2019屆二輪復習電學中的動量和能量問題名師公開課優(yōu)質(zhì)學案(全國通用)

1、名校名師推薦第2課時電學中的動量和能量問題高考題型1電場中的動量和能量問題題型：計育題；5年考【例1】(2018湖南省常德市期末檢測)如圖1所示，軌道ABCDP位于豎直平面內(nèi)，其中圓弧 段CD與水平段AC及傾斜段DP分別相切于C點和D點，水平段BC粗糙，其余都光滑， DP段與水平面的夾角0= 37 D、C兩點的高度差h= 0.1 m，整個軌道絕緣，處于方向水平向左、電場強度大小未知的勻強電場中，一個質(zhì)量m1 = 0.4 kg、帶正電、電荷量未知的小物塊I在A點由靜止釋放，經(jīng)過時間t= 1 s,與靜止在B點的不帶電、質(zhì)量 m2= 0.6 kg的小物塊n碰撞并粘在一起后，在BC段上做勻速直線運動，

2、到達傾斜段DP上某位置，物塊I和n 與軌道 BC 段的動摩擦因數(shù) 尸 0.2, g = 10 m/s2, sin 37 0.6, cos 37 = 0.8.求：TGEA圖1(1) 物塊i和n在 bc段上做勻速直線運動的速度大小；物塊i和n第一次經(jīng)過圓弧段C點時，物塊i和n對軌道壓力的大小.答案 (1)2 m/s (2)18 N解析(1)物塊I和n粘在一起在BC段上做勻速直線運動， 設(shè)電場強度大小為 E,物塊I帶 電荷量為q,物塊I與物塊n碰撞前速度為V1，碰撞后共同速度為 V2,則qE =畑1 + m2)gqEt = m1V1m1V1= E+ m2)v2聯(lián)立解得V2= 2 m/s;設(shè)圓弧段CD

3、的半徑為R,物塊I和n經(jīng)過C點時圓弧段軌道對物塊支持力的大小為Fn則 R(1 - cos 0)= h2,V2Fn- (m1 + m2)g= (m1+ m2)r解得：Fn = 18 N，由牛頓第三定律可得物塊I和n對軌道壓力的大小為 18 N.【拓展訓練1】(多選)(2018全國卷川21)如圖2，一平行板電容器連接在直流電源上，電容器 的極板水平；兩微粒 a、b所帶電荷量大小相等、符號相反，使它們分別靜止于電容器的上、 下極板附近，與極板距離相等現(xiàn)同時釋放a、b,它們由靜止開始運動在隨后的某時刻t,a、b經(jīng)過電容器兩極板間下半?yún)^(qū)域的同一水平面.a、b間的相互作用和重力可忽略.下列說法正確的是()

4、圖2A . a的質(zhì)量比b的大B .在t時刻，a的動能比b的大C .在t時刻，a和b的電勢能相等D .在t時刻，a和b的動量大小相等答案 BD1解析 經(jīng)時間t, a、b經(jīng)過電容器兩極板間下半?yún)^(qū)域的同一水平面，則Xaxb,根據(jù)x= 2at2,得aaab，又由a= *知，maWb,由動能定理知，a的動能比b的動能大，B項正確；a、b處在同一等勢面上，根 據(jù)Ep = q知，a、b的電勢能絕對值相等，符號相反，C項錯誤；根據(jù)動量定理Ft = p po,則經(jīng)過時間t, a、b的動量大小相等，D項正確.【拓展訓練2】(2018福建省寧德市上學期期末)如圖3所示，PM是半徑為R的四分之一光滑 絕緣軌道，僅在該

5、軌道內(nèi)有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B.光滑絕緣軌道MN水平且足夠長，PM下端與MN相切于M點.質(zhì)量為m的帶正電小球b靜止在水平軌道 上，質(zhì)量為2m、電荷量為q的帶正電小球a從P點由靜止釋放，在a球進入水平軌道后，a、 b兩小球間只有靜電力作用，且a、b兩小球始終沒有接觸帶電小球均可視為點電荷，設(shè)小球b離M點足夠遠，重力加速度為 g.求：圖3(1) 小球a剛到達M點時的速度大小及對軌道的壓力大?。?2) a、b兩小球系統(tǒng)的電勢能最大值Ep；(3) a、b兩小球最終的速度 va、Vb的大小.答案(1)6mg+ qB ,2gR fmgR ；*2gR ； ;2gR解析(1)小球a從P到M

6、，洛倫茲力、彈力不做功，只有重力做功1 o由動能定理有：2mgR= ?(2m)VM解得：Vm =、.j2gR2在M點，由牛頓第二定律有：Fn 2mg qvMB= 2嚴R解得：Fn = 6mg+ qB 2gR根據(jù)牛頓第三定律得小球?qū)壍赖膲毫Υ笮椋篎n = 6mg+ qB 2gR2mvM = 3mv 共(2) 兩球速度相等時系統(tǒng)電勢能最大，以向右為正方向，由動量守恒定律有：1 1根據(jù)能量守恒定律有：Ep = 2(2m)VM2-2(3m)v 共22解得：Ep= mgR由動量守恒定律：2mvM= 2mva+ mvb由能量守恒定律有：(2m)VM2 = 2(2m)va2+ mvb244 jR, vb

7、= 3VM = 3 ;2gR1解得：Va= VM =16高考題型2磁場中的動量和能量冋題題型：選擇題或香計算題；5年0考【例2 (2018廣西南寧市3月適應測試)如圖4所示，光滑絕緣的半圓形圓弧軌道ACD,固定在豎直面內(nèi)，軌道處在垂直于軌道平面向里的勻強磁場中，半圓弧的直徑AD水平，因弧的半徑為R,勻強磁場的磁感應強度為B,在A端由靜止釋放一個帶正電荷、質(zhì)量為m的金屬小球甲，結(jié)果小球甲連續(xù)兩次通過軌道最低點C時，對軌道的壓力差為AF，小球運動過程始終不脫離軌道，重力加速度為g.求：(1)小球甲經(jīng)過軌道最低點(2)小球甲所帶的電荷量;若在圓弧軌道的最低點 軌道的A端由靜止釋放,圖4C時的速度大小

8、;C放一個與小球甲完全相同的不帶電的金屬小球乙，則甲球與乙球發(fā)生彈性碰撞后的一瞬間，乙球?qū)壍赖膲毫?(不計讓小球甲仍由兩球間靜電力的作用)答案2gR年評3mg 弓，方向豎直向下4gRB4解析(1)由于小球甲在運動過程中，只有重力做功，因此機械能守恒，由A點運動到C點,mgR= gmvc解得 Vc =, 2gR2VC 小球甲第一次通過 C點時，qvcB+ Fl-mg= m-R2vc 第二次通過 C點時，F(xiàn)2 qvcB mg= mR由題意知AF = F2 F1解得q=AF ,2gR4gRB因為甲球與乙球在最低點發(fā)生的是彈性碰撞，貝Umvc = mv 甲+ mv 乙1 2 1 2 | 1 2 qm

9、vc = qmv 甲十 qmv 乙解得v甲=0, v乙=vc設(shè)碰撞后的一瞬間，軌道對乙的支持力大小為F乙，方向豎直向上，則 21v乙F 乙 + qv 乙 B mg= 口百解得F乙=3mg根據(jù)牛頓第三定律可知，此時乙球?qū)壍赖膲毫Υ笮?mg ,方向豎直向下.【拓展訓練3】（2018北京市大興區(qū)上學期期末）如圖5所示，在矩形 MNQP區(qū)域中有一垂直紙面向里的勻強磁場.質(zhì)量和電荷量都相等的帶電粒子 于PQ的方向射入磁場，圖中實線是它們的軌跡.已知a、b、c以不同的速率從 O點沿垂直O(jiān)是PQ的中點，不計粒子重力.從圖示軌跡中可以判斷（）圖5A . a粒子帶負電，b粒子帶正電B. c粒子的動量大小大于

10、 a粒子的動量C. b粒子運動的時間大于 a粒子運動的時間D. b粒子的加速度大于 c粒子的加速度答案 D解析 根據(jù)左手定則知粒子 a帶正電，粒子b、c帶負電，故 A錯誤；粒子在磁場中做勻速2圓周運動時，由洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB= m，解得：p = mv= qBr,因c的軌道半徑小于 a的軌道半徑，則 c粒子的動量大小小于 a粒子的動量，選項 B錯誤； 粒子在磁場中做圓周運動的周期t=2乎相同，粒子在磁場中的運動時間：上=丿丁=?,由qB2 n qB于m、q、B都相同，粒子a轉(zhuǎn)過的圓心角大于 b,則b粒子運動的時間小于 a粒子運動的時 間，故C錯誤；根據(jù)qvB = ma,

11、 b的速度最大，則b粒子的加速度大于 c粒子的加速度，選 項D正確.高考題型3電磁感應中動量和能量問題題型：計算題；5年0考【例3】如圖6所示，NQ和MP是兩條平行且傾角為 B的光滑金屬軌道，在兩條軌道下面， 在Q、P處接著QT和PS兩條平行光滑的金屬軌道， 軌道足夠長，所有軌道電阻忽略不計. 金 屬棒ab、cd放在軌道上，始終與軌道垂直且接觸良好.金屬棒ab、cd的質(zhì)量均為 m,長度均為L,且金屬棒的長度恰好等于軌道的間距，它們與軌道構(gòu)成閉合回路，金屬棒ab的電阻為2R, cd的電阻為R.磁場方向均垂直于導軌向上 （不考慮PQ交界處的邊界效應，可認為磁 場在PQ處立即變?yōu)樨Q直向上），磁感應強

12、度大小為 B.若先保持金屬棒cd不動，ab在沿導軌向下的力F的作用下，開始以加速度 a沿傾斜軌道向下做勻加速直線運動經(jīng)過to時間，ab棒恰好到PQ位置，此時撤去力 F，同時釋放金屬棒 cd,重力加速度為 g,求:（1）ab棒勻加速運動過程中，外力F隨時間t變化的函數(shù)關(guān)系;兩金屬棒從撤去 F,直到最后達到穩(wěn)定后的運動過程中，金屬棒cd產(chǎn)生的熱量Q;（3）兩金屬棒從撤去 F,直到最后達到穩(wěn)定后的運動過程中，通過金屬棒2 2答案（1）F= BLr% ma- mgsin 0 （t t。）Rma%2 蠶cd的電荷量q.解析（1）棒ab勻加速運動過程中,F + mgsin 0 BBLv3R L =ma得：

13、F =2 2B L at3R+ ma mgsin 0(t W to)（2）撤去力F時，金屬棒ab的速度v = ato,ab、cd組成的系統(tǒng)動量守恒，最終穩(wěn)定時，兩棒速度相同，以向右為正方向，由動量守恒定 律得 mv = 2mv得 v，= cd棒中的最大電流Im；ato則兩金屬棒產(chǎn)生的熱量 Q等于動能的減少量，1 2 1 , 2 1 , 2 1 2. 2 則 Q 總=mv mv qmv = &ma to由于金屬棒ab電阻為2R,金屬棒cd電阻為R,故其產(chǎn)生的熱量之比為 2 : 1故金屬棒cd產(chǎn)生的熱量Q = *Q總=12macd棒的最大加速度；(3) 兩棒達到穩(wěn)定狀態(tài)時，各自的速度大小.to21

14、(3)對金屬棒cd應用動量定理得：BLq = mv = qmatomato2BL【拓展訓練4】(2018湖北省孝感市重點高中協(xié)作體模擬)如圖7所示，水平面內(nèi)固定兩對足夠長的平行光滑金屬導軌，左側(cè)兩導軌間的距離為2L,右側(cè)兩導軌間的距離為 L,左、右側(cè)的兩導軌間都存在磁感應強度為B、方向豎直向下的勻強磁場.兩均勻的導體棒ab和cd分別垂直放在左、右兩側(cè)的導軌上， ab棒的質(zhì)量為2m、有效電阻為2r，而cd棒的質(zhì)量為 m、有 效電阻為r，其他部分的電阻不計.原來兩棒都處于靜止狀態(tài)，現(xiàn)給棒一大小為I。、方向平行導軌向右的沖量使 ab棒向右運動，在達到穩(wěn)定狀態(tài)時，兩棒均未滑出各自的軌道求:X城城XXI

15、汕答案BLIo3mrB2L2lo3m2rIo Io6m 3m解析(1) ab棒獲得一沖量，所以初速度Iovo= 2m分析知開始時回路中的感應電動勢最大，最大值為Em = 2BLvo所以cd棒中最大感應電流Em = BLIo 2r + r = 3mr(2)cd棒所受的最大安培力Fm= BI mLcd棒的最大加速度Fm B2L2|o am=m=石m?當兩棒中感應電動勢大小相等時系統(tǒng)達到穩(wěn)定狀態(tài)，有2BLvab= BLVcd由ab棒與cd棒中感應電流大小總是相等，可知安培力對ab棒與cd棒的沖量大小關(guān)系為Iab=2Icd對ab棒根據(jù)動量定理有I。 Iab= 2mvab對cd棒根據(jù)動量定理有l(wèi)cd=

16、mvcdI 0I 0解得vab=喬,vcd=歸專題強化練仁（2018河北省承德市聯(lián)校期末）如圖1所示，光滑絕緣水平軌道上帶正電的甲球，以某一水1平速度射向靜止在軌道上帶正電的乙球，當它們相距最近時，甲球的速度變?yōu)樵瓉淼?.已知兩球始終未接觸，則甲、乙兩球的質(zhì)量之比是（）A. 1 : 1 B. 1 : 2 C. 1 : 3 D. 1 : 4 答案 D2 .（多選）（2018山東省臨沂市上學期期末）如圖2所示，水平面上有相距為L的兩光滑平行金屬導軌，導軌上靜止放有金屬桿a和b,兩桿均位于勻強磁場的左側(cè)，讓桿a以速度v向右運動，當桿a與桿b發(fā)生彈性碰撞后，兩桿先后進入右側(cè)的磁場中，當桿a剛進入磁場時

17、,桿b的速度剛好為a的一半.已知桿a、b的質(zhì)量分別為2m和m,接入電路的電阻均為 R,其他電阻忽略不計，設(shè)導軌足夠長，磁場足夠大，則（）M7XXXXfiXXXX圖2A.桿a與桿b碰撞后，桿a的速度為3，方向向右B .桿b剛進入磁場時，通過b的電流為2BLv3RC .從b進入磁場至a剛進入磁場時，該過程產(chǎn)生的焦耳熱為fmv2D .桿a、b最終具有相同的速度，大小為 答案 ABC3. （2018安徽省馬鞍山市二質(zhì)監(jiān)）兩根足夠長的固定的平行金屬導軌位于同一水平面內(nèi)，兩導軌間的距離為L,導軌上垂直放置兩根導體棒a和b,俯視圖如圖3甲所示.兩根導體棒的質(zhì)量均為m,電阻均為R,回路中其余部分的電阻不計，在

18、整個導軌平面內(nèi)，有磁感應強度大小為B的豎直向上的勻強磁場導體棒與導軌接觸良好且均可沿導軌無摩擦地滑行，開始時，兩棒均靜止，間距為 xo，現(xiàn)給導體棒a 一向右的初速度V。，并開始計時，可得到如圖乙所示的0 t圖象(0表示兩棒的相對速度，即AV= Va Vb)甲O fi圖3(1) 試證明：在0t2時間內(nèi)，回路產(chǎn)生的焦耳熱與磁感應強度B無關(guān);求ti時刻，棒b的加速度大小；(3)求t2時刻，兩棒之間的距離.答案見解析解析(1)t2時刻，兩棒速度相等，由動量守恒定律得：mvo= mv + mv由能量守恒定律得整個過程中產(chǎn)生的焦耳熱：Q = mv02 g(2m)v2解得：Q = mvo24所以在0t2時間

19、內(nèi)，回路產(chǎn)生的焦耳熱與磁感應強度B無關(guān).(2) tl 時刻，A = va vb=-由動量守恒定律： mv0 = mva+ mvb3 1解得：va= 3v0 時，vb= ；v04 4回路中的電動勢：E = 3BLv0 BLv0= BLv。442此時棒b所受的安培力：2 2F - BIL - BLv04R由牛頓第二定律可得，棒F口2| 2b的加速度a=Dm 4mR(3)t2時刻，兩棒速度相同，由 知：v= 20t2時間內(nèi)，對棒 b,由動量定理，有：2BiL At= mv 0,即：BqL = mv又:2R At =At2R At=B AS_ BL (x X0 )2R 2R解得：mvRX= X0+ 巳

20、22 .4 (2018河南省安陽市第二次模擬)如圖4甲所示，一傾角為 _ 37 高為h= 0.3 m的絕緣 斜面固定在水平面上， 一可視為質(zhì)點的質(zhì)量為 m_ 1 kg、帶電荷量q_+ 0.02 C的物塊放在斜面頂端，距斜面底端L = 0.6 m處有一豎直放置的絕緣光滑半圓軌道，半徑為R= 0.2 m,半圓軌道底端有一質(zhì)量 M= 1 kg可視為質(zhì)點的絕緣小球，半圓軌道底端與斜面底端之間存在如圖 乙所示的變化電場（水平向右為正方向，圖乙中0點對應坐標原點，虛線與坐標軸圍成的圖形是橢圓一部分，橢圓面積公式S= nab, a、b分別為半長軸和半短軸）現(xiàn)給物塊一沿斜面向下的初速度v0,物塊運動到半圓軌道

21、處與小球發(fā)生對心彈性碰撞，不計物塊經(jīng)過斜面底端時的能量損失，已知物塊與斜面、水平面間的動摩擦因數(shù)均為尸0.5,重力加速度g= 10 m/s2,sin 37 =0.60, cos 37 =0.80.1 (KM)嚴rh/丄一O1 (KM)（1）若小球不脫離半圓軌道，求物塊在斜面頂端釋放的初速度V0的范圍；（2）若小球能通過最高點，并垂直打在斜面上，求小球離開半圓軌道時的速度大小及小球打在 斜面上的位置.答案 2 m/s 2 3 m/s務(wù)2 m/s小球恰好垂直打在斜面的底端對物塊從開始運動到與小球碰撞解析（1）當小球運動到半圓軌道與圓心等高處速度為零時,前，由動能定理有mgh+ W 電一卩 mgL

22、+ tang = *mv2 mv01分析題圖乙可知W電=4nEmX 0.2物塊與小球碰撞時，由動量守恒有mv = mv1+ Mv2，由機械能守恒有*mv2= 1mv12+ *Mv22當小球能沿半圓軌道返回時，對小球由動能定理有*Mv22= MgR以上各式聯(lián)立解得 v=它；6 m/s物塊與小球恰能碰撞時，由動能定理有 mgh+ W電卩mgL + tag = mvo/,解得v1= , 2m/s2當小球恰能通過最高點時，由圓周運動知識可得Mg = M3-R小球從最低點運動到最高點的過程，根據(jù)動能定理得2MgR= *Mv32 瓢。? 2，得v。?=hd.10 m/s,物塊由斜面頂端釋放至碰撞前瞬間，由

23、動能定理有mgh+ W電一卩m（L +石0）= 2mvo2 2 mvo22，解得 vo2= 2 3 m/s綜上所述，物塊在斜面頂端釋放的初速度范圍為2 m/s 2 3 m/s(2)小球離開最高點后，做平拋運動，設(shè)小球離開最高點時速度為V4,則有水平方向x= V4t,豎直方向y= 2gt2又垂直打在斜面上，則 X= 2V4= 2ta n 0y gth /設(shè)打在斜面上位置的高度為h,則由幾何知識可得 x = L + h, y = 2R-htan 0代入數(shù)據(jù)聯(lián)立可得 h = 0, V4=色乎 m/s，故小球恰好垂直打在斜面的底端.5. (2018陜西省寶雞市質(zhì)檢二)如圖5所示，絕緣水平桌面上方區(qū)域存

24、在豎直向上的勻強電場， 電場強度E = 5 N/C ,過桌左邊緣的虛線 PQ上方存在垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度n一- - 3B = 3 T,虛線PQ與水平桌面成45。角，現(xiàn)將一個質(zhì)量 m1= 2.0X 10 kg、帶正電q = 4.0X 103 3C的物塊A靜置在桌面上，質(zhì)量 m2= 1.0 X 10 kg、不帶電的絕緣物塊B從與A相距L =2.0 m處的桌面上以V0= 5.0 m/s的初速度向左運動.物塊A、B與桌面間的動摩擦因數(shù)均為卩=0.4，二者在桌面上發(fā)生碰撞(碰撞時間極短，A、B間無電荷轉(zhuǎn)移)，碰撞后B反彈速度大小為VB= 1.0 m/s, A向左運動進入磁場，(重力加速度g

25、取10 m/s2,結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)求：lijr/jfX p*Q*eX.Arn圖5(1) 碰撞后物塊 A的速度；(2) 物塊A從進入磁場到再次回到桌面所用時間；(3) 若一段時間后 A、B在桌面上相遇，求碰撞前A與桌面左邊緣P的距離.答案 (1)2.0 m/s 方向水平向左(2)2.7 s (3)0.83 m解析(1)設(shè)B與A碰撞前瞬間的速度為 v，碰后A、B的速度分別為Va、Vb，對于B由動能 定理可得：12 1 2utmgL = ?m2V 2m2V0A、B碰撞過程中，規(guī)定向左為正方向，對于A、B組成的系統(tǒng)由動量守恒定律可得：m2v =m1VA m2VB聯(lián)立可得：vA= 2.0 m/s，

26、方向水平向左.(2)對A受力分析可知qE= m1g,故碰撞后A向左做勻速直線運動進入磁場，并在磁場中做勻速圓周運動，設(shè)在磁場中做圓周運動的周期為T,則：T = 2nmiqB3由幾何知識可得：物塊 A在磁場中運動了 3個圓周，軌跡如圖所示.3設(shè)A在磁場中運動的時間為 ti,則：ti= 4tA運動出磁場后豎直向下勻速運動再次回到桌面位置，設(shè)其運動時間為t2,由題意可得：2在磁場中洛倫茲力提供向心力：qvAB= miVRR= VAt2t= tl + t2聯(lián)立得：t 2.7 s(3) 碰撞后B反彈，在桌面上做勻減速運動，設(shè)其加速度大小為a,碰撞至停止運動所用時間為t3,可得：ymg= m2a0 = v

27、b at3解得：t3= 0.25 s顯然，碰撞后 B運動時間小于 A運動時間，由此可知 A、B相遇時，B已經(jīng)停止運動所以A、B相遇的位置為B停止運動的位置，也是 A豎直向下再次回到桌面的位置.1B勻減速的位移：S= ?VBt3則A距桌邊P的距離：x= R s解得 x 0.83 m6. (2018天津卷-12)真空管道超高速列車的動力系統(tǒng)是一種將電能直接轉(zhuǎn)換成平動動能的裝置.圖6甲是某種動力系統(tǒng)的簡化模型，圖中粗實線表示固定在水平面上間距為I的兩條平行光滑金屬導軌，電阻忽略不計.ab和cd是兩根與導軌垂直、長度均為I、電阻均為R的金屬棒，通過絕緣材料固定在列車底部，并與導軌良好接觸，其間距也為I，列