第1部分 专题4 第2讲 电学中的动量和能量问题

专题巩固检测

对应学生用书P109

1.如图所示，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θ，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()

A．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 J

D．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，则小球速度减为零后可能沿杆向上运动，A项错误；小球受重力、电场力、洛伦兹力、弹力和滑动摩擦力，由于F洛＝q v B，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，B项正确；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，C项错误；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，D项错误。

答案 B

2.如图所示，一带电小球沿与CD平行方向射入倾角为θ的光滑斜面上，斜面所在区域存在和AD平行的匀强电场，小球运动轨迹如图中虚线所示，则()

A．若小球带正电荷，则电场方向一定沿斜面向下

B．小球从M点运动到N点电势能一定增加

C．小球从M点运动到N点动能一定增加

D．小球从M点运动到N点机械能一定增加

解析若小球带正电荷，重力沿斜面向下的分力大于电场力时，电场力的方向可以沿斜面向上，也可以沿斜面向下，A项错误；当电场力沿斜面向上时，则电场力做负功，电势能增加，当电场力沿斜面向下时，电场力做正功，电势能减小，B项错误；由于合力沿斜面向下，故合力一定做正功，根据动能定理可知，动能一定增加，C项正确；若电场力沿斜面向上，电场力做负功，机械能减小，D项错误。

答案 C

3．(多选)如图所示空间的虚线框内有匀强电场，AA′、BB′、CC′是该电场的三个等势面，相邻等势面间的距离均为0.5 cm，其中BB′为零势能面。一个质量为m，带电荷量为＋q的粒子沿AA′方向以初动能E k自图中的P点进入电场，刚好从C′点离开电场。已知PA′＝2 cm，粒子的重力忽略不计。下列说法中正确的是()

A．该粒子通过等势面BB′时的动能是1.25E k

B．该粒子到达C′点时的动能是2E k

C．该粒子在P点时的电势能是E k

D．该粒子到达C′点时的电势能是－0.5E k

解析把粒子在电场中的运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀加速直线运动，则PA′＝v0t＝2×10－2 m，而A′C′＝1

2＝12at·t＝1×10

2at

－2 m，即at·t＝2×10－2 m，可得出粒子在C′点竖直方向的速度也为v0，所以该粒子到达C′点时的速度v＝2v0，动能为1

2＝2E k，B项正确；设相邻等

2m v

势面的电势差为U ，对粒子从P 点运动到C ′点运用动能定理，得2Uq ＝2E k －E k ，解得Uq ＝E k 2

，则粒子从P 点运动到等势面BB ′运用动能定理，得Uq ＝E k ′－E k ，解得E k ′＝1.5E k ，A 项错误；根据带电粒子的运动轨迹和等势面的特点，可以判断匀强电场的电场线的方向竖直向上，该粒子在P 点时的电势能是E ＝Uq ＝E k 2，C 项错误；该粒子到达C ′点时的电势能E 1＝－Uq ＝－E k 2

＝－0.5E k ，D 项正确。

答案 BD

4．CD 、EF 是两条水平放置的电阻可忽略的平行金属导轨，导轨间距为L ，在水平导轨的左侧部分区域存在磁感应强度方向垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，磁场区域的长度为d ，如图所示。导轨的右端接有一电阻R ，左端与一弯曲的光滑轨道平滑连接。将一阻值也为R 的导体棒从弯曲轨道上h 高处由静止释放，导体棒最终恰好停在磁场的右边界处。已知导体棒与水平导轨接触良好，且动摩擦因数为μ，则下列说法正确的是( )

A ．电阻R 的最大电流为Bd 2gh

R

B ．流过电阻R 的电荷量为BdL R

C ．整个电路中产生的焦耳热为mgh

D ．电阻R 中产生的焦耳热为12

mg (h －μd ) 解析 由题图可知，导体棒刚进入磁场的瞬间速度最大，产生的感应电流最

大，由机械能守恒有mgh ＝12m v 2，所以I ＝E 2R ＝BL v 2R ＝BL 2gh 2R

，A 项错误；流过R 的电荷量为q ＝I t ＝ΔΦ2R ＝BLd 2R

，B 项错误；由能量守恒定律可知整个电路

中产生的焦耳热为Q＝mgh－μmgd，C项错误；由于导体棒的电阻也为R，则电

阻R中产生的焦耳热为1

2Q＝1

2mg(h－μd)，D项正确。

答案 D

5.如图所示，在光滑的水平面上，有一竖直向下的匀强磁场分布在宽度为L 的区域内，现有一个边长为a(a＜L)的正方形闭合线圈以初速度v0垂直磁场边界滑过磁场后，速度为v(v＜v0)，试求：线圈完全进入磁场中时线圈的速度。

解析线圈受重力、支持力和水平向左的安培力，设线圈质量为m，完全进入磁场中时运动时间为Δt，线圈的速度为v1、线圈的电阻为R，取水平向右为正。由动量定理有

－B I aΔt＝m v1－m v0①

由闭合电路欧姆定律得

I＝E

R ②

由法拉第电磁感应定律有

E＝ΔΦΔt

③

其中

ΔΦ＝Ba2④

由①～④式得

－B2a3

R

＝m v1－m v0⑤

同理可得线圈完全离开磁场时有

－B 2a 3R ＝m v －m v 1⑥

由⑤、⑥式得线圈完全进入磁场中时线圈的速度为

v 1＝v 0＋v 2

。 答案 v 0＋v 2

6.(2019·陕西宝鸡质检)如图所示，绝缘水平桌面上方区域存在竖直向上的匀强电场，电场强度E ＝5 N/C ，过桌左边缘的虚线PQ 上方存在垂直纸面向外的

匀强磁场，磁感应强度B ＝π3

T ，虚线PQ 与水平桌面成45°角，现将一个质量m 1＝2.0×10－3 kg 、带正电q ＝4.0×10－3 C 的物块A 静置在桌面上，质量m 2＝1.0×10－3 kg 、不带电的绝缘物块B 从与A 相距L ＝2.0 m 处的桌面上以v 0＝5.0 m/s 的初速度向左运动。物块A 、B 与桌面间的动摩擦因数均为μ＝0.4，二者在桌面上发生碰撞(碰撞时间极短，A 、B 间无电荷转移)，碰撞后B 反弹速度大小为v B ＝1.0 m/s ，A 向左运动进入磁场，(重力加速度g 取10 m/s 2，结果保留两位有效数字)求：

(1)碰撞后物块A 的速度；

(2)物块A 从进入磁场到再次回到桌面所用时间；

(3)若一段时间后A 、B 在桌面上相遇，求碰撞前A 与桌面左边缘P 的距离。 解析 (1)设B 与A 碰撞前瞬间的速度为v ，碰后A 、B 的速度分别为v A 、v B ，对于B 由动能定理可得：

－μm 2gL ＝12m 2v 2－12

m 2v 20 A 、B 碰撞过程中，规定向左为正方向，对于A 、B 组成的系统由动量守恒

定律可得：m2v＝m1v A－m2v B

联立可得：v A＝2.0 m/s，方向水平向左。

(2)对A受力分析可知qE＝m1g，故碰撞后A向左做匀速直线运动进入磁场，

并在磁场中做匀速圆周运动，设在磁场中做圆周运动的周期为T，则：T＝2πm1

qB

由几何知识可得：物块A在磁场中运动了3

个圆周，轨迹如图所示。

4

设A在磁场中运动的时间为t1，则：t1＝3

4T

A运动出磁场后竖直向下匀速运动再次回到桌面位置，

设其运动时间为t2，由题意可得：

在磁场中洛伦兹力提供向心力：q v A B＝m1v2A

R

R＝v A t2

t＝t1＋t2

联立得：t≈2.7 s

(3)碰撞后B反弹，在桌面上做匀减速运动，设其加速度大小为a，碰撞至停止运动所用时间为t3，可得：

μm2g＝m2a

0＝v B－at3

解得：t3＝0.25 s

显然，碰撞后B运动时间小于A运动时间，由此可知A、B相遇时，B已经

停止运动，所以A、B相遇的位置为B停止运动的位置，也是A竖直向下再次回到桌面的位置。

B匀减速的位移：s＝1

2

v B t3

则A距桌边P的距离：x＝R－s

解得x≈0.83 m。

答案(1)2.0 m/s方向水平向左(2)2.7 s(3)0.83 m

7．(2019·湖南长沙重点高中模拟)如图所示，水平面内固定两对足够长的平行光滑金属导轨，左侧两导轨间的距离为2L，右侧两导轨间的距离为L，左、右侧的两导轨间都存在磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场。两均匀的导体棒ab和cd分别垂直放在左、右两侧的导轨上，ab棒的质量为2m、有效电阻为2r，而cd棒的质量为m、有效电阻为r，其他部分的电阻不计。原来两棒都处于静止状态，现给棒一大小为I0、方向平行导轨向右的冲量使ab棒向右运动，在达到稳定状态时，两棒均未滑出各自的轨道。求：

(1)cd棒中的最大电流I m；

(2)cd棒的最大加速度；

(3)两棒达到稳定状态时，各自的速度大小。

解析(1)ab棒获得一冲量，所以初速度v0＝I0

2m

分析知开始时回路中的感应电动势最大，最大值为E m＝2BL v0

所以cd棒中最大感应电流I m＝E m

2r＋r ＝BLI0

3mr

(2)cd棒所受的最大安培力F m＝BI m L

cd棒的最大加速度a m＝F m

m

＝B2L2I0

3m2r

(3)当两棒中感应电动势大小相等时系统达到稳定状态，有2BL v ab＝BL v cd

由ab 棒与cd 棒中感应电流大小总是相等，可知安培力对ab 棒与cd 棒的冲量大小关系为I ab ＝2I cd

对ab 棒根据动量定理有I 0－I ab ＝2m v ab

对cd 棒根据动量定理有I cd ＝m v cd

解得v ab ＝I 06m ，v cd ＝I 03m

。 答案 (1)BLI 03mr (2)B 2L 2I 03m 2r (3)I 06m I 03m

8．(2019·福建四校二次联考)如图所示，为研究电子枪中电子在电场中运动的简化模型示意图。在Oxy 平面的ABCD 区域内，存在两个场强大小均为E 的匀强电场Ⅰ和Ⅱ，两电场的边界均是边长为L 的正方形(不计电子所受重力)。

(1)在该区域AB 边的中点处由静止释放电子，求电子离开ABCD 区域的位置坐标。

(2)在电场Ⅰ区域内适当位置由静止释放电子，电子恰能从ABCD 区域左下角D 处离开，求所有释放点的位置。

(3)若将左侧电场Ⅱ整体水平向右移动L /n (n ≥1)，仍使电子从ABCD 区域左下角D 处离开(D 不随电场移动)，求在电场Ⅰ区域内由静止释放电子的所有位置。

解析 (1)设电子的质量为m ，电荷量为e ，电子在电场Ⅰ中做匀加速直线运动，出电场Ⅰ时的速度为v 0，此后进入电场Ⅱ做类平抛运动，假设电子从CD 边射出，出射点纵坐标为y ，有

eEL ＝12m v 20

? ????L 2－y ＝12at 2＝12eE m ? ??

??L v 02

解得y ＝14

L ，所以原假设成立，即电子离开ABCD 区域的位置坐标为? ??

??－2L ，14L 。 (2)设释放点在电场区域Ⅰ中，其坐标为(x ，y )，在电场Ⅰ中电子被加速到v 1，然后进入电场Ⅱ做类平抛运动，并从D 点离开，有

eEx ＝12

m v 21 y ＝12at 2＝12eE m ? ??

??L v 12 解得xy ＝L 24

，即在电场Ⅰ区域内满足该方程的点即为所求位置。 (3)设电子从(x ，y )点释放，在电场Ⅰ中加速到v 2，进入电场Ⅱ后做类平抛运动，在高度为y ′处离开电场Ⅱ时的情景与(2)中类似，然后电子做匀速直线运动，经过D 点，则有

eEx ＝12m v 22，y －y ′＝12at 2＝12eE m ? ??

??L v 22， v y ＝at ＝eEL m v 2，y ′＝v y L n v 2

。 解得xy ＝L 2? ??

??12n ＋14，即在电场Ⅰ区域内满足该方程的点即为所求位置。 答案 见解析