训练14　动力学、动量和能量观点在电学中的应用-2021年高考二轮复习专题强化训练（解析版）

训练 14　动力学、动量和能量观点在电学中的应用 题型一 电磁感应中动量和能量观点的应用 类型 1　动量定理和功能关系的应用 例 1 　(2019·福建龙岩市 5 月模拟)如图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． (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 Ff 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＝ mR B2L2停止运动，求棒 ab 运动位移 x 及回路中 产生的焦耳热 Q. 【答案】　见解析 【解析】　(1)磁场沿轨道向右运动，即棒相对于磁场沿轨道向左运动，则根据右手定则，感应电流方向由 a 至 b. 依题意得，棒刚要运动时，受到的摩擦力等于安培力：Ff＝F 安 F 安＝BI1L I1＝BLv R 联立解得：Ff＝B2L2v R (2)设棒的平均速度为v，根据动量定理可得：－F安 t－Fft＝0－2mvF安＝BIL，又I＝BLv R ，x＝v t 联立解得：x＝mvR B2L2 根据动能定理有：－Ffx－W 安＝0－1 2m(2v)2 根据功能关系有 Q＝W 安 得：Q＝mv2. 变式 1 　(多选)(2019·广东湛江市第二次模拟)如图 2 所示，CD、EF 是两条水平放置的电阻可忽略的平行光 滑导轨，导轨固定不动，间距为 L，在水平导轨的左侧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.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、质量 为 m 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 导轨垂直且接触良好，则下列说法中正确的是(　　) A．电阻 R 的最大电流为BL 2gh 2R B．电阻 R 中产生的焦耳热为 mgh C．磁场左右边界的长度 d 为mR 2gh B2L2 D．流过电阻 R 的电荷量为m 2gh BL 【答案】　AD 【解析】　导体棒下滑过程中，机械能守恒，由机械能守恒定律有：mgh＝1 2mv2，得导体棒到达水平面时的 速度 v＝ 2gh，导体棒到达水平面后进入磁场受到向左的安培力做减速运动，则刚到达水平面时的速度最大， 所以最大感应电动势为 E＝BLv，最大的感应电流为 I＝BLv 2R ＝BL 2gh 2R ，故 A 正确；导体棒在整个运动过程中，机械能最终转化为焦耳热，即 Q＝mgh，故电阻 R 中产生的焦耳热为 QR＝1 2Q＝1 2mgh，故 B 错误；对导 体棒，经时间 Δt 穿过磁场，由动量定理得：－F安 Δt＝－BLIΔt＝－mv，而 q＝IΔt，变形得：BLq＝mv，解 得 q＝mv BL＝m 2gh BL ，而由 q＝IΔt＝ E 2RΔt＝ BS 2RΔtΔt＝BS 2R和 S＝Ld，解得：d＝2qR BL ＝2mR 2gh B2L2 ，故 C 错误，D 正 确． 类型 1 动量守恒定律和功能关系的应用 例 2 　(2019·河北衡水中学高考模拟)如图所示，MN、PQ 两平行光滑水平导轨分别与半径 r＝0.5 m 的相同 竖直半圆导轨在 N、Q 端平滑连接，M、P 端连接定值电阻 R，质量 M＝2 kg 的 cd 绝缘杆垂直静止在水平 导轨上，在其右侧至 N、Q 端的区域内充满竖直向上的匀强磁场．现有质量 m＝1 kg 的 ab 金属杆以初速度 v0 ＝12 m/s 水平向右与 cd 绝缘杆发生正碰后，进入磁场并最终未滑出，cd 绝缘杆则恰好能通过半圆导轨最高 点，不计其他电阻和摩擦，ab 金属杆始终与导轨垂直且接触良好，取 g＝10 m/s2，求： (1)cd 绝缘杆通过半圆导轨最高点时的速度大小 v； (2)电阻 R 产生的焦耳热 Q. 【答案】　(1) 5 m/s　(2)2 J 【解析】　(1)cd 绝缘杆通过半圆导轨最高点时，由牛顿第二定律有： Mg＝Mv2 r 解得：v＝ 5 m/s (2)cd 绝缘杆以速度 v2 由 NQ 滑至最高点的过程中，由动能定理有： －Mg2r＝1 2Mv2－1 2Mv22 解得：v2＝5 m/s 由于 cd 是绝缘杆，所以没有电流通过，故碰后匀速运动，则碰撞后 cd 绝缘杆的速度为 v2＝5 m/s 两杆碰撞过程，动量守恒，以 v0 的方向为正方向，有： mv0＝mv1＋Mv2 解得碰撞后 ab 金属杆的速度：v1＝2 m/s ab 金属杆进入磁场后由能量守恒定律有：1 2mv12＝Q 解得：Q＝2 J. 变式 2 　(2019·山东泰安市第二轮复习质量检测)如图所示，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： (1)导体棒 b 中产生的内能； (2)导体棒 a、b 间的最小距离． 【答案】　(1)1 8mv02　(2)x0－mv0R B2L2 【解析】　(1)导体棒 a 进入磁场后，a、b 及导轨组成的回路磁通量发生变化，产生感应电流．在安培力作 用下，a 做减速运动、b 做加速运动，最终二者速度相等．此过程中系统的动量守恒，以 v0 的方向为正方向， 有 mv0＝2mv 根据能量守恒定律 1 2mv02－1 2·2mv2＝Q 导体棒 b 中产生的内能Qb＝Q 2 整理得 v＝v0 2 ，Qb＝1 8mv02； (2)设经过时间 Δt 二者速度相等，此时 a、b 间有最小距离，此过程中安培力的平均值为 F，导体棒 ab 间的 最小距离为 x.以 b 为研究对象，根据动量定理得 FΔt＝mv 而 F＝BIL I＝ E 2R E＝ΔΦ Δt ΔΦ＝BL(x0－x) 联立解得 x＝x0－mv0R B2L2 . 题型二 电场和磁场中的动量和能量问题 例 3 　如图所示，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 的动摩擦因数均为 μ＝0.2，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.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． 【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带电荷量大 小为 q，与物块Ⅱ碰撞前物块Ⅰ速度为 v1，碰撞后共同速度为 v2，以向左为正方向，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) v22 R 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. 变式 3 　如图所示，光滑绝缘的半圆形轨道 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，半圆的直径 AD 水平，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 中始终不脱离轨道，重力加速度为 g.求： (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)若在半圆形轨道的最低点 C 放一个与小球甲完全相同的不带电的金属小球乙，让小球甲仍从轨道的 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) 2gR　(2)ΔF 2gR 4gRB 　(3)3mg－ΔF 4 ，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＝1 2mvC2 解得 vC＝ 2gR(2)小球甲第一次通过 C 点时，qvCB＋F1－mg＝mvC2 R 第二次通过 C 点时，F2－qvCB－mg＝mvC2 R 由题意知 ΔF＝F2－F1 解得 q＝ΔF 2gR 4gRB (3)因为甲球与乙球在最低点发生的是弹性碰撞，则有 mvC＝mv 甲＋mv 乙 1 2mvC2＝1 2mv 甲 2＋1 2mv 乙 2 解得 v 甲＝0，v 乙＝vC 设碰撞后的一瞬间，轨道对乙球的支持力大小为 F 乙，方向竖直向上，则 F 乙＋1 2qv 乙 B－mg＝mv 乙 2 R 解得 F 乙＝3mg－ΔF 4 根据牛顿第三定律可知，此时乙球对轨道的压力大小为 3mg－ΔF 4 ，方向竖直向下． 模拟训练 练规范 练速度 1.(2019·贵州部分重点中学 3 月联考)如图所示，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1 2，下列判断正确的是(　　) A．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 【答案】　C 【解析】　设正方形磁场区域的边长为 a，由题意可知，粒子从 A 点射出时在磁场中做匀速圆周运动的轨道 半径为a 4，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB＝mv2 r ，解得：r＝ mv qB，当磁场的磁感应强度大小变为原来的1 2时，粒子轨道半径变为原来的 2 倍，即a 2，粒子将从 N 点射出， 故 A 错误；由运动轨迹结合周期公式 T＝2πm qB 可知，当磁场的磁感应强度大小变为原来的1 2时，T1＝T2 2 ，粒 子从 A 点离开磁场的情况下，在磁场中运动的时间 t1＝T1 2 ，粒子从 N 点离开磁场的情况下，在磁场中运动 的时间 t2＝T2 4 ，可得：t1＝t2，即粒子在磁场中运动的时间不变，故 B 错误；磁场的磁感应强度变化前，粒 子在磁场中运动过程中，动量变化大小为 2mv，磁场的磁感应强度变为原来的1 2后，粒子在磁场中运动过程 中，动量变化大小为 2mv，即动量变化大小之比为 2∶1，故 C 正确；无论磁场的磁感应强度大小如何变 化，只要磁感应强度的方向不变，粒子都不可能从 C 点射出，故 D 错误． 2.(2019·河南顶级名校第四次联测)光滑绝缘的水平桌面上方存在垂直桌面向下的匀强磁场，磁感应强度大小 为 B，俯视图如图所示．一个质量为 2m、电荷量为 q 的带正电小球甲静止在桌面上，另一个大小相同、质 量为 m 的不带电小球乙，以速度 v0 沿两球心连线向带电小球甲运动，并发生弹性碰撞．假设碰撞后两小球 的带电荷量相同，忽略两小球间静电力的作用．则下列关于甲、乙两小球碰后在磁场中的运动轨迹，说法 正确的是(　　) A．甲、乙两小球运动轨迹是外切圆，半径之比为 2∶1 B．甲、乙两小球运动轨迹是外切圆，半径之比为 4∶1 C．甲、乙两小球运动轨迹是内切圆，半径之比为 2∶1 D．甲、乙两小球运动轨迹是内切圆，半径之比为 4∶1【答案】　B 【解析】 不带电小球乙与带正电小球甲发生弹性碰撞，系统动量守恒和机械能守恒，规定速度 v0 方向为 正方向，设碰撞后甲球的速度为 v1，乙球的速度为 v2，则有：mv0＝2mv1＋mv2，1 2mv02＝1 2·2mv12＋1 2mv22， 解得：v1＝2 3v0，v2＝－1 3v0，根据左手定则可知甲、乙两小球运动轨迹是外切圆，根据洛伦兹力提供向心力 有 qvB＝m v2 R可得 R＝mv qB，半径之比为 R 甲∶R 乙＝4∶1，故选项 B 正确，A、C、D 错误． 3.(多选)(2019·云南第二次统一检测)如图所示，倾角为 θ＝37°的足够长的平行金属导轨固定在水平面上，两 导体棒 ab、cd 垂直于导轨放置，空间存在垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为 B.现给导体棒 ab 沿导轨平面向下的初速度 v0 使其沿导轨向下运动，已知两导体棒质量均为 m，电阻相等，两导体棒与导 轨之间的动摩擦因数均为 μ＝0.75，导轨电阻忽略不计，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.从 ab 开始运动到两棒相 对静止的整个运动过程中两导体棒始终与导轨保持良好的接触，下列说法正确的是(　　) A．导体棒 cd 中产生的焦耳热为 1 4mv02 B．导体棒 cd 中产生的焦耳热为 1 8mv02 C．当导体棒 cd 的速度为 1 4v0 时，导体棒 ab 的速度为 1 2v0 D．当导体棒 ab 的速度为 3 4v0 时，导体棒 cd 的速度为 1 4v0 【答案】　BD 【解析】　由题意可知：mgsin 37°＝μmgcos 37°，则两棒组成的系统沿轨道方向动量守恒，当最终稳定时： mv0＝2mv，解得 v＝0.5v0，则回路产生的焦耳热为 Q＝1 2mv02－1 2·2mv2＝1 4mv02，则导体棒 cd 中产生的焦耳 热为 Qcd＝Qab＝1 2Q＝1 8mv02，选项 A 错误，B 正确；当导体棒 cd 的速度为 1 4v0 时，则由动量守恒：mv0＝ m·1 4v0＋mvab，解得 vab＝3 4v0，选项 C 错误；当导体棒 ab 的速度为 3 4v0 时，则由动量守恒：mv0＝m·3 4v0＋mvcd，解得 vcd＝1 4v0，选项 D 正确． 4.如图所示，光滑绝缘水平面上方分布着场强大小为 E、方向水平向右的匀强电场．质量为 3m、电荷量为 ＋q 的球 A 由静止开始运动，与相距为 L、质量为 m 的不带电小球 B 发生对心碰撞，碰撞时间极短，碰撞 后作为一个整体继续向右运动．两球均可视为质点，求： (1)两球发生碰撞前 A 球的速度大小； (2)A、B 碰撞过程中系统损失的机械能； (3)A、B 碰撞过程中 B 球受到的冲量大小． 【答案】　(1) 2EqL 3m 　(2)1 4EqL　(3) 6EqLm 4 【解析】　　(1)由动能定理：EqL＝1 2×3mv2 解得 v＝ 2EqL 3m (2)A、B 碰撞时间极短，可认为 A、B 碰撞过程中系统动量守恒，设向右为正方向，由动量守恒定律：3mv＝ (3m＋m)v1 解得 v1＝3 4v 系统损失的机械能：ΔE＝1 2×3mv2－1 2(3m＋m)v12＝1 4EqL (3)以 B 为研究对象，设向右为正方向，由动量定理有：I＝mv1－0 解得 I＝ 6EqLm 4 ，方向水平向右． 5.(2019·安徽蚌埠市第二次质检)如图所示，质量 M＝1 kg 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＝1 kg 的导体棒自 ce 端的正上方 h＝ 2 m 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＝0.5 T，导轨的间距与导体棒的长度 均为 L＝0.5 m，导轨的半径 r＝0.5 m，导体棒的电阻 R＝1 Ω，其余电阻均不计，重力加速度 g＝10 m/s 2， 不计空气阻力． (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 16 J，求导体棒第一次通过最低点 时回路中的电功率． 【答案】　(1)2 10 m/s　(2)25 J　(3)9 4 W 【解析】　(1)根据机械能守恒定律，可得：mgh＝1 2mv2 解得导体棒刚进入凹槽时的速度大小：v＝2 10 m/s (2)导体棒在凹槽导轨上运动过程中发生电磁感应现象，产生感应电流，最终整个系统处于静止，导体棒停 在凹槽最低点． 根据能量守恒可知，整个过程中系统产生的热量：Q＝mg(h＋r)＝25 J (3)设导体棒第一次通过最低点时速度大小为 v1，凹槽速度大小为 v2，导体棒在凹槽内运动时系统在水平方 向动量守恒，故有：mv1＝Mv2 由能量守恒可得：mg(h＋r)－Q1＝1 2mv12＋1 2Mv22 导体棒第一次通过最低点时感应电动势：E＝BL(v1＋v2) 回路电功率：P＝E2 R 联立解得：P＝9 4 W.