高考物理二轮复习热点巩固练习专题（05）电学中的动量和能量问题（含解析）

专题（05）电学中的动量和能量问题

【专题考向】动量与能量在电学中应用，主要是动力学知识和功能关系解决力电综合问题，在高考中常以压轴题的形式出现，题目综合性强，分值高，难度大。考查重点：(1)电场和磁场中的动量和能量问题；(2)电磁感应中的动量和能量问题。

【知识、方法梳理】

【热点训练】

1、(多选)图中虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，已知平面b上的电势为2 V。一电子经过a时的动能为10 eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为6 eV。下列说法正确的是(　　)

A．平面c上的电势为零

B．该电子可能到达不了平面f

C．该电子经过平面d时，其电势能为4 eV

D．该电子经过平面b时的速率是经过d时的2倍

解析：因等势面间距相等，由U＝Ed得相邻虚线之间电势差相等，由a到d，－eUad＝－6 eV，故Uad＝6 V；各虚线电势如图所示，

因电场力做负功，故电场方向向右，沿电场线方向电势降低，φc＝0，A项正确；因电子的速度方向未知，若不垂直于等势面，如图中实曲线所示，电子可能到达不了平面f，B项正确；经过d时，电势能Ep＝－eφd＝2 eV，C项错误；由a到b，Wab＝Ekb－Eka＝－2 eV，所以Ekb＝8 eV；由a到d，Wad＝Ekd－Eka＝－6 eV，所以Ekd＝4 eV；则Ekb＝2Ekd，根据Ek＝mv2知vb＝vd，D项错误。

【答案】AB

2、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。

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mv－·2mv2＝Q

导体棒b中产生的内能Qb＝

整理得Qb＝mv；

(2)设经过时间Δt二者速度相等，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FΔt＝mv

而F＝BIL

I＝

E＝

ΔΦ＝BL(x0－x)

联立解得x＝x0－。

3、(多选)一质量为m带正电荷的小球由空中A点无初速自由下落，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变化了mg2t2

B．整个过程中小球速度增量的大小为2gt

C．从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能变化了mg2t2

D．从A点到最低点小球重力势能变化了mg2t2

解析：小球运动过程如图所示，

加电场之前与加电场之后，小球的位移大小是相等的。由运动学公式，得v2＝2v1。对加电场之后的运动过程(图中虚线过程)应用动能定理得，对此前自由下落过程由机械能守恒得，又，联立以上各式可解得电场力所做的功W电＝mgh1＋mv－mv＝2mv＝2mg2t2，即整个过程中小球电势能减少了2mg2t2，故A错；整个过程中速度增量大小为Δv＝v2－0＝2v1＝2gt，故B正确；从加电场开始到小球运动到最低点时，动能变化了ΔEk＝0－mv＝－mg2t2，故C错；由运动学公式知，以及＝＝，则从A点到最低点小球重力势能变化量为ΔEp＝mg(h1＋h2)＝mg(h1＋h1)＝mgh1＝×mv＝mg2t2，故D正确。

【答案】BD

3、如图所示，abcd为一矩形金属线框，其中ab＝cd＝L，ab边接有定值电阻R，cd边的质量为m，其他部分的电阻和质量均不计，整个装置用两根绝缘轻弹簧悬挂起来。线框下方处在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于纸面向里。初始时刻，使两弹簧处于自然长度，且给线框一竖直向下的初速度v0，当cd边第一次运动至最下端的过程中，R产生的电热为Q，此过程cd边始终未离开磁场，已知重力加速度大小为g，下列说法中正确的是(　　)

A．初始时刻cd边所受安培力的大小为－mg

B．线框中产生的最大感应电流可能为

C．cd边第一次到达最下端的时刻，两根弹簧具有的弹性势能总量大于mv－Q

D．在cd边反复运动过程中，R中产生的电热最多为mv

解析：初始时刻cd边速度为v0，产生的感应电动势为E＝BLv0，感应电流I＝＝，初始时刻cd边所受安培力的大小为F＝BIL＝，选项A错误；若F>mg，cd边开始向下减速，电流变小，初始时电流最大，选项B正确；由能量守恒定律，mv＋mgh＝Q＋Ep，cd边第一次到达最下端的时刻，两根弹簧具有的弹性势能总量为Ep＝mv＋mgh－Q，大于mv－Q，选项C正确；在cd边反复运动过程中，最后平衡位置弹簧弹力等于线框重力，一定具有弹性势能，R中产生的电热一定小于mv，选项D错误。

【答案】BC

4、如图所示，ABC是处于竖直平面内的光滑绝缘固定斜劈，∠C＝30°、∠B＝60°，D为AC的中点；质量为m、带正电的小滑块沿AB面自A点由静止释放，滑到斜面底端B点时速度为v0，若空间加一与ABC平面平行的匀强电场，滑块仍由静止释放，沿AB面滑下，滑到斜面底端B点时速度为v0，若滑块由静止沿AC面滑下，滑到斜面底端C点时速度为v0，则下列说法正确的是(　　)

A．电场方向由A指向C

B．B点电势与D点电势相等

C．滑块滑到D点时机械能增加了mv02

D．小滑块沿AB面、AC面滑下过程中电势能变化量大小之比为2∶3

解析：无电场时由A到B：mgh＝mv02①，有电场时由A到B：mgh＋WE＝m(v0)2②，有电场时，由A到C：mgh＋WE′＝m(v0)2③，联立①②③式得：WE＝mv02，WE′＝mv02，又因为WE＝qUAB，WE′＝qUAC，故UAB＝UAC，则D点与B点电势相等，故B正确；AC与BD不垂直，所以电场方向不可能由A指向C，故A错误；因D为AC的中点，则滑块滑到D点电场力做的功为滑到C点的一半，为mv02，则机械能增加了mv02，故C正确；根据WE＝mv02，WE′＝mv02知滑块沿AB面、AC面滑下过程中电势能变化量大小之比为1∶2，故D错误。

【答案】BC

5、如图所示，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(　　)

A．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EpB>EpA

C．小球在A、B两点的电场强度大小EB<EA

D．小球受到合力的冲量一定为0

解析：金属板在Q的电场中达到静电平衡时，金属板是一个等势体，表面是一个等势面，表面的电场线与表面垂直，小球所受电场力与金属板表面垂直水平向左，根据等效法可知金属板表面的电场强度等效于等量异种电荷的连线的中垂线的电场强度，所以小球在A、B两点的电场强度大小EB>EA；由于电场力与小球的速度方向垂直，电场力对小球不做功，小球的电势能不变，小球在A、B两点的电势能大小EpB＝EpA；在竖直方向受到重力和摩擦力作用，由于重力和摩擦力作用大小未知，若重力一直大于摩擦力，小球有可能一直做加速运动；根据动量定理可知小球受到合力的冲量不为0，故选项A正确，B、C、D错误。

【答案】A

6、(多选)如图所示，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(　　)

A．水平力F对金属棒的冲量大小F0t

B．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

解析：由题意可知，金属棒在力F作用下做匀速运动，由于金属棒切割磁感线，回路中产生感应电流，根据左手定则可知，金属棒受到向左的安培力作用，则外力F＝F安＋μMg＝BIL＋μMg＝＋μMg，其中x为金属棒CE的距离，导轨电阻增大，所以外力F随时间逐渐减小，并不是保持F0不变，故选项A错误；由于金属棒匀速运动，即安培力、水平力和摩擦力的合力为零，则这三个力的合力对金属棒的冲量为零，则这三个力的合力对金属棒做功为零，故选项B错误，C正确；若某时刻通过电阻R的电流为I，则根据平衡条件可知：F＝BIL＋μMg，则此时水平力F的功率为(BIL＋μMg)v，故选项D正确。

【答案】CD

7、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/s2，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。

解析：(1)根据机械能守恒定律，可得：mgh＝mv2

解得导体棒刚进入凹槽时的速度大小：v＝2 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：mv＋Mv＝mg(h＋r)－Q1

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＝

联立解得：P＝ W。

8、如图所示，一竖直光滑绝缘的管内有一劲度系数为k的轻质绝缘弹簧，其下端固定于地面，上端与一质量为m、带电荷量为＋q的小球A相连，整个空间存在一竖直向上的匀强电场，小球A静止时弹簧恰为原长，另一质量也为m的不带电的绝缘小球B从管内距A高为x0处由静止开始下落，与A发生碰撞后一起向下运动。若全过程中小球A的电荷量不发生变化，重力加速度为g。

(1)若x0已知，试求B与A碰撞过程中损失的机械能ΔE；

(2)若x0未知，且B与A一起向上运动在最高点时恰未分离，试求A、B运动到最高点时弹簧的形变量x；

(3)在满足第(2)问的情况下，试求A、B运动过程中的最大速度vm。

解析：(1)设匀强电场的场强为E，在碰撞前A静止、弹簧恰为原长时，有mg－qE＝0

设B在与A碰撞前的速度为v0，由机械能守恒定律得mgx0＝mv

设B与A碰撞后共同速度为v1，由动量守恒定律得

mv0＝2mv1

B与A碰撞过程中损失的机械能ΔE为

ΔE＝mv－·2mv

解得ΔE＝mgx0。

(2)A、B在最高点恰不分离，此时弹簧处于拉伸状态，且A、B间的弹力为零，设它们共同加速度为a，则

对B：mg＝ma

对A：mg＋kx－qE＝ma

解得x＝。

(3)A、B一起运动过程中合外力为零时具有最大速度，设此时弹簧的压缩量为x′，则

2mg－(kx′＋qE)＝0

解得x′＝

由于x′＝x，说明A、B在最高点处与合外力为0处弹簧的弹性势能相等，对此过程由能量守恒定律得

(qE－2mg)(x′＋x)＝0－·2mv

解得vm＝g。

9、如图所示，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：

(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。

解析：(1)小球运动轨迹如图所示，设光滑绝缘小球在水平桌面上做匀速圆周运动的半径为r，

由图可知：rcos 60°＋r＝得：r＝

由牛顿第二定律可得：qBv0＝m得：v0＝

(2)由题意可知小球与MN棒发生弹性碰撞，设碰后小球速度为v1，MN棒速度为v2，可得：

mv0＝mv1＋3mv2

mv＝mv＋×3mv

联立可得：v2＝v0，v1＝－v0

此后棒MN与棒PQ组成的系统动量守恒，共速度时速度设为v，

则有：3mv2＝(m＋3m)v

可得：v＝v2＝v0＝

由能量守恒定律可知PQ上产生的热量：

E＝×3mv－×4mv2＝

对棒PQ应用动量定理可得：BdΔt＝mv－0

即：BdQ＝mv－0得：Q＝

(3)由Q＝＝＝

得棒MN比棒PQ多滑动的距离：Δx＝＝

(4)由(2)可知球与MN碰后，小球的速度为：

v1＝－v0,棒MN的速度为：v2＝v0

小球碰后做圆周运动的半径：r′＝

运动半个周期的时间为：t＝＝

假设这段时间内棒MN减速到与PQ同速，最小速度为v＝v0，则其位移：x>vt＝>r′

若这段时间内棒MN没有减速到与PQ同速，仍有其位移大于r′

此后棒MN一直向左运动，故小球不会与MN棒发生第二次碰撞。