【文档说明】(新高考)高考物理一轮复习课时练习第11章专题强化十六《动力学、动量和能量观点在电学中的应用》(含解析).doc，共(15)页，197.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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专题强化十六动力学、动量和能量观点在电学中的应用【专题解读】1.本专题是力学三大观点在电学中的综合应用，高考对本专题将作为计算题压轴题的形式命题。2.学好本专题，可以帮助同学们应用力学三大观点分析带电粒子在电场和磁场中的碰撞问题、电磁感应中的动量和能量问题，提高分析和解决综合

问题的能力。3.用到的知识、规律和方法有：电场的性质、磁场对电荷的作用、电磁感应的相关知识以及力学三大观点。题型一电磁感应中动力学、动量和能量观点的应用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。类型1动量定理和动力学观点的应用【例1】(2020·山东济南市5月高考模拟)如图1所示，足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ倾斜放置，两导轨间距d＝0.5m，导轨平面与水平面的夹角为θ＝30°，导轨N、Q两端连接

阻值R＝10Ω的电阻。导轨平面内分布着有界匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，磁场方向均垂直于导轨平面向上，区域Ⅰ的上边界距导轨M、P端x1＝0.9m，上、下边界之间的距离x2＝0.35m，下边界与区域Ⅱ的上边界之间的距离x3＝1.2m，区域Ⅰ的磁感应强度大小B1＝10T，区域Ⅱ的磁感应强度大小B2＝5

T。质量m＝0.5kg的金属棒垂直导轨放置，与两导轨接触良好。将金属棒从M、P端由静止释放，进入区域Ⅱ时恰好做匀速运动，取g＝10m/s2，不计金属棒及导轨的电阻。求：图1(1)金属棒进入磁场区域Ⅱ时的速度；(2)金属棒经过磁场区域Ⅰ所用的时间。答案(1)4m/s(2)0.15

s解析(1)金属棒进入区域Ⅱ时，感应电动势E＝B2dv，电路中的电流I＝ER，金属棒所受安培力F＝B2Id，因金属棒匀速运动，有F＝mgsin30°得v＝4m/s(2)金属棒在磁场外滑动时有mgsin30°＝ma在x1范围内下滑过程v21＝2ax1，在x3范围内下滑过程

v2－v22＝2ax3，金属棒滑过区域Ⅰ过程，平均感应电动势E－＝ΔΦt＝B1dx2t平均电流I－＝E－R，平均安培力F－＝I－dB1，由动量定理(mgsin30°－F－)t＝mv2－mv1联立解得t＝0.15s【变式1】(多选)(2020·山东济宁

市期末质量检测)如图2所示，平行光滑金属导轨固定在竖直面内，导轨间距为1m，上端连接阻值为2Ω的定值电阻，虚线的上方存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为2T，质量为1kg的导体棒套在金属导轨上与导轨接触良好，现给导体棒一个向上的初速度，当其

刚好越过虚线时速度为20m/s，导体棒运动到虚线上方1m处速度减为零，此后导体棒向下运动，到达虚线前速度已经达到恒定，整个运动过程中导体棒始终保持水平。导轨和导体棒的电阻均忽略不计，取g＝10m/s2。下列说法正确的是()图2A.导体棒的最大加速

度为50m/s2B.导体棒上升过程中流过定值电阻的电荷量为4CC.导体棒下落到虚线时的速度大小为5m/sD.导体棒从越过虚线到运动到最高点所需的时间为1.8s答案ACD解析当导体棒向上经过虚线时加速度最大，此时的安培力为FA＝BIL＝BBLvRL＝22×12×202N

＝40N，由牛顿第二定律得a＝mg＋FAm＝1×10＋401m/s2＝50m/s2，故A正确；由公式q＝I－Δt＝E－RΔt＝ΔΦΔtRΔt＝BLxR＝2×1×12C＝1C，故B错误；由平衡条件可得，导体棒下落到虚线时有mg＝BIL＝B2L2v1R，则v1＝mgRB2L

2＝1×10×222×12m/s＝5m/s，故C正确；导体棒从越过虚线到运动到最高点由动量定理得mgt＋BI－Lt＝0－m·(－v)＝mv，则有mgt＋BLq＝mv，得t＝mv－BLqmg＝1×20－2×1×11×10s＝

1.8s，故D正确。【变式2】(2020·山东青岛市5月统一质量检测)如图3所示，平行金属导轨由水平部分和倾斜部分组成，倾斜部分是两个竖直放置的四分之一圆弧导轨，圆弧半径r＝0.2m。水平部分是两段均足够长但不等宽的光滑导轨，CC′＝3AA′＝0.6m，水平导轨与圆弧导轨在AA′平滑连接

。整个装置处于方向竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B＝1T，导体棒MN、PQ的质量分别为m1＝0.2kg、m2＝0.6kg，长度分别为l1＝0.2m、l2＝0.6m，电阻分别为R1＝1.0Ω、R2＝3.0Ω，PQ固定在宽水平导轨上。现给导体棒MN一个初速度，使其恰好沿圆弧导轨从最高点匀速

下滑，到达圆弧最低处AA′位置时，MN克服安培力做功的瞬时功率为0.04W，重力加速度g＝10m/s2，不计导轨电阻，导体棒MN、PQ与导轨一直接触良好。求：图3(1)导体棒MN到达圆弧导轨最低处AA′位置时对轨道的压力大小；(2)导体棒MN沿圆弧导轨下滑过程中

，MN克服摩擦力做的功(保留3位有效数字)；(3)若导体棒MN到达AA′位置时释放PQ，之后的运动过程中通过回路某截面的电荷量q。答案(1)6N(2)0.397J(3)0.5C解析(1)导体棒MN到达圆弧最低处时，克服安培力做功的功率

为P＝BI1l1v，由E1＝Bl1v，I1＝E1R1＋R2，解得v＝2m/s，由牛顿第二定律有FN－m1g＝m1v2r，解得FN＝6N，据牛顿第三定律，导体棒MN在AA′位置时对轨道的压力大小为6N。(2)导体棒MN沿圆弧轨道下滑过程中，感应电动势e＝Bl1vsin

θ，有效值E＝Bl1v2经历时间为t＝2πrv·14产生的焦耳热为Q＝E2R1＋R2t＝0.00314J克服安培力做功W2＝Q＝0.00314J根据动能定理m1gr－W1－W2＝0解得W1＝0.397J。(3)释放PQ后，当Bl1v1＝Bl2v2时，回路中的电流为0，对MN：－BI－l1t＝m1v

1－m1v即Bl1q＝m1v－m1v1对PQ：BI－l2t＝m2v2－0，即Bl2q＝m2v2解得q＝0.5C。类型2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在安培力的作用下开始运动，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】(2020·山东济南市期末学习质量评估)如图4所示，光滑平行金属导轨的水平部分处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B＝3T。

两导轨间距为L＝0.5m，轨道足够长。金属棒a和b的质量分别为ma＝1kg，mb＝0.5kg，电阻分别为Ra＝1Ω，Rb＝2Ω。b棒静止于轨道水平部分，现将a棒从h＝1.8m高处自静止沿弧形轨道下滑，通过C点进入轨道的水平部分，已知两棒在运动过程中始终保持

与导轨垂直且接触良好，两棒始终不相碰。g取10m/s2。求：图4(1)a棒刚进入磁场时，b棒的加速度；(2)从a棒进入磁场到a棒匀速的过程中，流过a棒的电荷量；(3)从a棒进入磁场到a棒匀速的过程中，a棒中产生的焦耳热

。答案(1)9m/s2向右(2)43C(3)2J解析(1)a棒沿弧形轨道下滑h过程，根据机械能守恒有magh＝12mav2a棒进入磁场瞬间感应电动势E＝BLv根据闭合电路欧姆定律I＝ERa＋Rb对b棒F安＝BIL根据牛顿第二定律F安＝mba解得a＝9m/s2由左手定则，b棒加速度的方向向右

。(2)对a、b：由动量守恒定律得mav＝()ma＋mbv共解得v共＝4m/s对b棒，应用动量定理BI－Lt＝mbv共，即BLq＝mbv共解得q＝43C。(3)a、b棒在水平面内运动过程，由能量转化与守恒定律12mav2－12()ma＋mbv2共＝Q根据焦耳定律有Q＝I2()Ra＋R

btQa＝I2Rat联立解得Qa＝2J。题型二电场或磁场中的动量和能量问题【例3】(2020·重庆市第二次调研抽测)如图5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14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FN＝10.5N，取g＝10m/s2。求：图5(1)滑块的电荷量大小；(2)滑块从A到D的过程中，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FN＝mg＋qv1B＋qE解得q＝FN－mgE＋Bv1＝10.5－1040＋2.0×5C＝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（v0－v1）M＝1.0×（8－5）3.0m/s＝1m/s由能量守恒定律可知系统损失的机械能为ΔE＝12mv20－12mv21－12Mu21，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，故系统在水平动量守恒的同时初末状态机械能相等，即mv0＝mv2＋Mu2，12mv21＋12Mu21＝12mv22＋12Mu22，联立两式解得u2＝1

m/s(舍去)；u2＝3m/s，即此后小车所能获得的最大速度为3m/s。【变式3】(2020·四川遂宁内江等九市第二次模拟)如图6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＝1514T，方向沿y轴负方向的匀强磁场，光滑14圆弧轨道圆心O′，半径为R＝2m，圆弧底端位于坐标轴原点O。质量为m1＝1kg，带电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，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，取g＝10m/s2，求：图6(1)小球M在O′处的初速度为多大；(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(3)(0，－2

0π2)解析(1)M从O′进入磁场，由于q1E＝m1g，电场力和重力平衡在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动rA＝R2洛伦兹力提供向心力q1vB1＝m1v2rA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－q2ER＝1

2m2u2，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球带电荷量q＝q2＋q1，由qv1B2＝（m1＋m2）v21R及T＝2πRv1，解得P球圆周运动周期T＝2π（m1＋m2）qB2，P球竖直方向

加速度a＝g，P球回到y轴时坐标y＝12gT2，代入数据解得y＝20π2m，则坐标位置为(0，－20π2)。课时限时练(限时：40分钟)1.(2020·山东九校上学期期末)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，垂直纸面向内，如图1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()图1A.液滴一定是带正电荷B.液滴分裂前运动速率为BRgEC.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；液滴在

分裂前，有qvB＝mv2R，v＝BqRm＝BRgE，B正确；设液滴1的速率为v1，则qv1B2＝mv2123R，v1＝3BqRm＝3BRgE＝3v，由动量守恒定律得，mv＝12mv1＋12mv2，得v2＝－v，所以运动方向与液滴1相反，则其半径为r2＝m2v2q2B＝mvqB＝R，C、D错误。

2.(2020·重庆市上学期一诊)如图2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S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()图2A.mBL2gL（1－cosθ）B.mBdgL（1－cosθ）C.mBd2gL（1－cosθ）D.mBd2gLsi

nθ答案C解析金属棒摆起过程由动能定理12mv2＝mgL(1－cosθ)，合上开关的瞬间，由动量定理F安Δt＝mv，F安＝BId，q＝IΔt，联立解得q＝mBd2gL（1－cosθ），A、B、D错误，C正确。3.(多选)(2020·湖北华中师大第一附中

期中)如图3所示，在水平面内两根间距为L、足够长的光滑平行金属导轨(电阻不计)水平放置。导轨间存在方向竖直向上、大小为B的匀强磁场。两平行金属杆ab、cd的质量分别为m1、m2，电阻分别为R1、R2，且始终与导轨保持垂直。开始两金属杆处于静止状态，相距为x0，现给金属杆ab一水平向右

的初速度v0，一段时间后，两金属杆间距稳定为x1。下列说法正确的是()图3A.金属杆cd先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动B.当金属杆ab的加速度大小为a时，金属杆cd的加速度大小为m1m2aC.这段时间

内通过金属杆cd的电荷量为BL（x1－x0）R1＋R2D.两金属杆ab、cd在运动过程中产生的焦耳热为m1m2v20m1＋m2答案BC解析开始时ab向右运动，产生感应电动势，在回路中形成感应电流，则ab将受到向左的安培力，cd受到向右的安培力，则ab做减速运动，cd

做加速运动，随着ab速度的减小以及cd速度的增加，回路中感应电动势减小，两棒所受的安培力减小，则两棒的加速度均减小，当加速度减为零时两棒均做匀速运动，此时两棒共速，则金属杆cd先做变加速直线运动，后做匀速直线运动，选项A错误；两棒所受的安培力等大反向，可知F安＝

m1a＝m2a′，解得金属杆cd的加速度大小为a′＝m1m2a，选项B正确；根据q＝ΔΦR总可得这段时间内通过金属杆cd的电荷量为q＝BL（x1－x0）R1＋R2，选项C正确；从开始运动到两棒共速的过程，由动量守恒定律m1v0＝(m1＋m2)v，则产生的焦耳热Q＝12m1v20－12(m1

＋m2)v2＝m1m2v202（m1＋m2），选项D错误。4.(多选)(2020·湖北七市州教科研协作体5月联考)如图4所示，相距L的光滑金属导轨，半径为R的14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()图4A.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m2gRBLD.cd在磁场中运动过程，cd上产生的焦耳热为512mgR答案BD解析cd在磁场中运动时，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，选项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，选项B正确；ab从释放到刚进入磁场过程，由动能定理得mgR＝

12mv20，对ab和cd系统，合力为零，则由动量守恒mv0＝m·2vcd＋2mvcd，解得vcd＝14v0＝142gR，对cd由动量定理得BI－L·Δt＝2mvcd，其中q＝I－·Δt，解得q＝m2gR

2BL，选项C错误；ab从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得mgR＝12m(2vcd)2＋12×2mv2cd＋Q，其中Qcd＝23Q，解得Qcd＝512mgR，选项D正确。5.(2020·山东威海市模拟考试)如图5甲所示，两根足

够长的光滑平行直导轨固定在水平面上，导轨左侧连接一电容器，一金属棒垂直放在导轨上，且与导轨接触良好。在整个装置中加上垂直于导轨平面的磁场，磁感应强度按图乙所示规律变化。0～t0内在导体棒上施加外力使导体棒静止不动，t0时刻撤去外力。

已知电容器的电容为C，两导轨间距为L，导体棒到导轨左侧的距离为d，导体棒的质量为m。求：图5(1)电容器带电荷量的最大值；(2)导体棒能够达到的最大速度vm。答案(1)CB0Ldt0(2)CB20L2dt0（m＋CB20L2）解析(1)电容器两极板的电压U＝B0t0Ld电容器的带电荷量Q＝CU

＝CB0Ldt0。(2)电容器放电后剩余的电荷量Q′＝CU′U′＝B0Lvm由动量定理得B0I－L·Δt＝mvmQ－Q′＝I－Δt解得vm＝CB20L2dt0（m＋CB20L2）。6.[2020·天津市等级考模拟(二)]如图6所示，匝数为N、截面积为S、电

阻为R的线圈内有方向垂直于线圈平面向下的随时间均匀增加的匀强磁场B1。线圈通过开关S连接两根相互平行、间距为d的倾斜导轨，导轨平面和水平面的夹角为α，下端连接阻值R的电阻。在倾斜导轨间的区域仅有垂直导轨平面斜向上的匀强磁场B。接通开关S后，将一根阻值为2R、质量为m的导体棒a

b放在导轨上。导体棒恰好静止不动。假设导体棒始终与导轨垂直且与导轨接触良好，不计摩擦阻力和导轨电阻，重力加速度为g。图6(1)求磁场B1的变化率ΔBΔt；(2)断开开关S，导体棒ab开始下滑，经时间t沿导轨下滑的距离为x，求此过程导体棒上产生的热量Q。答案(1)5mgsinαNBS

d(2)23[mgxsinα－mgtsinα－B2d2x3R22m]解析(1)据法拉第电磁感应定律E＝NSΔBΔt对导体棒受力分析有mgsinα＝BIabdI＝ER并＋RR并＝2R·R2R＋RIab＝13I解得ΔBΔt＝5mgsinαNBSd。(2)对ab应用动量定理mg

sinαt－BI－dt＝mv－0由q＝I－t可得mgsinαt－Bdq＝mv－0I－＝E3R，E＝ΔΦΔt，Φ＝Bdx据能量守恒定律mgxsinα＝12mv2＋Q总Q＝23Q总联立得Q＝23[mgxsinα－

mgtsinα－B2d2x3R22m]。7.如图7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：图7(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)2qEL3m(2)14qEL(3)6qELm4解析(1)由动能定理qEL＝12×3mv2解得v＝2qEL3m。(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＝34v系统损失的机械能ΔE＝12×3mv2－12(3m＋m)v21＝14qEL。(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＝6qELm4。