（浙江专用）2020版高考物理复习专题二第2讲动量观点和能量观点在电磁学中的应用讲义增分练（含解析）.docx

第2讲动量观点和能量观点在电磁学中的应用网络构建备考策略1.若只有电场力做功，电势能与动能之和保持不变。2.若只有电场力和重力做功，电势能、重力势能、动能之和保持不变。3.洛伦兹力对运动电荷不做功。4.安培力可做正功，也可做负功。5.力学中的三大观点(动力学、动量、能量观点)仍是解决力电综合问题首选的方法。应用能量观点解决力、电综合问题电场中的功能关系【典例1】 (2018全国卷，21) (多选)图1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()图1A.平面c上的电势为零B.该电子可能到达不了平面fC.该电子经过平面d时，其电势能为4 eVD.该电子经过平面b时的速率是经过d时的2倍解析电子在等势面b时的电势能为Eq2 eV，电子由a到d的过程电场力做负功，电势能增加6 eV，由于相邻两等势面之间的距离相等，故相邻两等势面之间的电势差相等，则电子由a到b、由b到c、由c到d、由d到f电势能均增加2 eV，则电子在等势面c的电势能为零，等势面c的电势为零，A正确；由以上分析可知，电子在等势面d的电势能应为2 eV，C错误；电子在等势面b的动能为8 eV，电子在等势面d的动能为4 eV，由公式Ekmv2可知，该电子经过平面b时的速率为经过平面d时速率的倍，D错误；如果电子的速度与等势面不垂直，则电子在该匀强电场中做曲线运动，所以电子可能到达不了平面f就返回平面a，B正确。答案AB能量观点在电磁场中的应用【典例2】 (2019浙江宁海选考模拟)如图2所示，一带正电小球穿在一根绝缘粗糙直杆上，杆与水平方向夹角为，整个空间存在着竖直向上的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，先给小球一初速度，使小球沿杆向下运动，在A点时的动能为100 J，在C点时动能减为零，D为AC的中点，那么带电小球在运动过程中()图2A.到达C点后小球不可能沿杆向上运动B.小球在AD段克服摩擦力做的功与在DC段克服摩擦力做的功不等C.小球在D点时的动能为50 JD.小球电势能的增加量等于重力势能的减少量解析如果电场力大于重力，则速度减为零后小球可能沿杆向上运动，选项A错误；小球受重力、电场力、洛伦兹力、弹力和滑动摩擦力，由于F洛qvB，故洛伦兹力减小，导致支持力和滑动摩擦力变化，故小球在AD段克服摩擦力做的功与在DC段克服摩擦力做的功不等，选项B正确；由于小球在AD段克服摩擦力做的功与在DC段克服摩擦力做的功不等，故小球在D点时的动能也就不一定为50 J，选项C错误；该过程是小球的重力势能、电势能、动能和系统的内能之和守恒，故小球电势能的增加量不等于重力势能的减少量，选项D错误。答案B动力学观点和能量观点在电磁感应中的应用【典例3】 (2019温州九校高三上学期模拟)如图3甲所示，两条相互平行的光滑金属导轨，相距L0.2 m，左侧轨道的倾斜角30，右侧轨道为圆弧线，轨道端点间接有电阻R1.5 ，轨道中间部分水平，MP、NQ间距离为d0.8 m，水平轨道间充满方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B随时间变化如图乙所示。一质量为m10 g、导轨间电阻为r1.0 的导体棒a从t0时刻无初速释放，初始位置与水平轨道间的高度差H0.8 m。另一与a棒完全相同的导体棒b静置于磁场外的水平轨道上，靠近磁场左边界PM。a棒下滑后平滑进入水平轨道(转角处无机械能损失)，并与b棒发生碰撞而粘合在一起，此后作为一个整体运动。导体棒始终与导轨垂直并接触良好，轨道的电阻和电感不计，重力加速度大小g取10 m/s2。求：图3(1)导体棒进入磁场前，流过R的电流大小；(2)导体棒刚进入磁场瞬间受到的安培力大小；(3)导体棒最终静止的位置离PM的距离；(4)全过程电阻R上产生的焦耳热。解析(1)由法拉第电磁感应定律可知E0kdL0.2 V由闭合电路欧姆定律有I00.1 A。(2)a棒滑到底端时的速度为vD，由动能定理有mgHmv与b发生完全非弹性碰撞后的速度为v由动量守恒定律有mvD2mv由于t0.8 s此后磁场不再变化，电动势为EBLv，I所以安培力大小为FBIL0.04 N。(3)导体棒直到静止，由动量定理有BqL2mv其中q，s为导体棒在水平轨道上滑过的路程由以上各式解得s2 m，因此导体棒停在距离PM为0.4 m处。(4)滑入磁场前有QR1IRt，解得QR11.2102 J碰后有Q2mv2QR2Q，解得QR23102 J，QRQR1QR2由以上各式解得QR0.042 J。答案(1)0.1 A(2)0.04 N(3)0.4 m(4)0.042 J1.动能定理在力学和电场中应用时的“三同一异”2.功能关系在力学和电磁感应中应用时的“三同三异”1.(2019浙江安吉选考模拟)如图4所示，一竖直固定且光滑绝缘的直圆筒底部放置一可视为点电荷的场源电荷A，其电荷量Q4103 C，场源电荷A形成的电场中各点的电势表达式为，其中k为静电力常量，r为空间某点到场源电荷A的距离。现有一个质量为m0.1 kg的带正电的小球B，它与A球间的距离为a0.4 m，此时小球B处于平衡状态，且小球B在场源电荷A形成的电场中具有的电势能的表达式为Epk，其中r为A与B之间的距离。另一质量为m的不带电绝缘小球C从距离B的上方H0.8 m处自由下落，落在小球B上立刻与小球B粘在一起以2 m/s的速度向下运动，它们到达最低点后又向上运动，向上运动到达的最高点为P(g取10 m/s2，k9109 Nm2/C2)。求：图4(1)小球C与小球B碰撞前的速度v0的大小？小球B的电荷量q为多少？(2)小球C与小球B一起向下运动的过程中，最大速度为多少？解析(1)小球C自由下落H时获得速度v0，由机械能守恒定律得mgHmv解得v04 m/s小球B在碰撞前处于平衡状态，对B球由平衡条件得mg代入数据得q108 C4.4109 C。(2)两个球碰撞过程，动量守恒，故mv02mv设当B和C向下运动的速度最大为vm时，与A相距x，对B和C整体，由平衡条件得2mgk代入数据得x0.28 m由能量守恒定律得2mv22mga2mv2mgxk代入数据得vm2.16 m/s。答案(1)4 m/s4.4109 C(2)2.16 m/s2.(2019江南十校模拟)如图5，EFPMN为光滑金属导轨，电阻不计，处于竖直平面内，其中FP倾斜，倾角为，EFFP，PMN是半径为R的圆弧，圆弧与倾斜部分平滑连接于P点，N、M分别为圆弧的竖直直径的两端点，还有一根与EFPMN完全相同的导轨EFPMN，两导轨平行放置，间距为L，沿垂直于导轨所在平面的方向看去，两导轨完全重合。过P点的竖直线右侧有垂直于FP向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，两根相同的金属棒ab、cd(图中只画出了a端和c端)，质量为m、电阻为r，分别从导轨FP和EF上某位置由静止释放，在以后的过程中，ab、cd始终与导轨保持垂直且接触良好。(轨道FP和EF足够长，题中所给的各个物理量均为已知，重力加速度为g)图5(1)若ab棒到达P点之前已经匀速运动，求ab棒匀速下滑时的速度v，以及此时cd棒的电功率P；(2)在第(1)问的基础上，若60，m0.1 kg，r ，B1 T，L1 m，R m，g10 m/s2，则ab棒能否运动到圆弧最高点？解析(1)匀速下滑时有mgsin BIL0，I，得v根据能量守恒，此时回路总的电功率等于ab棒重力的功率，所以cd棒的电功率P即P()2r。(2)到达P点时，由v，得vP4 m/s，假定能够运动到圆弧最高点，且到达最高点时速度为vN，由机械能守恒得mgRmvmv代入数据得vN0故ab棒不能运动到圆弧最高点。答案(1)()2r(2)不能运动到圆弧最高点应用动量观点和能量观点解决力、电综合问题动量观点和能量观点在电磁场中的应用【典例1】 (2019浙江宁波选考模拟)如图6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。图6(1)若x0已知，试求B与A碰撞过程中损失的机械能E；(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mgqE0设B在与A碰撞前的速度为v0，由机械能守恒定律得mgx0mv设B与A碰撞后共同速度为v1，由动量守恒定律得mv02mv1B与A碰撞过程中损失的机械能E为Emv2mv解得Emgx0。(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：mgma对A：mgkxqEma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(kxqE)0解得x由于xx，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(qE2mg)(xx)02mv解得vmg。答案(1)mgx0(2)(3)g命题角度2动量观点和能量观点在电磁感应中的应用【典例2】 (2019浙江省重点中学高三期末热身联考)如图7所示，两根间距为L的光滑金属导轨CM1M2P1P2、DN1N2Q1Q2固定放置，导轨M1N1左侧向上弯曲，右侧水平。水平导轨左端有宽度为d、方向竖直向上的匀强磁场区域，右端有另一磁场区域，其宽度也为d，但方向竖直向下，两磁场的磁感应强度大小均为B，相隔的距离也为d。有两根电阻均为R的金属棒a和b与导轨垂直放置，金属棒a质量为m，金属棒b质量为3m，b棒置于磁场的中点E、F处，并用绝缘细线系住，细线能承受的最大拉力为F0。现将a棒从弯曲导轨上某一高度h0处由静止释放并沿导轨运动，当a棒刚进入磁场区域时细线刚好被拉断，重力加速度大小为g。图7(1)当a棒在磁场中运动时，若要使b棒在导轨上保持静止，则a棒刚释放时的高度应小于某一值h0，求h0的大小；(2)若将a棒从弯曲导轨上高度小于h0处由静止释放，使其以速度v1(v1为已知量)进入磁场区域。求a棒通过磁场的过程中，a棒产生的焦耳热；(3)若将a棒从高度大于h0的某处由静止释放，使其以速度v2(v2为已知量)进入磁场区域，记为t0时刻；经过时间t0后从区域穿出，穿出时a棒的速度为v2，求t0时刻b棒的速度vb。解析(1)因为a棒进入磁场后做减速运动，所以只要刚进入时b棒不动，b棒就可以静止不动，由题意对a棒：由机械能守恒定律得mgh0mv对回路：EBLv0，I对b棒：BILF0联立解得h0。(2)a棒从弯曲导轨上高度为h(hh0)处由静止释放，则b棒保持静止。设a棒出磁场的速度为va棒进入磁场的过程：mv1mvBL1t1BLq1q1联立得vv1a棒产生的焦耳热Qam(vv2)。(3)将a棒从高度大于h0的某处由静止释放，当a棒进入磁场区域瞬时，细线被拉断，b棒开始运动。a棒经过时间t0后从区域穿出，设b棒不能出磁场区域。在0t0阶段，a、b两棒的冲量相同，则mv2mv23mvb，解得vbv2因av23vb，所以xbx1，所以，与乙图矛盾，故A错误；若x2处的场强大小为，照此推理R处场强大小应为，因为x2R，故，与乙图矛盾，故B错误；由乙图可知C错误；由Ex图象的物理意义可知D正确。答案D5. (2019浙江杭州西湖高级中学高三新高考适应性考试)如图5所示，abcd为一矩形金属线框，其中abcdL，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()图5A.初始时刻cd边所受安培力的大小为mgB.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mvQD.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EBLv0，感应电流I，初始时刻cd边所受安培力的大小为FBIL，选项A错误；若Fmg，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，mvmghQEp，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EpmvmghQ，大于mvQ，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BC6.(2019河南六市第5次联考)如图6所示，半径为R的光滑半圆弧绝缘轨道固定在竖直平面内，磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直轨道平面向里。一可视为质点、质量为m、电荷量为q(q0)的小球由轨道左端A处无初速度滑下。当小球滑至轨道最低点C时，给小球再施加一始终水平向右的外力F，使小球能保持不变的速率滑过轨道右侧的D点。若小球始终与轨道接触，重力加速度为g，则下列判断中正确的是()图6A.小球在C点受到的洛伦兹力大小为qBB.小球在C点对轨道的压力大小为3mgqBC.小球从C到D的过程中，外力F的大小保持不变D.小球从C到D的过程中，外力F的功率逐渐增大解析小球从A到C过程机械能守恒有mgRmv2，解得v，所以小球在C点受到的洛伦兹力大小为F洛qB，故选项A错误；在C点由牛顿第二定律有FNmgF洛m，解得FN3mgqB，故选项B正确；小球从C到D的过程中，合外力始终指向圆心，所以外力F的大小发生变化，故选项C错误；小球从C到D的过程中，由能量守恒定律可知外力F的功率等于重力功率大小，所以外力F的功率逐渐增大，故选项D正确。答案BD7.(2019浙江名校联盟联考)如图7所示，固定的竖直光滑U型金属导轨，间距为L，上端接有阻值为R的电阻，处在方向水平且垂直于导轨平面、磁感应强度为B的匀强磁场中，质量为m、电阻为r的导体棒与劲度系数为k的固定轻弹簧相连放在导轨上，导轨的电阻忽略不计。初始时刻，弹簧处于伸长状态，其伸长量为x1，此时导体棒具有竖直向上的初速度v0。在沿导轨往复运动的过程中，导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触。则下列说法正确的是()图7A.初始时刻导体棒受到的安培力大小FB.初始时刻导体棒加速度的大小a2gC.导体棒往复运动，最终静止时弹簧处于压缩状态D.导体棒开始运动直到最终静止的过程中，电阻R上产生的焦耳热Qmv解析由法拉第电磁感应定律得EBLv0，由闭合电路欧姆定律得I，由安培力公式得F，故选项A错误；初始时刻，Fmgkx1ma，得a2g，故选项B正确；因为导体棒静止时没有安培力，只有重力和弹簧的弹力，故弹簧处于压缩状态，故选项C正确；根据能量守恒，减少的动能和重力势能全部转化为焦耳热，即Q总mvmg(x1)mv，但R上的焦耳热小于Q总，故选项D错误。答案BC二、非选择题8.(2019浙江江山选考模拟)如图8(a)所示，斜面倾角为37，一宽为d0.43 m的有界匀强磁场垂直于斜面向上，磁场边界与斜面底边平行。在斜面上由静止释放一长方形金属线框，线框沿斜面下滑，下边与磁场边界保持平行。取斜面底部为零势能面，从线框开始运动到恰好完全进入磁场的过程中，线框的机械能E和位移x之间的关系如图(b)所示，图中、均为直线段。已知线框的质量为m0.1 kg，电阻为R0.06 ，重力加速度取g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8。图8(1)求金属线框与斜面间的动摩擦因数；(2)求金属线框刚进入磁场到恰好完全进入磁场所用的时间t；(3)求金属线框穿越磁场的过程中，线框中产生焦耳热的最大功率Pm。解析(1)由能量守恒定律可知，线框减少的机械能等于克服摩擦力所做的功，则E1Wf1mgcos 37x1其中x10.36 m，E1(0.9000.756) J0.144 J可解得0.5。(2)金属线框进入磁场的过程中，减少的机械能等于克服摩擦力和安培力所做的功，机械能仍均匀减少，因此安培力也为恒力，线框做匀速运动v2ax1，其中agsin 37gcos 372 m/s2可解得线框刚进磁场时的速度大小为v11.2 m/sE2Wf2WA(FfFA)x2其中E2(0.7560.666) J0.09 JFfFAmgsin 370.6 N，x2为线框的侧边长，即线框进入磁场过程运动的距离，可求出x20.15 mt s0.125 s。(3)线框刚出磁场时速度最大，线框内的焦耳热功率最大Pm由vv2a(dx2)，可求得v21.6 m/s根据线框匀速进入磁场时，FAmgcos 37mgsin 37可求出FA0.2 N，又因为FA，可求出B2L20.01 T2m2将v2、B2L2的值代入，可求出Pm0.43 W。答案(1)0.5(2)0.125 s(3)0.43 W9.(2019四川绵阳市二诊)如图9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AB、圆弧段CD和倾斜段DP都光滑，水平段BC粗糙，DP段与水平面的夹角37，D、C两点的高度差h0.1 m，整个轨道绝缘，处于方向水平向左、场强未知的匀强电场中。一个质量m10.4 kg、带正电、电荷量未知的小物块在A点由静止释放，经过时间t1 s，与静止在B点的不带电、质量m20.6 kg 小物块碰撞并粘在一起在BC段上做匀速直线运动，到达倾斜段DP上某位置。物块和与轨道BC段的动摩擦因数都为0.2。g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8。求：图9(1)物块和在BC段上做匀速直线运动的速度大小；(2)物块和第一次经过C点时，圆弧段轨道对物块和支持力的大小。解析(1)物块和粘在一起在BC段上做匀速直线运动，设电场强度为E，物块带电荷量为q，物块与物块碰撞前速度为v1，碰撞后共同速度为v2，则qE(m1m2)gqEtm1v1m1v1(m1m2)v2解得v22 m/s。(2)设圆弧段CD的半径为R，物块和经过C点时圆弧段轨道对物块和支持力的大小为FN，则R(1cos )hFN(m1m2)g解得FN18 N。答案(1)2 m/s(2)18 N10.(2019金丽衢十二校联考物理试题)有人设计了可变阻尼的电磁辅助减震系统，由三部分组成。一部分是电磁侦测系统；一部分是可变电磁阻尼系统，吸收震动时的动能；控制系统接收侦测系统的信号，改变阻尼磁场的强弱。系统如图10甲所示，侦测线框、阻尼线圈固定在汽车底盘上，侦测系统磁体、减震系统磁体固定在车轴上，车轴与底盘通过一减震弹簧相连。侦测系统磁场为匀强磁场，B10.01 T，长方形线框宽d0.05 m，整个回路的电阻R10.1 ，运动过程中，线框的下边不会离开磁场，上边不会进入磁场。阻尼线圈由100个相互绝缘的独立金属环组成，这100个金属环均匀固定在长为0.2 m的不导电圆柱体上，减震系统磁场辐向分布，俯视如图乙所示