2022年高考物理复习夯实核心素养电学中的动量和能量问题（解析版）

11.4电学中的动量和能量问题必备知识清单1．应用动量定理可以由动量变化来求解变力的冲量．如在导体棒做非匀变速运动的问题中，应用动量定理可以解决牛顿运动定律不易解答的问题．2．在相互平行的水平轨道间的双导体棒做切割磁感线运动时，由于这两根导体棒所受的安培力等大反向，若不受其他外力，两导体棒的总动量守恒，解决此类问题往往要应用动量守恒定律．命题点精析（一）动量定理和功能关系的应用典型例题例1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，使棒ab以水平初速度2v开始运动，经过时间t＝停止运动，棒始终处在磁场内，求棒ab运动的位移大小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，相当于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到b.依题意得，棒刚要运动时，受到的摩擦力达到最大，且等于安培力：Ff＝F安F安＝BI1LI1＝联立解得：Ff＝(2)设棒的平均速度为，根据动量定理可得：－安t－Fft＝0－2mv安＝BL，又＝，x＝t联立解得：x＝根据动能定理有：－Ffx－W安＝0－m(2v)2根据功能关系有Q＝W安得：Q＝mv2.练1如图所示，两光滑平行金属导轨置于水平面内，两导轨间距为L，左端连有阻值为R的电阻，一金属杆置于导轨上，金属杆右侧存在一磁感应强度大小为B、方向竖直向下的有界匀强磁场区域。已知金属杆质量为m，电阻也为R，以速度v0向右进入磁场区域，做减速运动，到达磁场区域右边界时速度恰好为零。金属杆与导轨始终保持垂直且接触良好，导轨电阻忽略不计。求：(1)金属杆运动全过程中，在电阻R上产生的热量QR； (2)金属杆运动全过程中，通过电阻R的电荷量q；(3)磁场左右边界间的距离d。【答案】(1)mv　(2)　(3)【解析】(1)全过程中由能量守恒定律可得Q＝mv，因为串联电路中电流相等，所以热量分配与电阻成正比，在电阻R上产生的热量为mv；(2)取向右为正方向，全过程对金属棒由动量定理得－BLt＝0－mv0通过电阻R的电荷量q＝t联立解得q＝；(3)由法拉第电磁感应定律可得E＝根据闭合电路欧姆定律可得I＝全过程磁通量变化为ΔΦ＝BLd解得d＝。练2如图，水平面内固定有两根平行的光滑长直金属导轨，导轨间距为L，电阻不计。整个装置处于两个磁感应强度大小均为B、方向相反的竖直匀强磁场中，虚线为两磁场的分界线。质量均为m的两根相同导体棒MN、PQ静置于图示的导轨上(两棒始终与导轨垂直且接触良好)。现使MN棒获得一个大小为v0、方向水平向左的初速度，则在此后的整个运动过程中(　　) A．两棒受到的安培力冲量大小相等，方向相反B．两棒最终的速度大小均为，方向相同C．MN棒产生的焦耳热为D．通过PQ棒某一横截面的电荷量为【答案】D【解析】MN棒向左运动，由右手定则可知，MN中的电流由N到M，PQ中的电流由P到Q，由左手定则可知，MN棒受到的安培力方向向右，PQ棒受到的安培力方向也向右，由于两棒组成回路所以两棒中的电流相等，由F＝BIL可知，安培力大小相等，故两棒受到的安培力冲量大小相等，方向相同，故A错误；由于MN棒受到的安培力方向向右，PQ棒受到的安培力方向也向右，则MN棒向左做减速运动，PQ向右做加速运动，两棒切割磁感线产生的感应电动势正极与正极相连，当两棒产生的电动势相等时，两棒速度大小相等，回路中的电流为0，此后两棒以相同速率反方向做匀速直线运动，取向左为正方向，对两棒分别由动量定理得－t＝mv－mv0－t＝－mv解得v＝由能量守恒定律得Q＝mv－×2mv2＝mv则MN棒产生的焦耳热为mv，故B、C错误；对PQ棒由动量定理得BLt＝mv即BLq＝m·，则q＝，故D正确。命题点精析（二）动量守恒定律和功能关系的应用 1．问题特点对于双导体棒运动的问题，通常是两棒与导轨构成一个闭合回路，当其中一棒在外力作用下获得一定速度时必然在磁场中切割磁感线，在该闭合回路中形成一定的感应电流；另一根导体棒在磁场中因受安培力的作用开始运动，一旦运动起来也将切割磁感线产生一定的感应电动势，对原来电流的变化起阻碍作用．2．方法技巧解决此类问题时通常将两棒视为一个整体，于是相互作用的安培力是系统的内力，这个变力将不影响整体的动量守恒．因此解题的突破口是巧妙选择系统，运用动量守恒(动量定理)和功能关系求解．例2如图所示，MN、PQ两平行光滑水平导轨分别与半径r＝0.5m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＝2kg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＝1kg的ab金属杆以初速度v0＝12m/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＝10m/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)m/s　(2)2J【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＝M 解得：v＝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＝Mv2－Mv22解得：v2＝5m/s由于cd是绝缘杆，所以没有电流通过，故碰后匀速运动，且碰撞后cd绝缘杆的速度为v2＝5m/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＝2m/sab金属杆进入磁场后，由能量守恒定律有：mv12＝Q解得：Q＝2J.练3(多选)如图，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，两相同的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上。t＝0时，棒ab以初速度v0向右滑动。运动过程中，ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，两者速度分别用v1、v2表示，回路中的电流用I表示。下列图像中可能正确的是(　　)【答案】AC【解析】　棒ab以初速度v0向右滑动，切割磁感线产生感应电动势，使整个回路中产生感应电流，判断可知棒ab受到方向与v0方向相反的安培力的作用而做变减速运动，棒cd受到方向与v0方向相同的安培力的作用而做变加速运动，它们之间的速度差Δv＝v1－v2逐渐减小，整个系统产生的感应电动势逐渐减小，回路中感应电流逐渐减小，最后变为零，即最终棒ab 和棒cd的速度相同，v1＝v2，两相同的光滑导体棒ab、cd组成的系统在足够长的平行金属导轨上运动时不受外力作用，由动量守恒定律有mv0＝mv1＋mv2，解得v1＝v2＝，A、C正确，B、D错误。练4(多选)如图所示，有相距L的光滑金属导轨，其半径为R的圆弧部分竖直放置，平直部分固定于水平地面上，MNQP范围内有方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场。金属棒ab和cd垂直于导轨且接触良好，cd静止在磁场中；ab从圆弧导轨的顶端由静止释放，进入磁场后与cd没有接触，cd离开磁场时的速度是此刻ab速度的一半，已知ab的质量为m、电阻为r，cd的质量为2m、电阻为2r。金属导轨电阻不计，重力加速度为g。下列说法正确的有(　　)A．cd在磁场中运动时电流的方向为c→dB．cd在磁场中做加速度减小的加速运动C．cd在磁场中运动的过程中流过的电荷量为D．从ab由静止释放至cd刚离开磁场时，cd上产生的焦耳热为mgR【答案】BD【解析】ab进入磁场中运动时，回路中磁通量减小，根据楞次定律可知，cd电流的方向为d→c，A错误；当ab进入磁场后回路中产生感应电流，则ab受到向左的安培力而做减速运动，cd受到向右的安培力而做加速运动，由于两者的速度差逐渐减小，可知感应电流逐渐减小，安培力逐渐减小，可知cd向右做加速度减小的加速运动，B正确；ab从释放到刚进入磁场过程，由动能定理得mgR＝mv，ab和cd组成的系统所受合外力为零，则由动量守恒定律有mv0＝m·2vcd＋2m·vcd，解得vcd＝v0＝，对cd由动量定理有BL·Δt＝2m·vcd，其中q＝·Δt，解得q＝，C错误；从ab自圆弧导轨的顶端由静止释放，至 cd刚离开磁场时由能量关系有mgR＝m(2vcd)2＋×2mv＋Q，Qcd＝Q，解得Qcd＝mgR，D正确。命题点精析（三）电场或磁场中动量和能量问题例3如图所示，在空间直角坐标系中，Ⅰ、Ⅱ象限(含x、y轴)有磁感应强度为B1＝1T、方向垂直于纸面向外的匀强磁场和电场强度为E＝10N/C、方向竖直向上的匀强电场；Ⅲ、Ⅳ象限(不含x轴)有磁感应强度为B2＝T、方向沿y轴负方向的匀强磁场，光滑圆弧轨道圆心为O′，半径为R＝2m，圆弧底端位于坐标轴原点O。质量为m1＝1kg、所带电荷量为q1＝＋1C的小球M从O′处水平向右飞出，经过一段时间，正好运动到O点。质量为m2＝2kg、所带电荷量q2＝＋1.8C的小球N穿在光滑圆弧轨道上，从与圆心等高处由静止释放，与M同时运动到O点并发生完全非弹性碰撞，碰后生成小球P(碰撞过程无电荷损失)。小球M、N、P均可视为质点，不计小球间的库仑力，g取10m/s2，求：(1)小球M在O′处的初速度；(2)碰撞完成后瞬间，小球P的速度；(3)分析P球在后续运动过程中，第一次回到y轴时的坐标。【答案】(1)1m/s　(2)1m/s，方向水平向右(3)(0，－20π2m)【解析】　(1)M在Ⅰ象限，Eq1＝m1g，电场力和重力平衡因此球M在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动rM＝洛伦兹力提供向心力q1vB1＝ 解得v＝1m/s。(2)设N沿光滑轨道滑到O点的速度为u，由动能定理m2gR－Eq2R＝m2u2解得u＝2m/sM、N在O点发生完全非弹性碰撞，设碰后生成的P球速度为v1，选向右为正方向，由动量守恒定律有m2u－m1v＝(m1＋m2)v1解得v1＝1m/s，方向水平向右。(3)P球从轨道飞出后，受到竖直向下的重力和垂直于纸面向里的洛伦兹力，在重力作用下，P球在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，在水平方向做匀速圆周运动，每隔一个周期T，P球回到y轴上，P球所带电荷量q＝q2＋q1由qv1B2＝及T＝，解得T＝2πP球在竖直方向的加速度a＝gP球回到y轴时坐标y＝aT2，代入数据解得y＝20π2则坐标位置为(0，－20π2m)。练5如图1所示，两平行长直光滑金属导轨水平放置，间距为L，左端连接一个电容为C的电容器，导轨处在磁感应强度大小为B、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中。质量为m的金属棒垂直导轨放置，某时刻金属棒获得一个水平向右的初速度v0，之后金属棒运动的v－t图象如图2所示。不考虑导轨的电阻。 (1)求金属棒匀速运动时的速度v1；(2)求金属棒匀速运动时电容器的电荷量q；(3)已知金属棒从开始到匀速运动的过程中，产生的焦耳热为Q，求电容器充电稳定后储存的电能E。【答案】(1)(2)(3)－－Q【解析】(1)金属棒匀速运动切割磁感线产生的电动势E=BLv1电容器的电荷量q=CE金属棒从开始到匀速运动的过程中，由动量定理有－BLt0=mv1－mv0电容器的电荷量q=t0联立解得v1=(2)由(1)可知q=CE=CBLv1=(3)在0～t时间内，金属棒的速度由v0到v1，由能量守恒可得E＋Q=解得E=－－Q 练6如图所示，质量M＝3.0kg的小车静止在光滑的水平地面上，AD部分是表面粗糙的水平导轨，DC部分是光滑的圆弧导轨，AD和DC部分平滑相连，整个导轨都是由绝缘材料制成的，小车所在空间内有竖直向上E＝40N/C的匀强电场和垂直于纸面水平向里B＝2.0T的匀强磁场。今有一质量为m＝1.0kg带负电的滑块(可视为质点)以v0＝8m/s的水平速度向右冲上小车，当它过D点时对地速度为v1＝5m/s，对水平导轨的压力为10.5N，g取10m/s2。求：(1)滑块的电荷量大小；(2)滑块从A到D过程中，小车、滑块系统损失的机械能；(3)若滑块通过D时立即撤去磁场，求此后小车所能获得的最大速度。【答案】(1)1.0×10－2C　(2)18J　(3)3m/s【解析】(1)在D点，竖直方向上满足N＝mg＋qv1B＋qE解得q＝＝C＝1.0×10－2C。(2)从A→D，滑块、小车系统水平方向动量守恒，设到D点时小车速度为u1，有mv0＝mv1＋Mu1解得u1＝＝m/s＝1m/s由能量守恒定律可知系统损失的机械能ΔE＝mv－mv－Mu解得ΔE＝18J。(3)撤去磁场后，滑块在圆弧轨道上运动的整个过程中，小车都在加速，因此滑块返回D点时，小车速度最大，设此时滑块、小车的速度分别为v2、u2，因滑块由D点上滑到滑回D点过程中，电场力做功为零，故系统在水平方向动量守恒的同时初末状态机械能相等，即：mv0＝mv2＋Mu2 ＋＝＋联立两式解得u2＝1m/s(舍去)，u2＝3m/s即此后小车所能获得的最大速度为3m/s。例4半径为L的圆形边界内分布有垂直圆所在平面的磁场，垂直纸面向里的磁感应强度大小为2B，垂直纸面向外的磁感应强度大小为B，如图3所示．AEO为八分之一圆导线框，其总电阻为R，以角速度ω绕O轴逆时针匀速转动，从图中所示位置开始计时，用i表示导线框中的感应电流(顺时针方向为正)，线框中感应电流i随时间t变化图象可能是(　　)图3【答案】B【解析】当线框转过0～45°时，产生的感应电流为顺时针方向，电动势E＝BωL2＋·2BωL2＝BωL2，感应电流I＝；当线框转过45°～90°时，产生的感应电动势为零，感应电流为零；当线框转过90°～135°时，产生的感应电流为逆时针方向，电动势E＝BωL2＋·2BωL2＝BωL2，感应电流I＝ ；当线框转过135°～180°时，产生的感应电动势为零，感应电流为零；当线框转过180°～225°时，产生的感应电流为顺时针方向，电动势E＝·2BωL2＝BωL2，感应电流I＝；当线框转过225°～270°时，产生的感应电动势为零，感应电流为零；当线框转过270°～315°时，产生的感应电流为逆时针方向，电动势E＝·2BωL2＝BωL2，感应电流I＝；当线框转过315°～360°时，产生的感应电动势为零，感应电流为零，故选B.练7(多选)如图甲所示，半径为1m的带缺口刚性金属圆环导轨固定在水平面内，在导轨上垂直放置一质量为0.1kg、电阻为1Ω的直导体棒，其长度恰好等于金属圆环的直径，导体棒初始位置与圆环直径重合，且与导轨接触良好．已知导体棒与导轨间的动摩擦因数为0.3，不计金属圆环的电阻，导体棒受到的最大静摩擦力等于其滑动摩擦力，取重力加速度g＝10m/s2.现若在圆环内加一垂直于纸面向里的变化磁场，变化规律如图乙所示，则(　　)A．导体棒中的电流是从b到aB．通过导体棒的电流大小为0.5AC．0～2s内，导体棒产生的热量为0.125JD．t＝πs时，导体棒受到的摩擦力大小为0.3N【答案】AC【解析】穿过闭合回路的磁通量向里增加，由楞次定律可知导体棒中的电流是从b到a，选项A正确；假设0～πs时间内导体棒静止不动，感应电动势E＝＝·πr2＝×π×12V＝0.25V，则感应电流I＝＝A＝0.25A，t＝πs时，导体棒受到的安培力F＝2BIr＝2×0.5×0.25×1N＝0.25N，最大静摩擦力Ffm＝μmg＝0.3N，则假设成立，故导体棒所受摩擦力大小为0.25N，选项B、D错误；0～2s内，导体棒产生的热量为Q＝I2Rt＝0.252×1×2J＝0.125J，选项C正确． 练8如图甲所示，间距为L＝0.5m的两条平行金属导轨，水平放置在竖直向下的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B＝0.2T，轨道左侧连接一定值电阻R＝1Ω.垂直导轨的导体棒ab在水平外力F作用下沿导轨运动，并始终与导轨接触良好．t＝0时刻，导体棒从静止开始做匀加速直线运动，力F随时间t变化的规律如图乙所示．已知导体棒和导轨间的动摩擦因数为μ＝0.5，导体棒和导轨的电阻均不计．取g＝10m/s2，求：(1)导体棒的加速度大小；(2)导体棒的质量．【答案】(1)5m/s2　(2)0.1kg【解析】　　(1)设导体棒的质量为m，导体棒做匀加速直线运动的加速度大小为a，某时刻t，导体棒的速度为v，所受的摩擦力为Ff，则导体棒产生的电动势：E＝BLv回路中的电流I＝导体棒受到的安培力：F安＝BIL由牛顿第二定律：F－F安－Ff＝ma由题意v＝at联立解得：F＝t＋ma＋Ff根据题图乙可知，0～10s内图象的斜率为0.05N/s，即＝0.05N/s，解得a＝5m/s2(2)由F－t图象纵截距可知：ma＋Ff＝1.0N 又Ff＝μmg解得m＝0.1kg.核心素养大提升例5如图所示，长为d、质量为m的细金属杆ab，用长为L的细线悬挂后，恰好与水平光滑的平行金属导轨接触，平行金属导轨间距也为d，导轨平面处于竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中。闭合开关K后，细金属杆ab向右摆起，悬线的最大偏角为θ。重力加速度为g，则闭合开关的短时间内通过细金属杆ab的电荷量为(　　)A．　　B．C．D．【答案】C【解析】金属杆摆起过程由动能定理有mv2＝mgL(1－cosθ)合上开关的瞬间，由动量定理有F安Δt＝mvF安＝BIdq＝IΔt联立解得q＝，A、B、D错误，C正确。 练9在真空中同时存在着竖直向下的匀强电场和水平方向的匀强磁场，已知电场强度为E，竖直向下；磁感应强度为B，垂直于纸面向里。如图所示，一带电液滴在垂直于磁场的竖直平面内做匀速圆周运动，轨道半径为R，若液滴运动到最低点A时分裂成两个液滴1和2，假设液滴电荷量和质量都恰好均分，液滴1在原运行方向上做匀速圆周运动，半径变为3R，圆周最低点也是A，则下列说法正确的是(　　)A．液滴一定是带正电荷B．液滴分裂前运动速率为C．液滴2也做匀速圆周运动且沿逆时针方向转动D．液滴2做匀速圆周运动的半径也为3R【答案】B【解析】液滴在复合场中做匀速圆周运动，则qE＝mg，受到的电场力向上，故液滴带负电，A错误；由qE＝mg，得q＝，qvB＝，得v＝＝，B正确；设液滴1速率为v1，则＝，得v1＝＝＝3v，选液滴初速度方向为正方向，由动量守恒定律有mv＝mv1＋mv2，得v2＝－v，所以运动方向与液滴1相反，其半径为r2＝＝＝R，根据左手定则可知，原液滴的运动方向为顺时针，由于分离后液滴2的速度方向和原初速度方向相反，根据左手定则可知，液滴2沿着顺时针方向做匀速圆周运动，C、D错误。练10如图所示，间距为L＝2m的两平行光滑金属导轨由倾斜部分和水平部分平滑连接而成，水平导轨处于B＝0.5T、方向垂直于导轨平面的匀强磁场中，以磁场左边界为坐标原点，磁场右边界坐标为x1(数值未标出)，在坐标x0＝1.2m处垂直于水平导轨放置有一质量m＝1kg、电阻为R＝0.1Ω的导体棒ab。现把质量为M＝2kg、电阻也为R＝0.1Ω的导体棒cd，垂直于导轨放置在倾斜轨道上，并让其从高为h＝1.8m处由静止释放。若两导体棒在磁场内运动过程中不会相碰，ab棒出磁场右边界前已达到稳定速度， 且两导体棒在运动过程中始终垂直于导轨并接触良好，不计导轨的电阻，忽略磁场的边界效应，g取10m/s2。求：(1)cd棒恰好进入磁场左边界时的速度大小；(2)ab棒离开磁场右边界前的稳定速度的大小；(3)cd棒从进入磁场到离开磁场的过程中，安培力对系统做的总功。【答案】(1)6m/s　(2)4m/s　(3)－19J【解析】(1)cd棒下落过程中机械能守恒，有Mgh＝Mv解得v0＝6m/s；(2)cd棒进入磁场后与ab棒组成的系统动量守恒，有Mv0＝(M＋m)v1解得两棒匀速时的速度v1＝v0＝4m/s；(3)设两棒达到相同速度时相距为Δx，则两棒同速前进，流过导体棒的电荷量：Δq1＝①对ab棒应用动量定理得BL·Δt＝mv1－0②Δq1＝·Δt③由①②③式解得Δx＝0.4m④则从ab棒出磁场右边界到cd棒出磁场右边界的过程中，流过导体棒的电荷量Δq2＝⑤ 设cd出磁场时的速度为v2，对cd棒应用动量定理可得－BLΔq2＝Mv2－Mv1⑥由④⑤⑥式解得v2＝3m/s由功能关系可知，整个过程中有W安＝Mv＋mv－Mv解得W安＝－19J。