【物理】2019届二轮复习 电学中的动量和能量问题学案（全国通用）
第2课时 电学中的动量和能量问题
高考题型1 电场中的动量和能量问题
例1 (2018·湖南省常德市期末检测)如图1所示，轨道ABCDP位于竖直平面内，其中圆弧段CD与水平段AC及倾斜段DP分别相切于C点和D点，水平段BC粗糙，其余都光滑，DP段与水平面的夹角θ＝37°，D、C两点的高度差h＝0.1 m，整个轨道绝缘，处于方向水平向左、电场强度大小未知的匀强电场中，一个质量m1＝0.4 kg、带正电、电荷量未知的小物块Ⅰ在A点由静止释放，经过时间t＝1 s，与静止在B点的不带电、质量m2＝0.6 kg的小物块Ⅱ碰撞并粘在一起后，在BC段上做匀速直线运动，到达倾斜段DP上某位置，物块Ⅰ和Ⅱ与轨道BC段的动摩擦因数μ＝0.2，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：
图1
(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．
答案 (1)2 m/s (2)18 N
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；
(2)设圆弧段CD的半径为R，物块Ⅰ和Ⅱ经过C点时圆弧段轨道对物块支持力的大小为FN
则R(1－cos θ)＝h
FN－(m1＋m2)g＝(m1＋m2)
解得：FN＝18 N，由牛顿第三定律可得物块Ⅰ和Ⅱ对轨道压力的大小为18 N.
拓展训练1 (多选)(2018·全国卷Ⅲ·21)如图2，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平；两微粒a、b所带电荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板附近，与极板距离相等．现同时释放a、b，它们由静止开始运动．在随后的某时刻t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面．a、b间的相互作用和重力可忽略．
下列说法正确的是( )
图2
A．a的质量比b的大
B．在t时刻，a的动能比b的大
C．在t时刻，a和b的电势能相等
D．在t时刻，a和b的动量大小相等
答案 BD
解析 经时间t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，则xa>xb，根据x＝at2，得aa>ab，又由a＝知，ma
Wb，由动能定理知，a的动能比b的动能大，B项正确；a、b处在同一等势面上，根据Ep＝qφ知，a、b的电势能绝对值相等，符号相反，C项错误；
根据动量定理Ft＝p－p0，则经过时间t，a、b的动量大小相等，D项正确．
拓展训练2 (2018·福建省宁德市上学期期末)如图3所示，PM是半径为R的四分之一光滑绝缘轨道，仅在该轨道内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B.光滑绝缘轨道MN水平且足够长，PM下端与MN相切于M点．质量为m的带正电小球b静止在水平轨道上，质量为2m、电荷量为q的带正电小球a从P点由静止释放，在a球进入水平轨道后，a、b两小球间只有静电力作用，且a、b两小球始终没有接触．带电小球均可视为点电荷，设小球b离M点足够远，重力加速度为g.求：
图3
(1)小球a刚到达M点时的速度大小及对轨道的压力大小；
(2)a、b两小球系统的电势能最大值Ep；
(3)a、b两小球最终的速度va、vb的大小．
答案 (1)6mg＋qB (2)mgR (3)
解析 (1)小球a从P到M，洛伦兹力、弹力不做功，只有重力做功
由动能定理有：2mgR＝(2m)vM2
解得：vM＝
在M点，由牛顿第二定律有：FN－2mg－qvMB＝
解得：FN＝6mg＋qB
根据牛顿第三定律得小球对轨道的压力大小为：FN′＝6mg＋qB
(2)两球速度相等时系统电势能最大，以向右为正方向，由动量守恒定律有：2mvM＝3mv共
根据能量守恒定律有：Ep＝(2m)vM2－(3m)v共2
解得：Ep＝mgR
(3)由动量守恒定律：2mvM＝2mva＋mvb
由能量守恒定律有：(2m)vM2＝(2m)va2＋mvb2
解得：va＝vM＝，vb＝vM＝
高考题型2 磁场中的动量和能量问题
例2 (2018·广西南宁市3月适应测试)如图4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，因弧的半径为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：
图4
(1)小球甲经过轨道最低点C时的速度大小；
(2)小球甲所带的电荷量；
(3)若在圆弧轨道的最低点C放一个与小球甲完全相同的不带电的金属小球乙，让小球甲仍由轨道的A端由静止释放，则甲球与乙球发生弹性碰撞后的一瞬间，乙球对轨道的压力．(不计两球间静电力的作用)
答案 (1) (2) (3)3mg－，方向竖直向下
解析 (1)由于小球甲在运动过程中，只有重力做功，因此机械能守恒，由A点运动到C
点，有
mgR＝mvC2
解得vC＝
(2)小球甲第一次通过C点时，qvCB＋F1－mg＝m
第二次通过C点时，F2－qvCB－mg＝m
由题意知ΔF＝F2－F1
解得q＝
(3)因为甲球与乙球在最低点发生的是弹性碰撞，则
mvC＝mv甲＋ mv乙
mvC2＝mv甲2＋mv乙2
解得v甲＝0，v乙＝ vC
设碰撞后的一瞬间，轨道对乙的支持力大小为F乙，方向竖直向上，则
F乙＋qv乙B－mg＝m
解得F乙＝3mg－
根据牛顿第三定律可知，此时乙球对轨道的压力大小为3mg－，方向竖直向下．
拓展训练3 (2018·北京市大兴区上学期期末)如图5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5
A．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
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，由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB＝m，解得：p＝mv＝qBr，因c的轨道半径小于a的轨道半径，则c粒子的动量大小小于a粒子的动量，选项B错误；粒子在磁场中做圆周运动的周期T＝相同，粒子在磁场中的运动时间：t＝T＝，由于m、q、B都相同，粒子a转过的圆心角大于b，则b粒子运动的时间小于a粒子运动的时间，故C错误；根据qvB＝ma，b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．
高考题型3 电磁感应中动量和能量问题
例3 如图6所示，NQ和MP是两条平行且倾角为θ的光滑金属轨道，在两条轨道下面，在Q、P处接着QT和PS两条平行光滑的金属轨道，轨道足够长，所有轨道电阻忽略不计．金属棒ab、cd放在轨道上，始终与轨道垂直且接触良好．金属棒ab、cd的质量均为m，长度均为L，且金属棒的长度恰好等于轨道的间距，它们与轨道构成闭合回路，金属棒ab的电阻为2R，cd的电阻为R.磁场方向均垂直于导轨向上(不考虑PQ交界处的边界效应，可认为磁场在PQ处立即变为竖直向上)，磁感应强度大小为B.若先保持金属棒cd不动，ab在沿导轨向下的力F的作用下，开始以加速度a沿倾斜轨道向下做匀加速直线运动．经过t0时间，ab棒恰好到PQ位置，此时撤去力F，同时释放金属棒cd，重力加速度为g，求：
图6
(1)ab棒匀加速运动过程中，外力F随时间t变化的函数关系；
(2)两金属棒从撤去F，直到最后达到稳定后的运动过程中，金属棒cd产生的热量Q；
(3)两金属棒从撤去F，直到最后达到稳定后的运动过程中，通过金属棒cd的电荷量q.
答案 (1)F＝＋ma－mgsin θ (t≤t0) (2)ma2t02 (3)
解析 (1)棒ab匀加速运动过程中，
F＋mgsin θ－BL＝ma
得：F＝＋ma－mgsin θ (t≤t0)
(2)撤去力F时，金属棒ab的速度v＝at0，
ab、cd
组成的系统动量守恒，最终稳定时，两棒速度相同，以向右为正方向，由动量守恒定律得mv＝2mv′
得v′＝at0
则两金属棒产生的热量Q等于动能的减少量，
则Q总＝mv2－mv′2－mv′2＝ma2t02
由于金属棒ab电阻为2R，金属棒cd电阻为R，故其产生的热量之比为2∶1
故金属棒cd产生的热量Q＝Q总＝ma2t02
(3)对金属棒cd应用动量定理得：BLq＝mv′＝mat0
故q＝
拓展训练4 (2018·湖北省孝感市重点高中协作体模拟)如图7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：
图7
(1)cd棒中的最大电流Im；
(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．
答案 (1) (2) (3)
解析 (1)ab棒获得一冲量，所以初速度v0＝
分析知开始时回路中的感应电动势最大，最大值为Em＝2BLv0
所以cd棒中最大感应电流Im＝＝
(2)cd棒所受的最大安培力Fm＝BImL
cd棒的最大加速度am＝＝
(3)当两棒中感应电动势大小相等时系统达到稳定状态，有2BLvab＝BLvcd
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Iab
＝2Icd
对ab棒根据动量定理有I0－Iab＝2mvab
对cd棒根据动量定理有Icd＝mvcd
解得vab＝，vcd＝.
专题强化练
1．(2018·河北省承德市联校期末)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.已知两球始终未接触，则甲、乙两球的质量之比是( )
图1
A．1∶1 B．1∶2 C．1∶3 D．1∶4
答案 D
2．(多选)(2018·山东省临沂市上学期期末)如图2所示，水平面上有相距为L的两光滑平行金属导轨，导轨上静止放有金属杆a和b，两杆均位于匀强磁场的左侧，让杆a以速度v向右运动，当杆a与杆b发生弹性碰撞后，两杆先后进入右侧的磁场中，当杆a刚进入磁场时，杆b的速度刚好为a的一半．已知杆a、b的质量分别为2m和m，接入电路的电阻均为R，其他电阻忽略不计，设导轨足够长，磁场足够大，则( )
图2
A．杆a与杆b碰撞后，杆a的速度为，方向向右
B．杆b刚进入磁场时，通过b的电流为
C．从b进入磁场至a刚进入磁场时，该过程产生的焦耳热为mv2
D．杆a、b最终具有相同的速度，大小为
答案 ABC
3．(2018·安徽省马鞍山市二质监)两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内，两导轨间的距离为L，导轨上垂直放置两根导体棒a和b，俯视图如图3甲所示．
两根导体棒的质量均为m，电阻均为R，回路中其余部分的电阻不计，在整个导轨平面内，有磁感应强度大小为B的竖直向上的匀强磁场．导体棒与导轨接触良好且均可沿导轨无摩擦地滑行，开始时，两棒均静止，间距为x0，现给导体棒a一向右的初速度v0，并开始计时，可得到如图乙所示的Δv－t图象(Δv表示两棒的相对速度，即Δv＝va－vb)
图3
(1)试证明：在0～t2时间内，回路产生的焦耳热与磁感应强度B无关；
(2)求t1时刻，棒b的加速度大小；
(3)求t2时刻，两棒之间的距离．
答案 见解析
解析 (1)t2时刻，两棒速度相等，由动量守恒定律得：mv0＝mv＋mv
由能量守恒定律得整个过程中产生的焦耳热：Q＝mv02－(2m)v2
解得：Q＝mv02
所以在0～t2时间内，回路产生的焦耳热与磁感应强度B无关．
(2)t1时刻，Δv＝va－vb＝
由动量守恒定律：mv0＝mva＋mvb
解得：va＝v0时，vb＝v0
回路中的电动势：E＝BLv0－BLv0＝BLv0
此时棒b所受的安培力：F＝BIL＝
由牛顿第二定律可得，棒b的加速度a＝＝
(3)t2时刻，两棒速度相同，由(1)知：v＝
0～t2时间内，对棒b，由动量定理，有：ΣBiLΔt＝mv－0，即：BqL＝mv
又：q＝Δt＝Δt＝Δt＝＝
解得：x＝x0＋.
4．(2018·河南省安阳市第二次模拟)如图4甲所示，一倾角为θ＝37°、高为h＝0.3 m的绝缘斜面固定在水平面上，一可视为质点的质量为m＝1 kg、带电荷量q＝＋0.02 C的物块放在斜面顶端，距斜面底端L＝0.6 m处有一竖直放置的绝缘光滑半圆轨道，半径为R＝0.2 m，半圆轨道底端有一质量M＝1 kg可视为质点的绝缘小球，半圆轨道底端与斜面底端之间存在如图乙所示的变化电场(水平向右为正方向，图乙中O点对应坐标原点，虚线与坐标轴围成的图形是椭圆一部分，椭圆面积公式S＝πab，a、b分别为半长轴和半短轴)．现给物块一沿斜面向下的初速度v0，物块运动到半圆轨道处与小球发生对心弹性碰撞，不计物块经过斜面底端时的能量损失，已知物块与斜面、水平面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80.
图4
(1)若小球不脱离半圆轨道，求物块在斜面顶端释放的初速度v0的范围；
(2)若小球能通过最高点，并垂直打在斜面上，求小球离开半圆轨道时的速度大小及小球打在斜面上的位置．
答案 (1) m/s
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