小球重力势能减少了ΔE p ＝mgh ＝2mg 2t 23，故D 正确．考向2 应用动能定理分析带电体在电场中的运动例2 如图2所示是研究带电体的质量与电量关系的光滑绝缘细管，长为L 且竖直放置，点电荷M 固定在管底部，电荷量为＋Q .现从管口A 处静止释放一带电体N ，当其电荷量为＋q 、质量为m 时，N 下落至距M 为h 的B 处速度恰好为0.已知静电力常量为k ，重力加速度为g ，带电体下落过程中不影响原电场．图2(1)若把A 换成电量为＋q 、质量为3m 的带电体N 1，仍从A 处静止释放．求N 1运动过程中速度最大处与M 的距离及到达B 处的速度大小；(2)若M 略向上移动，试判断带电体N 能否到达B 处，并说明理由；(3)若M 保持原位置不变，设法改变带电体N 的质量与电量，要求带电体下落的最低点在B 处，列出N 应满足的条件．审题突破 N 1运动过程中何时速度最大？质量为m 和3m 的带电体从A 到B 相同的物理量是什么？M 略向上移动又是哪个物理量发生变化？解析 (1)带电体N 1运动到重力等于电场力时，速度最大，设距底部距离为r ，则有3mg ＝kQq r 2，解得r ＝kQq3mg. 设带电体N 1运动到B 处时的速度为v B ，由动能定理，有 3mg (l －h )＋qU AB ＝12×3m v 2B ， 依题意有mg (l －h )＋qU AB ＝0， 联立两式可得：v B ＝2g (l －h )3. (2)N 不能到达B 处．因为mg (l －h )＋qU AB ′＜0. (3)设带电体N 的质量为m ′、电荷量为＋q ′， 由动能定理得：m ′g (l －h )＋q ′U AB ＝0 所以q ′m ′＝q m答案 (1)kQq3mg 2 g (l －h )3(2)N 不能到达B 处，因为mg (1－h )＋qU AB ′<0 (3)带电体下落的最低点在B 处，N 应满足的条件为q ′m ′＝qm以题说法 1.电场力做功与重力做功的特点类似，都与路径无关．2．对于电场力做功或涉及电势差的计算，选用动能定理往往最简便快捷，但运用动能定理时要特别注意运动过程的选取．如图3所示，在一倾角为37°的绝缘斜面下端O ，固定有垂直于斜面的绝缘挡板．斜面ON 段粗糙，长度s ＝0.02 m ，NM 段光滑，长度L ＝0.5 m ．在斜面的所在区域有竖直向下的匀强电场，场强为2×105 N/C.有一小滑块质量为2×10－3 kg ，带正电，电量为1×10－7 C ，小滑块与ON 段表面的动摩擦因数为0.75.将小滑块从M 点由静止释放，在运动过程中没有电量损失，与挡板相碰后原速返回．已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2.求：图3(1)小滑块第一次过N 点的速度大小； (2)小滑块最后停在距离挡板多远的位置； (3)小滑块在斜面上运动的总路程． 答案 (1)2 3 m/s (2)0.01 m (3)6.77 m 解析 (1)小滑块第一次过N 点的速度为v ， 则由动能定理有12m v 2＝mgL sin 37°＋qEL sin 37°代入数据得：v ＝2 3 m/s.(2)滑块在ON 段运动时所受的摩擦力 f ＝μ(mg cos 37°＋qE cos 37°)＝2.4×10－2 N滑块所受重力、电场力沿斜面的分力 F 1＝mg sin 37°＋qE sin 37°＝2.4×10－2 N因此滑块沿ON 下滑时做匀速运动，上滑时做匀减速运动，速度为零时可停下． 设小滑块与挡板碰撞n 次后停在距挡板距离为x 处， 则由动能定理得：(mg ＋qE )(L ＋s －x )sin 37°－μ(mg ＋qE )[(2n －1)s ＋x ]cos 37°＝0 由0≤x ≤0.02 m ，得：12.5≤n ≤13.5 取n ＝13得：x ＝0.01 m(3)设滑块每一次与挡板碰撞沿斜面上升的距离减少Δx ，由能量守恒得： (mg ＋qE )Δx sin 37°＝2μ(mg ＋qE )s cos 37° 代入数据得：Δx ＝0.04 m滑块第一次与挡板碰撞后沿斜面上升的距离 s 1＝L ＋s －Δx ＝0.48 m滑块第p 次与挡板碰撞后沿斜面上升的距离 s p ＝s 1－(p －1)Δx滑块移动的总路程s 总＝L ＋s ＋x ＋2[ps 1－p (p －1)Δx 2]由于s p ≥s ＝0.02 m ，得p ≤12.5， 取p ＝12代入上式得：s 总＝6.77 m. 考向3 功能观点在电磁感应问题中的应用例3 (2014·四川成都市二诊)如图4甲所示，MN 、PQ 是相距d ＝1 m 的足够长平行光滑金属导轨，导轨平面与水平面成某一夹角，导轨电阻不计；长也为1 m 的金属棒ab 垂直于MN 、PQ 放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，ab 的质量m ＝0.1 kg 、电阻R ＝1 Ω；MN 、PQ 的上端连接右侧电路，电路中R 2为一电阻箱；已知灯泡电阻R L ＝3 Ω，定值电阻R 1＝7 Ω，调节电阻箱使R 2＝6 Ω，重力加速度g ＝10 m/s 2.现断开开关S ，在t ＝0时刻由静止释放ab ，在t ＝0.5 s 时刻闭合S ，同时加上分布于整个导轨所在区域的匀强磁场，磁场方向垂直于导轨平面斜向上；图乙所示为ab 的速度随时间变化图象．图4(1)求斜面倾角α及磁感应强度B 的大小；(2)ab 由静止下滑x ＝50 m(此前已达到最大速度)的过程中，求整个电路产生的电热； (3)若只改变电阻箱R 2的值．当R 2为何值时，ab 匀速下滑中R 2消耗的功率最大？消耗的最大功率为多少？审题突破 由乙图可知闭合S 前、后ab 分别做什么运动？可以提取哪些信息？ab 由静止下滑的过程中电流是否恒定，如何求电热？解析 (1)S 断开时，ab 做匀加速直线运动，从图乙得a ＝ΔvΔt ＝6 m/s 2由牛顿第二定律有mg sin α＝ma ， 所以有sin α＝35，即α＝37°，t ＝0.5 s 时，S 闭合且加了磁场，分析可知，此后ab 将先做加速度减小的加速运动，当速度达到最大(v m ＝6 m/s)后接着做匀速运动． 匀速运动时，由平衡条件知mg sin α＝F 安， 又F 安＝BId I ＝Bd v mR 总R 总＝R ＋R 1＋R L R 2R L ＋R 2＝10 Ω 联立以上四式有mg sin α＝B 2d 2v mR 总代入数据解得B ＝mg sin αR 总d 2v m＝1 T(2)由能量转化关系有mg sin αx ＝12m v 2m ＋Q代入数据解得Q ＝mg sin αx －12m v 2m ＝28.2 J(3)改变电阻箱R 2的值后，ab 匀速下滑时有 mg sin α＝BdI所以I ＝mg sin αBd ＝0.6 A通过R 2的电流为I 2＝R LR L ＋R 2IR 2的功率为P ＝I 22R 2联立以上三式可得P ＝I 2R 2L R 2(R L ＋R 2)2＝I 2R 2L (R L R 2＋R 2)2当R LR 2＝R 2时，即R 2＝R L ＝3 Ω，功率最大， 所以P m ＝0.27 W.答案 (1)37° 1 T (2)28.2 J (3)3 Ω 0.27 W以题说法 导体棒在匀强磁场中运动时棒中的感应电流受到的安培力是变力，所以安培力做的功只能由动能定理或能量守恒定律来求解．(双选)如图5所示，固定在同一水平面上的两平行金属导轨AB 、CD ，两端接有阻值相同的两个定值电阻．质量为m 的导体棒垂直放在导轨上，轻弹簧左端固定，右端连接导体棒，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中．当导体棒静止在OO ′位置时，弹簧处于原长状态．此时给导体棒一个水平向右的初速度v 0，它能向右运动的最远距离为d ，且能再次经过OO ′位置．已知导体棒所受的摩擦力大小恒为f ，导体棒向右运动过程中左侧电阻产生的热量为Q ，不计导轨和导体棒的电阻．则( )图5A ．弹簧的弹性势能最大为12m v 20－Q －fdB ．弹簧的弹性势能最大为12m v 20－2Q －fdC ．导体棒再次回到OO ′位置时的动能等于12m v 20－4Q －2fdD ．导体棒再次回到OO ′位置时的动能大于12m v 20－4Q －2fd答案 BD解析 当导体棒向右运动的过程中， 12m v 2＝E p ＋2Q ＋fd 所以E p ＝12m v 20－2Q －fd ①故A 错误，B 正确；由于产生了电能和热能，导体棒的机械能不断减小，所以导致棒在同一个位臵时，向右的速度大于向左的速度，所以导体棒向左运动的过程中产生的电能小于导体棒向右运动的过程中产生的电能，即2Q ′<2Q ，当导体棒向左运动的过程中，E p ＝12m v 2＋2Q ′＋fd ②联立①②得：12m v 2＝12m v 20－2Q －fd －2Q ′－fd >12m v 20－4Q －2fd ，故C 错误，D 正确．7．应用动力学和功能观点处理电学综合问题例4 (16分)如图6所示，水平绝缘粗糙的轨道AB 与处于竖直平面内的半圆形绝缘光滑轨道BC 平滑连接，半圆形轨道的半径R ＝0.4 m ，在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场线与轨道所在的平面平行，电场强度E ＝1.0×104 N/C.现有一电荷量q ＝＋1.0×10－4 C ，质量m＝0.1 kg 的带电体(可视为质点)，在水平轨道上的P 点由静止释放，带电体恰好能通过半圆形轨道的最高点C ，然后落至水平轨道上的D 点．取g ＝10 m/s 2.试求：图6(1)带电体运动到圆形轨道B 点时对圆形轨道的压力大小； (2)D 点到B 点的距离x DB ；(3)带电体在从P 开始运动到落至D 点的过程中的最大动能．解析 (1)设带电体通过C 点时的速度为v 0，根据牛顿第二定律得：mg ＝m v 2CR(2分)设带电体通过B 点时的速度为v B ，设轨道对带电体的支持力大小为F B ，从B 到C 根据动能定理：－mg ·2R ＝12m v 2C －12m v 2B (2分) 带电体在B 点时，根据牛顿第二定律有： F B －mg ＝m v 2BR (2分)联立解得：F B ＝6.0 N(1分)根据牛顿第三定律可知，带电体对轨道的压力 F B ′＝6.0 N(1分)(2)设带电体从最高点C 落至水平轨道上的D 点经历的时间为t ，根据运动的分解有2R ＝12gt 2(1分)x DB ＝v C t ＝12·Eqm t 2(2分)联立解得x DB ＝0.8 m(1分)(3)由P 到B 带电体做加速运动，故最大速度一定出现在从B 经C 到D 的过程中，在此过程中只有重力和电场力做功，这两个力大小相等，其合力与重力方向成45°夹角斜向右下方，故最大速度必出现在B 点右侧对应圆心角为45°处．(1分)设小球的最大动能为E km，根据动能定理有：qER sin 45°－mgR(1－cos 45°)＝E km－12m v2B(2分)解得：E km＝22＋35J≈1.17 J(1分)答案(1)6.0 N(2)0.8 m(3)1.17 J(限时：15分钟，满分：17分)(2014·四川·10)在如图7所示的竖直平面内，水平轨道CD和倾斜轨道GH与半径r＝944m的光滑圆弧轨道分别相切于D点和G点，GH与水平面的夹角θ＝37°.过G点、垂直于纸面的竖直平面左侧有匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度B＝1.25 T；过D点、垂直于纸面的竖直平面右侧有匀强电场，电场方向水平向右，电场强度E＝1×104N/C.小物体P1质量m＝2×10－3kg、电荷量q＝＋8×10－6C，受到水平向右的推力F＝9.98×10－3N的作用，沿CD向右做匀速直线运动，到达D点后撤去推力．当P1到达倾斜轨道底端G点时，不带电的小物体P2在GH顶端静止释放，经过时间t＝0.1 s与P1相遇．P1和P2与轨道CD、GH间的动摩擦因数均为μ＝0.5，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，物体电荷量保持不变，不计空气阻力．求：图7(1)小物体P1在水平轨道CD上运动速度v的大小；(2)倾斜轨道GH的长度s.答案(1)4 m/s(2)0.56 m解析(1)设小物体P1在匀强磁场中运动的速度为v，受到向上的洛伦兹力为F1，受到的摩擦力为f，则F1＝q v B①f＝μ(mg－F1)②由题意，水平方向合力为零F－f＝0③联立①②③式，代入数据解得v＝4 m/s④(2)设P1在G点的速度大小为v G，由于洛伦兹力不做功，根据动能定理qEr sin θ－mgr (1－cos θ)＝12m v 2G －12m v 2⑤ P 1在GH 上运动，受到重力、电场力和摩擦力的作用，设加速度为a 1，根据牛顿第二定律 qE cos θ－mg sin θ－μ(mg cos θ＋qE sin θ)＝ma 1⑥P 1与P 2在GH 上相遇时，设P 1在GH 上运动的距离为s 1，则s 1＝v G t ＋12a 1t 2⑦设P 2质量为m 2，在GH 上运动的加速度为a 2，则 m 2g sin θ－μm 2g cos θ＝m 2a 2⑧P 1与P 2在GH 上相遇时，设P 2在GH 上运动的距离为s 2，则 s 2＝12a 2t 2⑨又s ＝s 1＋s 2⑩联立⑤～⑩式，代入数据得s ＝0.56 m(限时：45分钟)题组1 几个重要的功能关系在电学中的应用1．(单选)(2014·天津·4)如图1所示，平行金属板A 、B 水平正对放置，分别带等量异号电荷．一带电微粒水平射入板间，在重力和电场力共同作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那么( )图1A ．若微粒带正电荷，则A 板一定带正电荷B ．微粒从M 点运动到N 点电势能一定增加C ．微粒从M 点运动到N 点动能一定增加D ．微粒从M 点运动到N 点机械能一定增加 答案 C解析 A ．分析微粒的运动轨迹可知，微粒的合力方向一定竖直向下，由于微粒的重力不可忽略，故微粒所受的电场力可能向下，也可能向上，故A 错误．B ．微粒从M 点运动到N 点，电场力可能做正功，也可能做负功，故微粒的电势能可能减小，也可能增大，故B 错误．C ．微粒从M 点运动到N 点过程中，合力做正功，故微粒的动能一定增加，C 正确．D ．微粒从M 点运动到N 点的过程中，除重力之外的电场力可能做正功，也可能做负功，故机械能不一定增加，D 错误．2．(双选)如图2所示，竖直向上的匀强电场中，绝缘轻质弹簧直立于地面上，上面放一个质量为m 的带正电小球，小球与弹簧不连接．现将小球向下压到某位置后由静止释放，若小球从静止开始运动到离开弹簧的过程中，重力和电场力对小球做功分别为W 1和W 2，小球离开弹簧时速度为v ，不计空气阻力，小球的电荷量保持不变，则上述过程中( )图2A ．小球的电势能增加W 2B ．弹簧弹性势能最大值为12m v 2＋W 1－W 2C ．弹簧弹性势能、小球的电势能和小球的重力势能三者之和可能一直在减小D ．小球和弹簧组成的系统的机械能增加W 2 答案 CD解析 A 项，小球从静止开始运动到离开弹簧的过程中，电场力做正功，知电势能减小W 2，故A 错误．B 项，根据动能定理，W 1＋W 2＋W 弹＝12m v 2，解得弹力做功W 弹＝12m v 2－W 1－W 2，知弹性势能的最大值为12m v 2－W 1－W 2，故B 错误．C 项，根据能量守恒得，弹性势能、小球的电势能、重力势能、动能之和保持不变，由于小球的动能可能一直增加，所以弹簧弹性势能、小球的电势能和小球的重力势能三者之和可能一直在减小，故C 正确．D 项，除重力以外其他力做功等于机械能的增量，由于电场力做功为W 2，则小球和弹簧组成的系统机械能增加W 2，故D 正确．3．(单选)如图3所示，真空中的匀强电场与水平方向成15°角，AB 直线垂直匀强电场E ，现有一质量为m 、电荷量为＋q 的小球在A 点以初速度大小v 0方向水平向右抛出，经时间t 小球下落到C 点(图中未画出)时速度大小仍为v 0，则小球由A 点运动到C 点的过程中，下列说法正确的是( )图3A ．电场力对小球做功为零B ．小球的机械能减小量为12mg 2t 2C ．小球的电势能减小D ．C 一定位于AB 直线的右侧 答案 D解析 小球受到自身重力mg 和电场力qE 作用，合力F 如图所示斜向左下方，小球从A 点到C 点速度大小没有变化，说明合外力没有做功，即初、末位臵都在与合力垂直的同一条线上，据此判断如图，电场力做负功，选项A 错．电势能增大，选项C 错．由于AC 与合力F 垂直，所以C 点一定位于AB 直线的右侧，选项D 对．小球机械能减小量等于克服电场力做的功，根据动能定理，克服电场力做功等于重力做功，但竖直方向不但受到自身重力还有电场力竖直向下的分力，竖直方向加速度大于g ，所以竖直方向位移大于12gt 2，重力做功即克服电场力做功大于W ＝mg ×12gt 2＝12mg 2t 2，选项B 错．4．(单选)如图4所示，在绝缘的斜面上方存在着沿水平向右的匀强电场，斜面上的带电金属块沿斜面滑下．已知在下滑的过程中，金属块动能增加了12 J ，金属块克服摩擦力做功8 J ，重力做功24 J ，下列判断中正确的是( )图4A ．金属块带负电B ．金属块克服电场力做功8 JC ．金属块的机械能减少12 JD ．金属块的电势能减少4 J 答案 C解析 设重力做功为W G ，克服摩擦力做功W f ，电场力做功W ，由动能定理W G ＋W －W f ＝ΔE k ，解得电场力做功W ＝－4 J ，所以电场力做负功，由于斜面上的带电金属块沿斜面滑下故金属块带正电，A 、B 选项错误；除重力外的其他外力做功W －W f ＝－12 J ，故金属块的机械能减少12 J ，C 选项正确；电场力做负功，金属块的电势能增加，D 选项错误． 题组2 应用动能定理分析带电体在电场中的运动5．(双选)如图5所示，光滑的水平轨道AB 与半径为R 的光滑的半圆形轨道BCD 相切于B 点，水平轨道AB 部分存在水平向右的匀强电场E ，半圆形轨道处于竖直平面内，B 为最低点，D 为最高点．一质量为m 、带正电的小球从距B 点x 的位置在电场力的作用下由静止开始沿AB 向右运动，并能恰好通过最高点D ，则下列物理量的变化对应关系正确的是( )图5A ．其他条件不变，R 越大，x 越大B ．其他条件不变，m 越大，x 越大C ．其他条件不变，E 越大，x 越大D ．其他条件不变，R 越大，小球经过B 点瞬间对轨道的压力越大 答案 AB解析 小球在BCD 部分做圆周运动，在D 点，由牛顿第二定律有：mg ＝m v 2DR ，小球由B 到D的过程中机械能守恒：12m v 2B ＝mg ×2R ＋12m v 2D ，联立解得：v B ＝5gR ，R 越大，小球经过B 点时的速度越大，则x 越大，选项A 正确；小球由A 到B ，由动能定理得：qEx ＝12m v 2B ，将v B＝5gR 代入得：qEx ＝52mgR ，知m 越大，x 越大，B 正确；E 越大，x 越小，C 错误；在B 点有：F N －mg ＝m v 2BR，将v B ＝5gR 代入得：F N ＝6mg ，选项D 错误．6．如图6所示，倾斜角度为θ的粗糙程度均匀的绝缘斜面，下方O 点处有一带电量为＋Q 的点电荷，质量为m 、带电量为－q 的小物体(可看成质点)与斜面间的动摩擦因数为μ.现使小物体以初速度v 0从斜面上的A 点沿斜面上滑，到达B 点时速度为零，然后又下滑回到A 点．小物体所带电荷量保持不变，静电力常量为k ，重力加速度为g ，OA ＝OB ＝l .求：图6(1)小物体沿斜面上滑经过AB 中点时的加速度； (2)小物体返回到斜面上的A 点时的速度． 答案 (1)g (sin θ＋μcos θ)＋μkQqml 2sin 2θ(2)4gl sin 2θ－v 20 解析 (1)F N ＝mg cos θ＋kQq(l sin θ)2mg sin θ＋μF N ＝ma得：a ＝mg sin θ＋μ(mg cos θ＋kQq(l sin θ)2)m＝g (sin θ＋μcos θ)＋μkQqml 2sin 2θ.(2)从A 到B ，由动能定理得： 0－12m v 20＝－mgl sin 2θ＋W f 从B 到A ，由动能定理得： 12m v 2＝mgl sin 2θ＋W f 得：v ＝4gl sin 2θ－v 207．(2014·新课标Ⅰ·25)如图7所示，O 、A 、B 为同一竖直平面内的三个点，OB 沿竖直方向，∠BOA ＝60°，OB ＝32OA ，将一质量为m 的小球以一定的初动能自O 点水平向右抛出，小球在运动过程中恰好通过A 点．使此小球带电，电荷量为q (q >0)，同时加一匀强电场，场强方向与△OAB 所在平面平行．现从O 点以同样的初动能沿某一方向抛出此带电小球，该小球通过了A 点，到达A 点时的动能是初动能的3倍；若该小球从O 点以同样的初动能沿另一方向抛出，恰好通过B 点，且到达B 点时的动能为初动能的6倍，重力加速度大小为g .求：图7(1)无电场时，小球到达A 点时的动能与初动能的比值； (2)电场强度的大小和方向．答案 (1)73 (2)3mg6q电场方向与竖直向下的方向的夹角为30°解析 (1)设小球的初速度为v 0，初动能为E k0，从O 点运动到A 点的时间为t ，令OA ＝d ，则OB ＝32d ，根据平抛运动的规律有d sin 60°＝v 0t ①d cos 60°＝12gt 2②又有E k0＝12m v 20③由①②③式得E k0＝38mgd ④设小球到达A 点时的动能为E k A ，则 E k A ＝E k0＋12mgd ⑤由④⑤式得E k A E k0＝73(2)加电场后，小球从O 点到A 点和B 点，高度分别降低了d 2和3d2，设电势能分别减小ΔE p A 和ΔE p B ，由能量守恒及④式得 ΔEp A ＝3E k0－E k0－12mgd ＝23E k0⑦ΔE p B ＝6E k0－E k0－32mgd ＝E k0⑧在匀强电场中，沿任一直线，电势的降落是均匀的．设直线OB 上的M 点与A 点等电势，M 与O 点的距离为x ，如图，则有 x 32d ＝ΔE p A ΔE p B ⑨ 解得x ＝d ，MA 为等势线，电场强度方向必与其垂线OC 方向平行．设电场强度方向与竖直向下的方向的夹角为α，由几何关系可得α＝30°⑩ 即电场强度方向与竖直向下的方向的夹角为30°. 设电场强度的大小为E ，有qEd cos 30°＝ΔE p A ⑪ 由④⑦⑪式得E ＝3mg6q题组3 功能观点在电磁感应问题中的应用8．(双选)在如图8所示的倾角为θ的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小均为B 的匀强磁场，区域Ⅰ的磁场方向垂直斜面向上，区域Ⅱ的磁场方向垂直斜面向下，磁场的宽度均为L ，一个质量为m 、电阻为R 、边长也为L 的正方形导线框，由静止开始沿斜面下滑，当ab 边刚越过GH 进入磁场Ⅰ区时，恰好以速度v 1做匀速直线运动；当ab 边下滑到JP 与MN 的中间位置时，线框又恰好以速度v 2做匀速直线运动，从ab 进入GH 到MN 与JP 的中间位置的过程中，线框的动能变化量为ΔE k ，重力对线框做功大小为W 1，安培力对线框做功大小为W 2，下列说法中正确的是( )图8A ．在下滑过程中，由于重力做正功，所以有v 2>v 1B ．从ab 进入GH 到MN 与JP 的中间位置的过程中，机械能守恒C ．从ab 进入GH 到MN 与JP 的中间位置的过程中，有(W 1－ΔE k )机械能转化为电能D ．从ab 进入GH 到MN 到JP 的中间位置的过程中，线框动能的变化量为ΔE k ＝W 1－W 2答案 CD解析 由平衡条件，第一次匀速运动时，mg sin θ＝B 2L 2v 1R ，第二次匀速运动时，mg sin θ＝4B 2L 2v 2R ，则v 2<v 1，选项A 错误；ab 进入磁场后，安培力做负功，机械能减少，选项B 错误；从ab 进入GH 到MN 与JP 的中间位臵的过程中，由动能定理，W 1－W 2＝ΔE k ，选项D 正确；线框克服安培力做功W 2，等于产生的电能，且W 2＝W 1－ΔE k ，选项C 正确． 题组4 应用动力学和功能观点处理电学综合问题9．如图9所示，在A 点固定一正电荷，电量为Q ，在离A 高度为H 的C 处由静止释放某带同种电荷的液珠，开始运动瞬间的加速度大小恰好为重力加速度g .已知静电力常量为k ，两电荷均可看成点电荷，不计空气阻力．求：图9(1)液珠的比荷；(2)液珠速度最大时离A 点的距离h ；(3)若已知在点电荷Q 的电场中，某点的电势可表示成φ＝kQr ，其中r 为该点到Q 的距离(选无限远处的电势为零)．求液珠能到达的最高点B 离A 点的高度r B . 答案 (1)2gH 2kQ(2)2H (3)2H解析 (1)液珠开始运动的加速度大小为g ，可知液珠在C 处释放时加速度方向向上，设液珠的电量为q ，质量为m ，有k QqH 2－mg ＝mg解得比荷为q m ＝2gH 2kQ(2)当液珠速度最大时，库仑力与重力相等，有 k Qqh2＝mg ， 结合(1)，解得h ＝2H . (3)设CB 间的电势差为U CB ，有 U CB ＝φC －φB ＝kQ H －kQr B，根据动能定理有qU CB －mg (r B －H )＝0 解得r B ＝2H .。
高中物理-电学中的动量和能量问题专题训练与解析
第2课时电学中的动量和能量问题高考命题点命题轨迹情境图电场和磁场中的动量20183卷21和能量问题18(3)21题电磁感应中的动量和能量问题例1(2019·湖北省4月份调研)如图1，在高度为H的竖直区域内分布着互相垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向左；磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里．在该区域上方的某点A，将质量为m、电荷量为＋q的小球，以某一初速度水平抛出，小球恰好在该区域做直线运动．已知重力加速度为g.图1(1)求小球平抛的初速度v0的大小；(2)若电场强度大小为E，求A点距该区域上边界的高度h；(3)若电场强度大小为E，令该小球所带电荷量为－q，以相同的初速度将其水平抛出，小球离开该区域时，速度方向竖直向下，求小球穿越该区域的时间．拓展训练1(2019·云南昭通市上学期期末)真空中存在电场强度为E1的匀强电场(未知)，一质量为m、带正电的油滴，电荷量为q，在该电场中竖直向下做匀速直线运动，速度大小为v0，在油滴处于位置A时，将电场强度的大小突然增大到某值，但保持其方向不变，持续一段时间t1后，又突然将电场反向，但保持其大小不变；再持续同样一段时间后，油滴运动到B点，重力加速度大小为g，求：(1)电场强度E1的大小和方向；(2)油滴运动到B点时的速度大小．拓展训练2(2019·江西上饶市重点中学六校第一次联考)如图2所示，在足够大的空间范围内，同时存在着竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场，磁感应强度B＝2 T．小球1带正电，小球2不带电，静止放置于固定的水平悬空支架上．小球1向右以v1＝12m/s的水平速度与小球2正碰，碰后两小球粘在一起在竖直平面内做匀速圆周运动，两小球速度水平向左时离碰撞点的距离为2m．碰后两小球的比荷为4C/kg.(取g＝10m/s2)图2(1)电场强度E的大小是多少？(2)两小球的质量之比m2m1是多少？例2(2019·山东泰安市第二轮复习质量检测)如图3所示，间距为L的足够长光滑平行金属导轨固定在同一水平面内，虚线MN右侧区域存在磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场．质量均为m、长度均为L、电阻均为R的导体棒a、b，垂直导轨放置且保持与导轨接触良好．开始导体棒b静止于与MN相距为x0处，导体棒a以水平速度v0从MN处进入磁场．不计导轨电阻，忽略因电流变化产生的电磁辐射，运动过程中导体棒a、b没有发生碰撞．求：图3(1)导体棒b中产生的内能；(2)导体棒a、b间的最小距离．拓展训练3(2019·福建龙岩市5月模拟)如图4为电磁驱动与阻尼模型，在水平面上有两根足够长的平行轨道PQ和MN，左端接有阻值为R的定值电阻，其间有垂直轨道平面的磁感应强度为B的匀强磁场，两轨道间距及磁场宽度均为L.质量为m的金属棒ab静置于导轨上，当磁场沿轨道向右运动的速度为v时，棒ab恰好滑动．棒运动过程始终在磁场范围内，并与轨道垂直且接触良好，轨道和棒电阻均不计，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．图4(1)判断棒ab刚要滑动时棒中的感应电流方向，并求此时棒所受的摩擦力F f大小；(2)若磁场不动，将棒ab以水平初速度2v运动，经过时间t＝mRB2L2停止运动，求棒ab运动位移x及回路中产生的焦耳热Q；(3)若t＝0时棒ab静止，而磁场从静止开始以加速度a做匀加速运动，图5中关于棒ab运动的速度－时间图象哪个可能是正确的？请分析说明棒各阶段的运动情况．图5拓展训练4(2019·安徽蚌埠市第二次质检)如图6所示，质量M＝1kg的半圆弧形绝缘凹槽放置在光滑的水平面上，凹槽部分嵌有cd和ef两个光滑半圆形导轨，c与e端由导线连接，一质量m＝1kg的导体棒自ce端的正上方h＝2m处平行ce由静止下落，并恰好从ce端进入凹槽，整个装置处于范围足够大的竖直方向的匀强磁场中，导体棒在槽内运动过程中与导轨接触良好．已知磁场的磁感应强度B＝0.5T，导轨的间距与导体棒的长度均为L＝0.5m，导轨的半径r＝0.5m，导体棒的电阻R＝1Ω，其余电阻均不计，重力加速度g＝10m/s2，不计空气阻力．图6(1)求导体棒刚进入凹槽时的速度大小；(2)求导体棒从开始下落到最终静止的过程中系统产生的热量；(3)若导体棒从开始下落到第一次通过导轨最低点的过程中产生的热量为16J，求导体棒第一次通过最低点时回路中的电功率．专题强化练(限时45分钟)1.(2019·陕西省第二次质检)如图1所示，一竖直放置的足够大金属板正前方O点固定一正点电荷Q，一表面绝缘的带正电小球(可视为质点且不影响Q的电场)从金属板的上端释放，由静止开始沿金属板下落先后运动到板面的A、B两位置，OB垂直于金属板，已知小球的质量不可忽略，金属板表面粗糙，则小球在运动过程中()图1A．小球可能一直做加速运动B．小球在A、B两点的电势能大小E p B>E p AC．小球在A、B两点的电场强度大小E B<E AD．小球受到合力的冲量一定为02.(2019·贵州省部分重点中学3月联考)如图2所示，正方形区域ABCD中有垂直于纸面向里的匀强磁场，M、N分别为AB、AD边的中点，一带正电的粒子(不计重力)以某一速度从M 点平行于AD边垂直磁场方向射入，并恰好从A点射出．现仅将磁场的磁感应强度大小变为原来的12，下列判断正确的是()图2A．粒子将从D点射出磁场B．粒子在磁场中运动的时间将变为原来的2倍C．磁场的磁感应强度变化前后，粒子在磁场中运动过程的动量变化大小之比为2∶1 D．若其他条件不变，继续减小磁场的磁感应强度，粒子可能从C点射出3.(多选)(2019·江西宜春市第一学期期末)如图3所示，固定的水平放置的平行导轨CD、EH 足够长，在导轨的左端用导线连接一电阻R，导轨间距为L，一质量为M、长为2L的金属棒放在导轨上，在平行于导轨的水平力F作用下以速度v向右匀速运动，运动过程中金属棒与导轨保持垂直，金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中(图中未画出)，磁场的磁感应强度大小为B，导轨单位长度的电阻为r，其余电阻不计，重力加速度为g.若在0时刻水平力的大小为F0，则在0～t时间内，以下说法正确的有()图3A．水平力F对金属棒的冲量大小F0tB．水平力和摩擦力的合力对金属棒的冲量为零C．合力对金属棒做的功为零D．若某时刻通过电阻R的电流为I，则此时水平力F的功率为(BIL＋μMg)v 4．(2019·福建福州市期末)如图4所示，竖直平面MN的右侧空间存在着相互垂直水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，MN左侧的绝缘水平面光滑，右侧的绝缘水平面粗糙．质量为m的小物体A静止在MN左侧的水平面上，该小物体带负电，电荷量为－q(q> 0)．质量为13的不带电的小物体B以速度v0冲向小物体A并发生弹性正碰，碰撞前后小物体A的电荷量保持不变．图4(1)求碰撞后小物体A的速度大小；(2)若小物体A与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，磁感应强度为B＝3mgq v0，电场强度为E＝7μmgq.小物体A从MN开始向右运动距离为L时速度达到最大．求小物体A的最大速度v m和此过程克服摩擦力所做的功W.5．(2019·湖南长沙、望城、浏阳、宁乡四个县市区3月调研)如图5所示，P1P2P3和Q1Q2Q3是相互平行且相距为d的光滑固定金属导轨，P1Q1为不计电阻的直导线且P1Q1⊥Q1Q2.P1P2、Q1Q2的倾角均为θ，P2P3、Q2Q3在同一水平面上，P2Q2⊥P2P3，整个轨道在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，质量为m、接入电路的电阻为R的金属杆CD从斜轨道上某处静止释放，然后沿水平导轨滑动一段距离后停下．杆CD始终垂直导轨并与导轨保持良好接触，导轨电阻和空气阻力均不计，重力加速度大小为g，轨道倾斜段和水平段平滑连接且都足够长，求：图5(1)杆CD达到的最大速度大小；(2)杆CD在距P2Q2距离L处释放，滑到P2Q2处恰达到最大速度，则沿倾斜导轨下滑的时间Δt1及在水平轨道上滑行的最大距离s.6．(2019·湖南衡阳市第一次联考)如图6所示，ab、ef是固定在绝缘水平桌面上的平行光滑金属导轨，导轨足够长，导轨间距为d.在导轨ab、ef间放置一个阻值为R的金属导体棒PQ，其质量为m、长度恰好为d.另一质量为3m、长为d的金属棒MN也恰好能和导轨良好接触，起初金属棒MN静止于PQ棒右侧某位置，整个装置处于方向垂直桌面向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中．现有一质量为m、带电荷量为q的光滑绝缘小球在桌面上从O点(O 为导轨上的一点)以与导轨ef成60°角的方向斜向右方进入磁场，随后小球垂直地打在金属棒MN的中点，小球与金属棒MN的碰撞过程中无机械能损失，不计导轨间电场的影响，不计导轨和金属棒MN的电阻，两棒运动过程中不相碰，求：图6(1)小球在O点射入磁场时的初速度v0的大小；(2)金属棒PQ上产生的热量E和通过的电荷量Q；(3)在整个过程中金属棒MN比金属棒PQ多滑动的距离；(4)请通过计算说明小球不会与MN棒发生第二次碰撞．。
高考物理二轮复习专题四能量与动量功能关系在电学中的应用
第2讲功能关系在电学中的应用(建议用时:40分钟满分:100分)一、选择题(本大题共8小题,每小题8分,共64分,第1～5题只有一项符合题目要求,第6～8题有多项符合题目要求)1.(2020·安徽池州联考)如图所示,匀强电场水平向左,带正电的物体沿绝缘、粗糙水平板向右运动,经A 点时动能为100 J,到B点时动能减少到80 J,减少的动能中有12 J 转化为电势能,则它再经过B点时,动能大小是( B )A.4 JB.16 JC.32 JD.64 J解析:设物体向右运动到C点速度为零,然后返回,A,B间距离为x1,B,C间距离为x2,从A到B过程中,由动能定理得-(f+qE)x1=(80-100)J=-20 J.由电场力做功与电势能的关系知qEx1=12 J,解得qE=.从B到C过程中,由动能定理得-(f+qE)x2=-80 J,解得fx2=32 J.从B到C再返回B的过程中,由动能定理得-2fx2=E k-80 J,解得E k=16 J,故选项B正确.2.(2020·山东烟台模拟)如图(甲),倾角为θ的光滑绝缘斜面,底端固定一带电荷量为Q的正点电荷.将一带正电小物块(可视为质点)从斜面上A点由静止释放,小物块沿斜面向上滑动至最高点B处,此过程中小物块的动能和重力势能随位移的变化图像如图(乙)(E1和x1为已知量).已知重力加速度为g,静电力常量为k,由图像可以求出( C )A.小物块所带电荷量B.A,B间的电势差C.小物块的质量D.小物块速度最大时到斜面底端的距离解析:由动能图线得知,小物块的速度先增大后减小.根据库仑定律得知,小物块所受的库仑力逐渐减小,合外力先减小后增大,加速度先减小后增大,则小物块先沿斜面向上做加速度逐渐减小的加速运动,再沿斜面向上做加速度逐渐增大的减速运动,直至速度为零.由动能图线看出,速度有最大值,此时小物块受力平衡,有库仑力与重力沿斜面的分力平衡,由于没有x的具体数据,所以不能求得小物块所带电荷量,选项A错误;A到B的过程中重力势能的增加等于电势能的减少,所以可以求出小物块电势能的减少,由于小物块的电荷量不知道,所以不能求出A,B之间的电势差,选项B错误;由重力势能图线得到E1=mgh=mgx1sin θ,即可求出m,选项C正确;图像中不能确定哪一点的速度最大,题目中也没有小物块的电荷量等信息,所以不能确定小物块速度最大时到斜面底端的距离,选项D错误.3.(2020·河北邯郸一模)如图所示,一足够长的光滑平行金属轨道,轨道平面与水平面成θ角,上端与一电阻R相连,处于方向垂直轨道平面向上的匀强磁场中.质量为m、电阻为r的金属杆ab,从高为h处由静止释放,下滑一段时间后,金属杆开始以速度v匀速运动直到轨道的底端.金属杆始终保持与轨道垂直且接触良好,轨道的电阻及空气阻力均可忽略不计,重力加速度为g.则( C )A.金属杆加速运动过程中的平均速度为B.金属杆加速运动过程中克服安培力做功的功率大于匀速运动过程中克服安培力做功的功率C.当金属杆的速度为时,它的加速度大小为D.整个运动过程中电阻R产生的焦耳热为mgh-mv2解析:对金属杆分析知,金属杆ab在运动过程中受到重力、轨道支持力和安培力作用,先做加速度减小的加速运动,后做匀速运动,因金属杆加速运动过程不是匀加速,故其平均速度不等于,故选项A错误;当安培力等于重力沿斜面的分力,即mgsin θ=时,杆ab开始匀速运动,此时v最大,F安最大,故匀速运动时克服安培力做功的功率最大,选项B错误;当金属杆速度为时,F安′==mgsin θ,所以F合=mgsin θ-F安′=mgsin θ=ma,得a=,选项C正确;由能量守恒可得mgh-mv2=Q ab+Q R,即mgh-mv2应等于电阻R和金属杆上产生的总焦耳热,选项D错误.4.(2020·江苏十校联考)如图所示,一电荷量为-Q的点电荷甲,固定在绝缘水平面上的O点.另一电荷量为+q、质量为m的点电荷乙,从A点以初速度v0沿它们的连线向甲运动,到B点时的速度减小到最小,大小为v,已知点电荷乙受到水平面的阻力恒为μmg,g为重力加速度,A,B间距离为L,静电力常量为k,则下列说法正确的是( A )A.点电荷甲在B点处的电场强度大小为B.O,B两点间的距离大于C.在点电荷甲形成的电场中,A,B两点间电势差U AB=D.点电荷甲形成的电场中,A点的电势低于B点的电势解析:因为电荷乙从A点运动到B点时的速度减小到最小,故此时电荷乙的加速度为零,即E B q=μmg,即E B=,选项A正确;根据点电荷的场强公式E B=k=,解得x OB=,选项B错误;从A点到B点由动能定理可知qU AB-μmgL=mv2-m,U AB=,选项C错误;点电荷甲带负电,故在所形成的电场中,A点的电势高于B点的电势,选项D错误.5.(2020·浙江绍兴质量检测)如图所示,Ⅰ,Ⅱ是竖直平面内两个相同的半圆形光滑绝缘轨道,K为轨道最低点.轨道Ⅰ处于垂直纸面向外的匀强磁场中,轨道Ⅱ处于水平向右的匀强电场中.两个完全相同的带正电小球a,b从静止开始下滑至第一次到达最低点K的过程中,带电小球a,b相比( C )A.球a所需时间较长B.球a机械能损失较多C.在K处球a速度较大D.在K处球b对轨道压力较大解析:洛伦兹力不做功,仅重力对a做功,由动能定理得mgr=m;重力做正功,电场力对b球做负功,mgr-Eqr=m,由以上两式得v1>v2,a球所需时间较短,选项A,B错误,C正确;在最低点对a球有F N1+F 洛-mg=,对b球有F N2-mg=,无法比较F N1,F N2大小,选项D错误.6.(2020·天津质量调查)光滑水平面上有一边长为L的正方形区ABCD处在电场强度为E的匀强电场中,电场方向与正方形的某一条边平行,一质量为m、带电荷量为q的小球由AD边的中点以垂直于该边的水平初速度v0进入该正方形区域,当小球再次运动到该正方形区域的边缘时,具有的动能可能为( AC )A.m+qELB.m+qELC.m+qELD.m+qEL解析:若电场方向与BC平行,则电场力做的功W≤EqL,动能满足m<E k≤m+qEL.若电场方向与AB平行,则电场力做的功W=qEL或W=-qEL或W=0,动能E k=m+EqL或E k=m-EqL或E k=m,故A,C正确,B,D错误.7.(2020·湖北十三校二联)如图(甲)所示,abcd是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框,在金属线框的下方有一磁感应强度为B的匀强磁场区域,MN和M′N′是匀强磁场区域的水平边界,边界的宽度为s,并与线框的bc边平行,磁场方向与线框平面垂直.现让金属线框由距MN的某一高度从静止开始下落,图(乙)是金属线框由开始下落到完全穿过匀强磁场区域的v t图像(其中OA,BC,DE相互平行).已知金属线框的边长为L(L<s)、质量为m、电阻为R,当地的重力加速度为g,图像中坐标轴上所标出的字母v1,v2,t1,t2,t3,t4均为已知量.(下落过程中bc边始终水平)根据题中所给条件,以下说法正确的是( AC )A.t2时刻是线框全部进入磁场瞬间,t4时刻是线框全部离开磁场瞬间B.从bc边进入磁场起一直到ad边离开磁场为止,克服安培力所做的功为mgsC.v1的大小可能为D.线框穿出磁场过程中流经线框横截面的电荷量比线框进入磁场过程中流经线框横截面的电荷量多解析:线框进入磁场之前,做自由落体运动,即匀加速直线运动;线框的bc边进入磁场后,ad边进入磁场前,bc边受向上的安培力,加速度a=,做加速度越来越小的变减速运动;当线框全部进入磁场中后,线框受安培力为零,又做匀加速直线运动,加速度为g;当bc边出磁场,只有ad边在磁场中时,ad边受向上的安培力,a=,做加速度越来越小的变减速运动;当线框全部出磁场之后,其只受重力,又做匀加速直线运动,加速度为g;对照图(乙)可知,t2时刻是线框全部进入磁场瞬间、t4时刻是线框全部离开磁场瞬间,选项A正确;由能量关系可得,从bc边进入磁场到ad边出磁场的过程中克服安培力做的功为W=mg(s+L)-(m-m),选项B错误;由q=n可知,线框穿出磁场过程中流经线框横截面的电荷量与线框进入磁场过程中流经线框横截面的电荷量相等,选项D错误;当线框速度为v1时,其所受安培力若正好与重力相平衡,则有F安=mg,即=mg,得v1=,选项C正确.8.(2020·湖南师大附中模拟)如图所示,质量为3m的重物与一质量为m的线框用一根绝缘细线连接起来,挂在两个高度相同的定滑轮上,已知线框电阻为R,横边边长为L,水平方向匀强磁场的磁感应强度为B,磁场上下边界的距离、线框竖直边长均为h.初始时刻,磁场的下边缘和线框上边缘的高度差为2h,将重物从静止开始释放,线框穿出磁场前,若线框已经做匀速直线运动,滑轮质量、摩擦阻力均不计.则下列说法中正确的是( AB )A.线框进入磁场时的速度为B.线框穿出磁场时的速度为C.线框进入磁场后,若某一时刻的速度为v′,则加速度为a=g-D.线框通过磁场的过程中产生的热量Q=8mgh-解析:线框进入磁场前,根据重物与线框组成的系统机械能守恒得(3mg-mg)·2h=(3m+m),解得线框进入磁场时的速度为v0=,选项A正确;线框穿出磁场前,根据平衡条件得3mg-mg=F安,而F安=,联立解得线框穿出磁场时的速度为v=,选项B正确;线框进入磁场后,若某一时刻的速度为v′,对整体,根据牛顿第二定律得3mg-mg-=(3m+m)a,解得a=g-,选项C错误;设线框通过磁场的过程中产生的热量为Q.对从静止到刚通过磁场的过程,根据能量守恒得Q=(3mg-mg)·4h-(3m+m)v2,将v=代入得Q=8mgh-,选项D错误.二、非选择题(本大题共2小题,共36分)9.(18分)如图所示,一根有一定电阻的直导体棒质量为m、长为L,其两端放在位于水平面内间距也为L的光滑平行导轨上,并与之接触良好;棒左侧两导轨之间连接一可控电阻;导轨置于匀强磁场中,磁场的磁感应强度大小为B,方向垂直于导轨所在平面.t=0时刻,给导体棒一个平行于导轨的初速度,此时可控电阻的阻值为R0.在棒运动过程中,通过可控电阻的变化使棒中的电流保持恒定.不计导轨电阻,导体棒一直在磁场中.(1)求可控电阻R随时间t变化的关系式;(2)若已知棒中电流为I,求0～t时间内可控电阻上消耗的平均功率P;(3)若在棒的整个运动过程中将题中的可控电阻改为阻值为R0的定值电阻,则棒将减速运动位移x1后停下,而由题中条件,棒将运动位移x2后停下,求的值.解析:(1)因棒中的电流保持恒定,故棒做匀减速直线运动,设棒的电阻为r,电流为I,其初速度为v0,加速度大小为a,经时间t后,棒的速度变为v,则有v=v0-at,而a=t=0时刻棒中电流为I=经时间t后棒中电流为I=由以上各式得R=R0-t.(2)因可控电阻R随时间t均匀减小,故所求功率为P=I2×由以上各式得P=I2(R0-).(3)将可控电阻改为定值电阻R0,棒将做变减速运动.有v0=t′,=,而t′=t′,==,由以上各式得x1=而x2=由以上各式得x2=所求=.答案:(1)R=R0-t (2)I2(R0-)(3)2∶110.(18分)(2020·江南十校二模)如图(甲),斜面AO的倾角α=30°,其表面动摩擦因数为μ1,水平地面OB 动摩擦因数μ2=0.30,过斜面底端O点的竖直线(虚线)右侧,存在平行于OB的匀强电场(图中未画出),视为质点的滑块其质量m=1.00 kg、带电荷量q=+2.00×10-6 C,由静止从斜面上的P点下滑至地面上的Q点,该过程滑块的速率图像如图(乙).(滑块电荷量恒定不变,不考虑经过O点时滑块的能量损失).(1)求P点高度h及动摩擦因数μ1;(2)求匀强电场的大小E和方向及滑块的最大电势能E p(设O点电势为零);(3)在图(乙)中,将1.25秒后滑块速率图像加以补充,并根据变化规律得出滑块第n次从O点向右运动的最大距离s n.解析:(1)根据图像,PO=1.00 m,所以P点高度为h=PO·sin θ=0.50 m.滑块在斜面上向下滑行加速度a1=2.00 m/s2有mgsin 30°-μ1mgcos 30°=ma1,得μ1=.(2)根据图像,在地面上向右滑行加速度a2=8.00 m/s2,滑行位移x OQ=0.25 m,滑块第一次到达O点的速度为v1,电场力做功为W1,故有W1-μ2mg·x OQ=0-m,因v1=2 m/s,得W1=-1.25 J因OQ为在地面上向右滑行的最大距离,所以最大电势能E p=1.25 J.-W1=Eq·x OQ,得E=2.50×106 V/m,方向向左.(3)从P→O,加速度a1=2.00 m/s2,方向沿斜面向下.从O→Q,加速度a2=8.00 m/s2,方向向左.从Q→O,加速度a3==2.00 m/s2,方向向左.从O→P′(第一次返回斜面向上运动),加速度a4==8.00 m/s2,方向沿斜面向下.所以滑块往返运动的速度图像如图.可以看出,图中三角形的高和底边长按比例递减,图中阴影面积为滑块每次从O点向右运动的最大距离,依次为s1,s2,s3,…s n.由图像可以看出s1∶s2∶s3∶…∶s n=1∶()∶()2∶…∶()n-1,又有s1=0.25 m所以s n=s1·()n-1= m(n=1,2,3,…,n).答案:(1)0.50 m(2)2.50×106 V/m 方向向左 1.25 J(3)图见解析S n= m(n=1,2,3,…,n)高考理综物理模拟试卷注意事项：1. 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
高考物理二轮专题复习专题四能量和动量第讲功能关系在电学中的应用课件.ppt
加速度为 a,小物块与木板刚保持相对静止时,木板右端与 D 点的距离为 x′;对木板,由牛顿第
二定律得μmg=Ma,由速度位移公式得 v2=2ax′,联立两式得 x′≈0.78 m.
答案:见解析
2019-7-18
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5
规律总结 1.功能关系在力学和电学中应用时的“三同一异”
2.带电粒子在复合场中的运动问题是典型的力电综合问题,一般要从受力、运 动、功能的角度来分析;此类问题所涉及的力有重力、电场力、磁场力、弹力、 摩擦力等,涉及的运动形式有匀速直线运动、变速直线运动、曲线运动等.
mg2 ( 3 mg)2 2 3 mg,根据牛顿第二定律可知,小球做加速度减小的加速运动,当摩
3
3
擦力等于两个力的合力时,做匀速运动,故 A 正确;当小球的摩擦力与重力及电场力的合力相
等时,小球做匀速直线运动,小球在轨道内受到的摩擦力最大,则为 2 3 mg, 不可能大于 3
2 3 mg,故 B 错误; 3
点由静止释放.若 PC =L,小球所受电场力等于其重力的 3 倍,重力加速度为 g.则( AD ) 3
A.小球第一次沿轨道 AC 下滑的过程中,可能先做加速度减小的加速运动,后做匀速运动
B.小球在轨道内受到的摩擦力可能大于 2 3 mg 3
C.经足够长时间,小球克服摩擦力做的总功是 4 3 mgL 3
2019-7-18
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解析:小球向上运动到离开弹簧时,由于电场力做功,所以小球和弹簧组成的系统机械 能不守恒,A 错误;重力做功为 W2 且为负功,则重力势能应增加 W2,B 正确;电场力做正 功,所以电势能减小 W1,C 正确;对小球,由动能定理得 W1-W2-W 弹= 1 mv2,则增加的机械
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.。
第2课时 动量观点和能量观点在电学中的应用.doc
第2课时 动量观点和能量观点在电学中的应用电场中的动量与能量动量观点和能量观点在力学和电场中应用时的“三同一异”命题角度一 电场力做功的功率问题【例1】 (2019·江苏卷，5)一匀强电场的方向竖直向上。
t ＝0时刻，一带电粒子以一定初速度水平射入该电场，电场力对粒子做功的功率为P ，不计粒子重力，则P －t 关系图象是( )解析 设粒子带正电，运动轨迹如图所示，水平方向，粒子不受力，v x ＝v 0。
沿电场方向：受电场力F 电＝qE ，则加速度a ＝F 电m ＝qE m ，经时间t ，粒子沿电场方向的速度v y ＝at ＝qEt m电场力做功的功率P ＝F 电v y ＝qE ·qEt m ＝（qE ）2t m ＝kt ∝t ，选项A 正确。
答案 A命题角度二 动能定理在电场中的应用【例2】 (2019·全国卷Ⅱ，24)如图1，两金属板P 、Q 水平放置，间距为d 。
两金属板正中间有一水平放置的金属网G ，P 、Q 、G 的尺寸相同。
G 接地，P 、Q 的电势均为φ(φ＞0)。
质量为m 、电荷量为q (q ＞0)的粒子自G 的左端上方距离G 为h 的位置，以速度v 0平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计。
图1(1)求粒子第一次穿过G 时的动能，以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小；(2)若粒子恰好从G 的下方距离G 也为h 的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？解析 (1)PG 、QG 间场强大小相等，设均为E 。
粒子在PG 间所受电场力F 的方向竖直向下，设粒子的加速度大小为a ，有E ＝2φd ①F ＝qE ＝ma ②设粒子第一次到达G 时动能为E k ，由动能定理有qEh ＝E k －12m v 20③设粒子第一次到达G 时所用的时间为t ，粒子在水平方向的位移大小为l ，则有 h ＝12at 2④l ＝v 0t ⑤联立①②③④⑤式解得E k ＝12m v 20＋2φd qh ⑥l＝v0mdhqφ。
2020高考物理二轮复习第一部分专题四动量与能量第2讲电学中的动量和能量问题课件
A．小球运动过程中机械能守恒 B．小球每次弹起离开挡板的最大距离越来越大 C．小球在整个运动过程中离开挡板的最大距离是mg＋mgEqh D．小球在整个运动过程中离开挡板的最大距离是Emqgh
解析 小球运动过程中有电场力和重力做功，机械能不守恒，A项错误；
小球碰前瞬间的动能为Ek，由动能定理得(qE＋mg)h＝Ek，第一次反弹的高度为
μFN2L2＝12mv20－12(m＋M)v2， 解得E＝m3qg。
答案
(1)带负电
mg (2) 3q
例2 (2019·广东东莞测试)如图所示，光滑绝缘的半圆形圆弧轨道ACD， 固定在竖直面内，轨道处在垂直于轨道平面向里的匀强磁场中，半圆弧的直径 AD水平，圆弧的半径为R，匀强磁场的磁感应强度为B，在A端由静止释放一个 带正电荷、质量为m的金属小球甲，结果小球甲连续两次通过轨道最低点C时， 对轨道的压力差为ΔF，小球运动过程始终不脱离轨道，重力加速度为g。求：
(1)物块Ⅰ和Ⅱ在BC段上做匀速直线运动的速度大小； (2)物块Ⅰ和Ⅱ第一次经过圆弧段C点时，物块Ⅰ和Ⅱ对轨道压力的大小。
[解析] (1)物块Ⅰ和Ⅱ粘在一起在BC段上做匀速直线运动，设电场强度大 小为E，物块Ⅰ带电荷量为q，物块Ⅰ与物块Ⅱ碰撞前速度为v1，碰撞后共同速 度为v2，则
qE＝μ(m1＋m2)g qEt＝m1v1 m1v1＝(m1＋m2)v2 联立解得v2＝2 m/s。
(1)物块所带电荷的性质； (2)匀强电场的电场强度大小。
解析 (1)电场方向改为竖直向上后，物块相对木板运动的位移变小，说明 摩擦力变大，它们之间的压力变大了，物块所受的电场力向下，所以物块带负 电。
(2)设匀强电场的场强大小为E，木板质量为M、长度为L，物块的初速度为 v0，物块和木板共同速度为v。
全国通用2018届高考物理二轮复习备课资料专题四能量与动量第2讲功能关系在电学中的应用课件
管恰好无压力,匀强磁场的磁感应强度多大?
解析:(1)小球恰能通过 a 点,则小球第一次到达 a 点的速度为 0 由动能定理有 qER-mgR=0, 故 E=
mg . q
① ②
1 m va 2 2
(2)设小球第二次到达 a 点时的速度为 va,由动能定理有 qER=
③ ④ ⑤
mva 2 到达最高点 a 时小球对轨道恰好无压力,由牛顿第二定律有 mg+qvaB= R
vN 2 FN+qvNB-mg=m R
1 m vN 2 -0 2
⑥ ⑦ ⑧
联立②⑤⑥⑦解得 FN=(2N+3- N 1 )mg
由于 2N+3- N 1 >0,故在 c 点时管壁对小球作用力总竖直向上.由牛顿第三定律可知, 小球第 N 次过 c 点时对管道的作用力大小为(2N+3- N 1 )mg,方向竖直向下.
联立②③④得 B=
答案:(1)
mg q
m g . q 2R
m g q 2R
(2)
(3)如果场强大小、磁感应强度大小如(1),(2)问所求,将小球从b点由静止释
放,求小球第N次经过最低点c时对管道的作用力.
解析:(3)设小球第 N 次经过最低点 c 时的速度为 vN,此时管壁对小球的作用力为 FN, 由动能定理及牛顿第二定律得 mgR+NqER=
答案:(3)(2N+3- N 1 )mg 方向竖直向下
热点考向二 动力学观点和能量观点解决电磁感应问题
【核心提炼】 1.功能关系在力学和电磁感应中应用时的“3同3异”
2.电磁感应中焦耳热的求法
【典例2】 (2017· 江西新余模拟)如图所示,两条光滑的金属导轨相距L=1 m, 其中MN段平行于PQ段,位于同一水平面内,NN0段与QQ0段平行,位于与水平面 成倾角37°的斜面上,且MNN0与PQQ0均在竖直平面内.在水平导轨区域和倾斜 导轨区域内分别有垂直于水平面和斜面的匀强磁场B1和B2,且B1=B2=0.5 T.ab 和cd是质量均为m=0.1 kg、电阻均为R=4 Ω 的两根金属棒,ab置于水平导轨 上,cd置于倾斜导轨上,均与导轨垂直且接触良好.从t=0时刻起,ab棒在外力 作用下由静止开始沿水平方向向右运动(ab棒始终在水平导轨上运动,且垂直 于水平导轨),cd受到F=0.6-0.25t(N)沿斜面向上的力的作用,始终处于静止 状态.不计导轨的电阻.(sin 37°=0.6,g取10 m/s2)
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专题巩固检测对应学生用书P1091.如图所示，一带正电小球穿在一根绝缘粗糙直杆上，杆与水平方向夹角为θ，整个空间存在着竖直向上的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，先给小球一初速度，使小球沿杆向下运动，在A点时的动能为100 J，在C点时动能减为零，D为AC的中点，那么带电小球在运动过程中()A．到达C点后小球不可能沿杆向上运动B．小球在AD段克服摩擦力做的功与在DC段克服摩擦力做的功不等C．小球在D点时的动能为50 JD．小球电势能的增加量等于重力势能的减少量解析如果电场力大于重力，则小球速度减为零后可能沿杆向上运动，A项错误；小球受重力、电场力、洛伦兹力、弹力和滑动摩擦力，由于F洛＝q v B，故洛伦兹力减小，导致支持力和滑动摩擦力变化，故小球在AD段克服摩擦力做的功与在DC段克服摩擦力做的功不等，B项正确；由于小球在AD段克服摩擦力做的功与在DC段克服摩擦力做的功不等，故小球在D点时的动能也就不一定为50 J，C项错误；该过程是小球的重力势能、电势能、动能和系统的内能之和守恒，故小球电势能的增加量不等于重力势能的减少量，D项错误。
答案 B2.如图所示，一带电小球沿与CD平行方向射入倾角为θ的光滑斜面上，斜面所在区域存在和AD平行的匀强电场，小球运动轨迹如图中虚线所示，则()A．若小球带正电荷，则电场方向一定沿斜面向下B．小球从M点运动到N点电势能一定增加C．小球从M点运动到N点动能一定增加D．小球从M点运动到N点机械能一定增加解析若小球带正电荷，重力沿斜面向下的分力大于电场力时，电场力的方向可以沿斜面向上，也可以沿斜面向下，A项错误；当电场力沿斜面向上时，则电场力做负功，电势能增加，当电场力沿斜面向下时，电场力做正功，电势能减小，B项错误；由于合力沿斜面向下，故合力一定做正功，根据动能定理可知，动能一定增加，C项正确；若电场力沿斜面向上，电场力做负功，机械能减小，D项错误。
答案 C3．(多选)如图所示空间的虚线框内有匀强电场，AA′、BB′、CC′是该电场的三个等势面，相邻等势面间的距离均为0.5 cm，其中BB′为零势能面。
一个质量为m，带电荷量为＋q的粒子沿AA′方向以初动能E k自图中的P点进入电场，刚好从C′点离开电场。
已知PA′＝2 cm，粒子的重力忽略不计。
下列说法中正确的是()A．该粒子通过等势面BB′时的动能是1.25E kB．该粒子到达C′点时的动能是2E kC．该粒子在P点时的电势能是E kD．该粒子到达C′点时的电势能是－0.5E k解析把粒子在电场中的运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀加速直线运动，则PA′＝v0t＝2×10－2 m，而A′C′＝12＝12at·t＝1×102at－2 m，即at·t＝2×10－2 m，可得出粒子在C′点竖直方向的速度也为v0，所以该粒子到达C′点时的速度v＝2v0，动能为12＝2E k，B项正确；设相邻等2m v势面的电势差为U ，对粒子从P 点运动到C ′点运用动能定理，得2Uq ＝2E k －E k ，解得Uq ＝E k 2，则粒子从P 点运动到等势面BB ′运用动能定理，得Uq ＝E k ′－E k ，解得E k ′＝1.5E k ，A 项错误；根据带电粒子的运动轨迹和等势面的特点，可以判断匀强电场的电场线的方向竖直向上，该粒子在P 点时的电势能是E ＝Uq ＝E k 2，C 项错误；该粒子到达C ′点时的电势能E 1＝－Uq ＝－E k 2＝－0.5E k ，D 项正确。
答案 BD4．CD 、EF 是两条水平放置的电阻可忽略的平行金属导轨，导轨间距为L ，在水平导轨的左侧部分区域存在磁感应强度方向垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，磁场区域的长度为d ，如图所示。
导轨的右端接有一电阻R ，左端与一弯曲的光滑轨道平滑连接。
将一阻值也为R 的导体棒从弯曲轨道上h 高处由静止释放，导体棒最终恰好停在磁场的右边界处。
已知导体棒与水平导轨接触良好，且动摩擦因数为μ，则下列说法正确的是( )A ．电阻R 的最大电流为Bd 2ghRB ．流过电阻R 的电荷量为BdL RC ．整个电路中产生的焦耳热为mghD ．电阻R 中产生的焦耳热为12mg (h －μd ) 解析 由题图可知，导体棒刚进入磁场的瞬间速度最大，产生的感应电流最大，由机械能守恒有mgh ＝12m v 2，所以I ＝E 2R ＝BL v 2R ＝BL 2gh 2R，A 项错误；流过R 的电荷量为q ＝I t ＝ΔΦ2R ＝BLd 2R，B 项错误；由能量守恒定律可知整个电路中产生的焦耳热为Q＝mgh－μmgd，C项错误；由于导体棒的电阻也为R，则电阻R中产生的焦耳热为12Q＝12mg(h－μd)，D项正确。
答案 D5.如图所示，在光滑的水平面上，有一竖直向下的匀强磁场分布在宽度为L 的区域内，现有一个边长为a(a＜L)的正方形闭合线圈以初速度v0垂直磁场边界滑过磁场后，速度为v(v＜v0)，试求：线圈完全进入磁场中时线圈的速度。
解析线圈受重力、支持力和水平向左的安培力，设线圈质量为m，完全进入磁场中时运动时间为Δt，线圈的速度为v1、线圈的电阻为R，取水平向右为正。
由动量定理有－B I aΔt＝m v1－m v0①由闭合电路欧姆定律得I＝ER ②由法拉第电磁感应定律有E＝ΔΦΔt③其中ΔΦ＝Ba2④由①～④式得－B2a3R＝m v1－m v0⑤同理可得线圈完全离开磁场时有－B 2a 3R ＝m v －m v 1⑥由⑤、⑥式得线圈完全进入磁场中时线圈的速度为v 1＝v 0＋v 2。
答案 v 0＋v 26.(2019·陕西宝鸡质检)如图所示，绝缘水平桌面上方区域存在竖直向上的匀强电场，电场强度E ＝5 N/C ，过桌左边缘的虚线PQ 上方存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B ＝π3T ，虚线PQ 与水平桌面成45°角，现将一个质量m 1＝2.0×10－3 kg 、带正电q ＝4.0×10－3 C 的物块A 静置在桌面上，质量m 2＝1.0×10－3 kg 、不带电的绝缘物块B 从与A 相距L ＝2.0 m 处的桌面上以v 0＝5.0 m/s 的初速度向左运动。
物块A 、B 与桌面间的动摩擦因数均为μ＝0.4，二者在桌面上发生碰撞(碰撞时间极短，A 、B 间无电荷转移)，碰撞后B 反弹速度大小为v B ＝1.0 m/s ，A 向左运动进入磁场，(重力加速度g 取10 m/s 2，结果保留两位有效数字)求：(1)碰撞后物块A 的速度；(2)物块A 从进入磁场到再次回到桌面所用时间；(3)若一段时间后A 、B 在桌面上相遇，求碰撞前A 与桌面左边缘P 的距离。
解析 (1)设B 与A 碰撞前瞬间的速度为v ，碰后A 、B 的速度分别为v A 、v B ，对于B 由动能定理可得：－μm 2gL ＝12m 2v 2－12m 2v 20 A 、B 碰撞过程中，规定向左为正方向，对于A 、B 组成的系统由动量守恒定律可得：m2v＝m1v A－m2v B联立可得：v A＝2.0 m/s，方向水平向左。
(2)对A受力分析可知qE＝m1g，故碰撞后A向左做匀速直线运动进入磁场，并在磁场中做匀速圆周运动，设在磁场中做圆周运动的周期为T，则：T＝2πm1qB由几何知识可得：物块A在磁场中运动了3个圆周，轨迹如图所示。
4设A在磁场中运动的时间为t1，则：t1＝34TA运动出磁场后竖直向下匀速运动再次回到桌面位置，设其运动时间为t2，由题意可得：在磁场中洛伦兹力提供向心力：q v A B＝m1v2ARR＝v A t2t＝t1＋t2联立得：t≈2.7 s(3)碰撞后B反弹，在桌面上做匀减速运动，设其加速度大小为a，碰撞至停止运动所用时间为t3，可得：μm2g＝m2a0＝v B－at3解得：t3＝0.25 s显然，碰撞后B运动时间小于A运动时间，由此可知A、B相遇时，B已经停止运动，所以A、B相遇的位置为B停止运动的位置，也是A竖直向下再次回到桌面的位置。
B匀减速的位移：s＝12v B t3则A距桌边P的距离：x＝R－s解得x≈0.83 m。
答案(1)2.0 m/s方向水平向左(2)2.7 s(3)0.83 m7．(2019·湖南长沙重点高中模拟)如图所示，水平面内固定两对足够长的平行光滑金属导轨，左侧两导轨间的距离为2L，右侧两导轨间的距离为L，左、右侧的两导轨间都存在磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场。
两均匀的导体棒ab和cd分别垂直放在左、右两侧的导轨上，ab棒的质量为2m、有效电阻为2r，而cd棒的质量为m、有效电阻为r，其他部分的电阻不计。
原来两棒都处于静止状态，现给棒一大小为I0、方向平行导轨向右的冲量使ab棒向右运动，在达到稳定状态时，两棒均未滑出各自的轨道。
求：(1)cd棒中的最大电流I m；(2)cd棒的最大加速度；(3)两棒达到稳定状态时，各自的速度大小。
解析(1)ab棒获得一冲量，所以初速度v0＝I02m分析知开始时回路中的感应电动势最大，最大值为E m＝2BL v0所以cd棒中最大感应电流I m＝E m2r＋r ＝BLI03mr(2)cd棒所受的最大安培力F m＝BI m Lcd棒的最大加速度a m＝F mm＝B2L2I03m2r(3)当两棒中感应电动势大小相等时系统达到稳定状态，有2BL v ab＝BL v cd由ab 棒与cd 棒中感应电流大小总是相等，可知安培力对ab 棒与cd 棒的冲量大小关系为I ab ＝2I cd对ab 棒根据动量定理有I 0－I ab ＝2m v ab对cd 棒根据动量定理有I cd ＝m v cd解得v ab ＝I 06m ，v cd ＝I 03m。
答案 (1)BLI 03mr (2)B 2L 2I 03m 2r (3)I 06m I 03m8．(2019·福建四校二次联考)如图所示，为研究电子枪中电子在电场中运动的简化模型示意图。
在Oxy 平面的ABCD 区域内，存在两个场强大小均为E 的匀强电场Ⅰ和Ⅱ，两电场的边界均是边长为L 的正方形(不计电子所受重力)。
(1)在该区域AB 边的中点处由静止释放电子，求电子离开ABCD 区域的位置坐标。
(2)在电场Ⅰ区域内适当位置由静止释放电子，电子恰能从ABCD 区域左下角D 处离开，求所有释放点的位置。
(3)若将左侧电场Ⅱ整体水平向右移动L /n (n ≥1)，仍使电子从ABCD 区域左下角D 处离开(D 不随电场移动)，求在电场Ⅰ区域内由静止释放电子的所有位置。
解析 (1)设电子的质量为m ，电荷量为e ，电子在电场Ⅰ中做匀加速直线运动，出电场Ⅰ时的速度为v 0，此后进入电场Ⅱ做类平抛运动，假设电子从CD 边射出，出射点纵坐标为y ，有eEL ＝12m v 20⎝ ⎛⎭⎪⎫L 2－y ＝12at 2＝12eE m ⎝ ⎛⎭⎪⎫L v 02解得y ＝14L ，所以原假设成立，即电子离开ABCD 区域的位置坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－2L ，14L 。