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创新设计全国通用2017版高考物理二轮复习专题突破2功和能动量和能量第2讲能量和动量观在电磁学中的应用


第2讲

能量和动量观点在电磁学中的应用

1.(多选)(2016·全国卷Ⅰ,20)如图 1,一带负电荷的油滴在匀强电场中运动,其轨迹在 竖直面(纸面)内,且相对于过轨迹最低点 P 的竖直线对称。忽略空气阻力。由此可知( )

图1 A.Q 点的电势比 P 点高 B.油滴在 Q 点的动能比它在 P 点的大 C.油滴在 Q 点的电势能比它在 P 点的大 D.油滴在 Q 点的加速度大小比它在 P 点的小 解析 由于油滴受到的电场力和重力都是恒力,所以合外力为恒力,加速度恒定不变,所以 D 选项错;由于油滴轨迹相对于过 P 的竖直线对称且合外力总是指向轨迹弯曲内侧,所以油 滴所受合外力沿竖直向上的方向,因此电场力竖直向上,且 qE>mg,则电场方向竖直向下, 所以 Q 点的电势比 P 点的高,A 选项正确;当油滴从 P 点运动到 Q 点时,电场力做正功,电 势能减小,C 选项错误;当油滴从 P 点运动到 Q 点的过程中,合外力做正功,动能增加,所 以 Q 点动能大于 P 点的动能,B 选项正确。 答案 AB 2.(2015·全国Ⅰ·15)如图 2,直线 a、b 和 c、d 是处于匀强电场中的两组平行线,M、N、

P、Q 是它们的交点,四点处的电势分别为 φ M、φ N、φ P、φ Q。一电子由 M 点分别运动到 N
点和 P 点的过程中,电场力所做的负功相等。则( )

图2 A.直线 a 位于某一等势面内,φ M>φ B.直线 c 位于某一等势面内,φ M>φ
Q

N

C.若电子由 M 点运动到 Q 点,电场力做正功 D.若电子由 P 点运动到 Q 点,电场力做负功 解析 由电子从 M 点分别运动到 N 点和 P 点的过程中, 电场力所做的负功相等可知, φ M>φ
N

1

=φ P,故过 N、P 点的直线 d 位于某一等势面内,则与直线 d 平行的直线 c 也位于某一等势 面内,选项 A 错、B 正确;φ M=φ Q,则电子由 M 点运动到 Q 点,电场力不做功,选项 C 错 误;由于 φ P<φ M=φ Q,电子由 P 点运动到 Q 点,电势能减小,电场力做正功,选项 D 错误。 答案 B 3.(2014·新课标全国Ⅰ,25)如图 3 所示,O、A、B 为同一竖直平面内的三个点,OB 沿竖 3 直方向, ∠BOA=60°, OB= OA。 将一质量为 m 的小球以一定的初动能自 O 点水平向右抛出, 2 小球在运动过程中恰好通过 A 点。使此小球带电,电荷量为 q(q>0),同时加一匀强电场, 场强方向与△OAB 所在平面平行。现从 O 点以同样的初动能沿某一方向抛出此带电小球,该 小球通过了 A 点, 到达 A 点时的动能是初动能的 3 倍; 若该小球从 O 点以同样的初动能沿另 一方向抛出,恰好通过 B 点,且到达 B 点时的动能为初动能的 6 倍,重力加速度大小为 g。 求:

图3 (1)无电场时,小球到达 A 点时的动能与初动能的比值; (2)电场强度的大小和方向。 解析 (1)设小球的初速度为 v0,初动能为 Ek0,从 O 点运动到 A 点的时间为 t,令 OA=d, 3 则 OB= d,根据平抛运动的规律有 2

dsin 60°=v0t① dcos 60°= gt2②
1 2 又有 Ek0= mv0③ 2 3 由①②③式得 Ek0= mgd④ 8 设小球到达 A 点时的动能为 EkA,则 1 2

EkA=Ek0+ mgd⑤
由④⑤式得

1 2

EkA 7 = ⑥ Ek0 3

d 3d (2)加电场后,小球从 O 点到 A 点和 B 点,高度分别降低了 和 ,设电势能分别减小 Δ EpA 2 2

2

和 EpB,由能量守恒及④式得 1 2 Δ EpA=3Ek0-Ek0- mgd= Ek0⑦ 2 3 3 Δ EpB=6Ek0-Ek0- mgd=Ek0⑧ 2 在匀强电场中,沿任一直线,电势的降落是均匀的。设直线 OB 上的 M 点与 A 点 等电势,M 与 O 点的距离为 x,如图,

x Δ EpA 则有 = ⑨ 3 Δ EpB d 2
解得 x=d。MA 为等势线,电场必与其垂线 OC 方向平行。设电场方向与竖直向下的方向的夹 角为 α ,由几何关系可得 α =30°⑩ 即电场方向与竖直向下的方向的夹角为 30°。 设场强的大小为 E,有 qEdcos 30°=Δ EpA? 由④⑦? 式得 E= 3mg ? 6q

7 答案 (1) (2)见解析 3 [备 考 指 导] 【考情分析】 2014 2015 2016 卷ⅠT25:电势能、能量守恒定律 卷ⅡT25:能量守恒定律、法拉第电磁感应定律 卷ⅠT15:电场力做功的计算及判断 卷ⅠT20:电场力做功及合外力做功情况的判断、动能定理的应用

电场中的功能关系及电磁感应中的功能关系都是命题率较高的内容, 题型为选择题、 计算题。 【备考策略】 在解决电磁学中功能关系问题时应注意以下几点: (1)洛伦兹力在任何情况下都不做功; (2)电场力做功与路径无关,电场力做的功等于电势能的变化; (3)安培力可以做正功,也可以做负功; (4)力学中的几个功能关系在电学中仍然成立。

电场中的功能关系 [规 律 方 法] 1.电场力做功的计算方法及电势能的变化情况
3

2.用功能关系分析带电粒子的运动 (1)若只有电场力做功,则电势能与动能之和保持不变。 (2)若只有电场力和重力做功,则电势能、重力势能、动能之和保持不变。 (3)除重力外,其他各力对粒子所做的功等于粒子机械能的变化量。 (4)各力对粒子所做功的代数和,等于粒子动能的变化量。 [精 典 题 组] 1.如图 4 所示, 绝缘斜面处在一个竖直向上的匀强电场中, 一带电金属块由静止开始沿斜面 滑到底端。已知在金属块下滑的过程中动能增加 0.3 J,重力做功 1.5 J,电势能增加 0.5 J, 则以下判断正确的是( )

图4 A.金属块带负电荷 B.电场力做功 0.5 J C.金属块克服摩擦力做功 0.8 J D.金属块的机械能减少 1.2 J 解析 金属块的电势能增加,说明电场力做负功,则电场力方向竖直向上,所以金属块带正 电荷,选项 A 错误;克服电场力做多少功,电势能就增加多少,故金属块克服电场力做功 0.5 J,即电场力做功-0.5 J,选项 B 错误;根据动能定理可得 WG+WE+Wf=Δ Ek,解得 Wf =-0.7 J,即金属块克服摩擦力做功 0.7 J,选项 C 错误;重力做功 1.5 J,金属块的重力 势能减少 1.5 J,动能增加 0.3 J,故机械能减少 1.2 J,选项 D 正确。 答案 D 2.长木板 AB 放在水平面上,如图 5 所示,它的下表面光滑,上表面粗糙。一个质量为 m、 带电荷量为 q 的小物块 C 从 A 端以某一初速度起动向右滑行,当存在向下的匀强电场时,C 恰能滑到 B 端;当此电场改为向上时,C 只能滑到 AB 的中点,求此电场的场强。

4

图5 解析 当电场方向向上时,物块 C 只能滑到 AB 的中点,说明此时电场力方向向下,可知物 块 C 所带电荷的电性为负。 电场方向向下时,有 1 2 1 2 μ (mg-qE)l= mv0- (m+M)v ① 2 2

mv0=(m+M)v②
电场方向向上时,有

l 1 2 1 2 μ (mg+qE) = mv0- (m+M)v ③ 2 2 2 mv0=(m+M)v④
1 则 mg-qE= (mg+qE) 2 得 E= 答案

mg 3q mg 3q

3.(2016·四川雅安模拟)如图 6 甲,O、N、P 为直角三角形的三个顶点,∠NOP=37°,OP 中点处固定一电荷量为 q1=2.0×10
-8

C 的正点电荷,M 点固定一轻质弹簧。MN 是一光滑绝

缘杆,其中 ON 长 a=1 m,杆上穿有一带正电的小球(可视为点电荷),将弹簧压缩到 O 点由 静止释放,小球离开弹簧后到达 N 点的速度为零。沿 ON 方向建立坐标轴(取 O 点处 x=0), 取 OP 所在水平面为重力势能零势能面,图乙中Ⅰ和Ⅱ图线分别为小球的重力势能和电势能 随位置坐标 x 变化的图象,其中 E0=1.24×10
9 2 2 -3

J,E1=1.92×10

-3

J,E2=6.2×10
2

-4

J,

静电力常量 k=9.0×10 N·m /C ,取 sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g=10 m/s 。

图6 (1)求电势能为 E1 时小球的位置坐标 x1 和小球的质量 m;
5

(2)已知在 x=x1 处时小球与杆间的弹力恰好为零,求小球的电荷量 q2; (3)求小球释放瞬间弹簧的弹性势能 Ep。 解析 (1)当小球运动到距离 q1 最近的 A 点时电势能最大,如图所示

根据几何关系可知

x1=acos 37°· ·cos 37°=0.32a=0.32 m x=x1 处小球的重力势能 E1=mgx1sin 37°
解得 m=

1 2

E1

gx1sin 37°

=1×10

-3

kg。

(2)设在 x=x1 处小球与固定点电荷间的距离为 r,则

k

q1q2 =mgcos 37°,其中 r=x1tan 37°=0.24 m r2
-6

代入数据解得 q2=2.56×10 (3)根据能量守恒定律可得

C。

mgasin 37°+E2-E0=Ep
代入数据得 Ep=5.38×10 答案 (1)0.32 m 1×10 (3)5.38×10
-3 -3

J。 kg (2)2.56×10
-6

-3

C

J

【高分技巧】 涉及弹簧弹性势能的分析要特别注意以下几点:(1)弹簧处于原长时,其弹 性势能为零;(2)弹簧有形变量时一定具有弹性势能,且形变程度越大,其弹性势能越大; (3)对于同一个弹簧,无论弹簧处于压缩状态还是伸长状态,只要形变量相同,其弹性势能 大小就相同。 功能关系和动量守恒在电磁感应中的应用 [规 律 方 法] 从能量观点解决电磁感应问题与解决力学问题时的分析方法相似, 只是多了一个安培力做 功、多了一个电能参与转化,因此需要明确安培力做功及电能转化的特点。 1.电磁感应中焦耳热的三种求法 (1)根据定义式 Q=I Rt 计算; (2)利用克服安培力做的功等于回路中产生的焦耳热计算; (3)利用能量守恒定律计算。
2

6

2.解题程序一般为 受力分析→各力做功情况判断→能量状态判断→列方程解答。 [精 典 题 组] 1.半圆形光滑金属导轨 MN、PQ 平行放置在竖直平面内,导轨左端通过单刀双掷开关 S 接在 电路中,如图 7 甲所示,电源内阻不计,导轨所在空间有如图乙所示的磁场,金属棒电阻为

R、质量为 m,其他电阻不计。整个操作过程经历两个阶段:①开始时开关接位置 1,金属棒 ab 从导轨上 M、P 位置由静止释放,当金属棒从 N、Q 竖直向上飞出时,开关 S 改接位置 2,
金属棒恰能上升到离 N、Q 为 h 的高度处;②之后金属棒又从 N、Q 落回导轨内并恰好能回到

M、P 位置。重力加速度为 g。下列关于金属棒运动过程的描述正确的是(

)

图7 A.阶段①消耗的电能等于阶段②产生的电能 B.阶段①安培力做的功等于阶段②金属棒克服安培力做的功 C.阶段②克服安培力做的功小于 mgh D.阶段②回路中产生的热量小于 mgh 解析 阶段①,开关接位置 1,电源提供电能,由能量守恒可知 E
电1

=Q+WA1=Q+mgh;阶

段②克服安培力做的功等于产生的电能, 由能量守恒得 E 电 2=mgh, E 电 1>E 电 2, A 错; 阶段①, 安培力做的功等于金属棒机械能的增加量,即 WA1=mgh;阶段②克服安培力做的功等于金属 棒减少的机械能,即 WA2=mgh,B 对,C 错;而阶段②克服安培力做的功又等于产生的电能, 等于回路产生的热量,D 错。 答案 B 2. (2016·湖南常德模拟)如图 8 所示,竖直平面内有无限长、不计电阻的两组平行光滑金 属导轨,宽度均为 L=0.5 m,上方连接一个阻值 R=1 Ω 的定值电阻,虚线下方的区域内 存在磁感应强度 B=2 T 的匀强磁场。完全相同的两根金属杆 1 和 2 靠在导轨上,金属杆与 导轨等宽且与导轨接触良好,电阻均为 r=0.5 Ω 。将金属杆 1 固定在磁场的上边缘(仍在 此磁场内),金属杆 2 从磁场边界上方 h0=0.8 m 处由静止释放,进入磁场后恰做匀速运动。 (g 取 10 m/s )
2

7

图8 (1)求金属杆的质量 m; (2)若金属杆 2 从磁场边界上方 h1=0.2 m 处由静止释放,进入磁场经过一段时间后开始做 匀速运动。在此过程中整个回路产生了 1.4 J 的电热,则此过程中流过电阻 R 的电荷量 q 为多少? 解析 (1)金属杆 2 进入磁场前做自由落体运动,则

vm= 2gh0=4 m/s
金属杆 2 进入磁场后受两个力而处于平衡状态,即

mg=BIL,且 E=BLvm,I=
2 2

E 2r+R
2 2

B L vm 2 ×0.5 ×4 解得 m= = kg=0.2 kg。 (2r+R)g (2×0.5+1)×10
(2)金属杆 2 从下落到再次匀速运动的过程中,设金属杆 2 在磁场内下降 h2,由能量守恒定 律得

mg(h1+h2)= mv2 m+Q
1 2 1 2 mvm+Q ×0.2×4 +1.4 2 2 解得 h2= -h1= m-0.2 m=1.3 m mg 0.2×10 金属杆 2 进入磁场到匀速运动的过程中, 感应电动势和感应电流的平均值分别为 E= =

1 2

BLh2 , I t2

E 2r+R

故流过电阻 R 的电荷量 q=It2

BLh2 2×0.5×1.3 联立解得 q= = C=0.65 C。 2r+R 2×0.5+1
答案 (1)0.2 kg (2)0.65 C 3.如图 9 所示,质量为 100 g 的铝框,用细线悬挂起来,框中央离地面 h 为 0.8 m,有一质 量为 200 g 的磁铁以 10 m/s 的水平速度射入并穿过铝框,落在距铝框原位置水平距离 3.6 m 处,则在磁铁与铝框发生相互作用时,求:

图9

8

(1)铝框向哪边偏斜,它能上升多高; (2)在磁铁穿过铝框的整个过程中,框中产生了多少热量。 解析 磁铁在穿过铝框的过程中,使铝框中磁通量发生变化,产生感应电流,磁铁与铝框一 直发生相互作用,水平方向动量守恒。磁铁穿过铝框后做平抛运动,根据平抛的水平距离可 得作用后磁铁的速度 v1 ′。 因为 t= 2h =

g

2×0.8 s=0.4 s 10

s 3.6 s=v1′t,则 v1′= = m/s=9 m/s t 0.4
根据动量守恒定律,有 m1v1=m1v1′+m2v2′

m1(v1-v1′) 200×(10-9) v2′= = =2 m/s m2 100
1 2 铝框作用后获得的速度向右,则将向右偏斜。根据机械能守恒,有 m2gh′= m2v2′ 2 故 h′=
2 v2′2 2 = =0.2 m。 2g 2×10

(2)根据能的转化与守恒定律, 磁铁的动能一部分转化为电能, 另一部分转化为铝框的动能, 即 1 2 1 1 m1v1= m1v1′2+ m2v2′2+W 电 2 2 2 1 2 1 1 2 2 解得 W 电= m1v1- m1v1′ - m2v1′ 2 2 2 1 1 1 2 2 2 = ×0.2×10 - ×0.2×9 - ×0.1×2 =1.7 J。 2 2 2 即 Q=1.7 J。 答案 (1)0.2 m (2)1.7 J

高频考点六 应用动力学方法和功能关系解决力、电综合问题

9

[满分策略] 应用动力学知识和功能关系解决力、电综合问题与解决纯 力学问题的分析方法相似,动力学中的物理规律在电磁学 中同样适用,分析受力时只是多了个安培力或电场力或洛 伦兹力。 [审题指导] 1.读题― →抓关键点― →提取信 息 (1)“光滑弯折金属轨 隐含 道”― ― →不计杆与轨道间摩擦 [满分示例] (18 分) (2016·渝中区二模)如图 10,电阻不计的相同的 光滑弯折金属轨道 MON 与 M′O′N′均固定在竖直面内, 二者平行且正对,间距为 L=1 m,构成的斜面 NOO′N′与 力 (2)“与 ab 完全相同的金属杆

cd”― ― →杆 ab、cd 的电阻、质
量均相同

隐含

MOO′M′跟水平面夹角均为 α =30°,两边斜面均处于垂

隐含 ― →cd 受 直于斜面的匀强磁场中,磁感应强度大小均为 B=0.1 T。 (3)“cd 恰能静止”―

t=0 时,将长度也为 L,电阻 R=0.1 Ω 的金属杆 ab 在轨 力平衡,那么 ab 杆受力也平衡
→过程分析― →选取 道上无初速度释放。金属杆与轨道接触良好,轨道足够长。 2.再读题― (g 取 10 m/s ,不计空气阻力,轨道与地面绝缘)求:
2

规律

图 10 (1)t 时刻杆 ab 产生的感应电动势的大小 E; (2)在 t=2 s 时将与 ab 完全相同的金属杆 cd 放在 MOO′M′ 上,发现 cd 恰能静止,求 ab 杆的质量 m 以及放上杆 cd 后

ab 杆每下滑位移 s=1 m 回路产生的焦耳热 Q。

10

[满分体验] (18 分)(2016·福建省毕业班 质量检查)如图 11,轨道 CDGH 位于竖直平面内, 其中圆弧段 DG 与水平段 CD 及倾斜段 GH 分别相 [满分模板] 解析 (1)只放 ab 杆在导轨上,ab 杆做匀加速直线运动, 由牛顿第二定律得 mgsin α =ma①(2 分) 切于 D 点和 G 点,圆弧段和倾斜 段均光滑,在 H 处固定一垂直于 轨道的绝缘挡板,整个轨道绝缘 且处于水平向右的匀强电场中。 一带电物块由 C 处静止释放,经 挡板碰撞后滑回 CD 段中点 P 处 时速度恰好为零。已知物块的质 量 m=4×10
-3

t 时刻速度为 v=at②(1 分)
由法拉第电磁感应定律得 E=BLv③(1 分) 联立解得 E=0.5t V④(1 分) (2)t=2 s 时 ab 杆产生的感应电动势的大小

E=0.5t V=1 V⑤(1 分) E 回路中感应电流 I= ⑥(2 分) 2R
解得 I=5 A⑦(1 分) 对 cd 杆,由平衡条件得:mgsin 30°=BIL⑧(2 分) 解得 m=0.1 kg⑨(2 分) 因为 ab、 cd 杆完全相同, 故 ab 杆的质量也为 m=0.1 kg⑩(1 分) 放上 cd 杆后,ab 杆受力也平衡,做匀速运动,对 ab、cd 杆组成的系统根据能量守恒定律得:

kg,所带的电荷
-6

量 q=+3×10
4

C;电场强度 E

=1×10 N/C;CD 段的长度 L= 0.8 m, 圆弧 DG 的半径 r=0.2 m,

GH 段与水平面的夹角为 θ ,且
sin θ =0.6,cos θ =0.8;不 计物块与挡板碰撞时的动能损 失,物块可视为质点,重力加速 度 g 取 10 m/s 。
2

Q=mgssin 30°?(2 分)
解得 Q=0.5 J? (2 分) 答案 (1)0.5t V (2)0.1 kg 0.5 J 图 11 (1)求物块与轨道 CD 段的动摩擦 因数 μ ; (2)求物块第一次碰撞挡板时的 动能 Ek; (3)物块在水平轨道上运动的总 路程; (4)物块碰撞挡板时的最小动 能。

解题指导 (1)根据运动过程要列定律、定理的原始方程, 不能写成变形式,否则不得分。 (2)题目中如果有隐含的条件, 计算完成一定要进行必要的 文字说明,否则将影响步骤分。

11

[规范解答] 解析 (1)物块由 C 处释放后经挡板碰撞滑回 P 点过程中,由动能定理得

L L qE· -μ mg(L+ )=0①(2 分)
2 2 由①式代入数据得 μ = =0.25②(2 分) 3mg (2)物块在 GH 段运动时,由于 qEcos θ =mgsin θ ,所以做匀速直线运动③(2 分) 由 C 运动至 H 过程中,由动能定理得

qE

qEL-μ mgL+qErsin θ -mgr(1-cos θ )=Ek-0④(2 分)
由③式代入数据得 Ek=0.018 J⑤(2 分) (3)物块最终会在 DGH 间来回往复运动,物块在 D 点的速度为 0 设物块能在水平轨道上运动的总路程为 s, 由能量转化与守恒定律可得 qEL=μ mgs⑥(2 分) 由②③⑥式代入数据得 s=2.4 m⑦(2 分) (4)物块碰撞挡板的最小动能 E0 等于往复运动时经过 G 点的动能,由动能定理得

qErsin θ -mgr(1-cos θ )=E0-0⑧(2 分)
由③⑧式代入数据得 E0=0.002 J⑨(2 分) 答案 (1)0.25 (2)0.018 J (3)2.4 m (4)0.002 J

一、选择题(1~3 题为单项选择题,4、5 题为多项选择题) 1.如图 2 所示,足够长的 U 形光滑金属导轨平面与水平面成 θ 角(0<θ <90°)其中 MN 与 PQ 平行且间距为 L,导轨平面与磁感应强度为 B 的匀强磁场垂直,导轨电阻不计。金属棒 ab 由静止开始沿导轨下滑,并与两导轨始终保持垂直且接触良好,ab 棒接入电路的电阻为 R, 当流过 ab 棒某一横截面的电荷量为 q 时,棒的速度大小为 v,则金属棒 ab 在这一过程中 ( )

图2 1 A.运动的平均速度大小为 v 2 B.下滑的位移大小为

qR BL

C.产生的焦耳热为 qBLv D.受到的最大安培力大小为

B2L2v sin θ R
12

解析 分析金属棒的受力情况,有 mgsin θ -

B2L2v =ma,可得金属棒做加速度减小的加速 R

运动,故其平均速度不等于初、末速度的平均值,A 错;设金属棒沿斜面下滑的位移为 s, ΔΦ 1 Δ Φ BsL qR 则电荷量 q=I·Δ t= · ·Δ t= = ,解得 s= ,B 正确;根据能量守恒定律 Δt R R R BL 1 2 知产生的焦耳热等于金属棒机械能的减少量,Q=mgssin θ - mv ,C 错;金属棒速度越大, 2 安培力越大,所以金属棒受到的最大安培力为 答案 B 2. (2016·怀化一模)如图 3 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( )

B2L2v ,D 错。 R

图3 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,则静止后小球可能沿杆向上运动,故 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, 故 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,故 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,故 D 错误。 答案 B 3. (2016·泰安二模)如图 4 所示,竖直向上的匀强电场中,一竖直绝缘轻弹簧的下端固定 在地面上,上端连接一带正电小球,小球静止时位于 N 点,弹簧恰好处于原长状态。保持小 球的带电量不变,现将小球提高到 M 点由静止释放,则释放后小球从 M 运动到 N 的过程中 ( )

13

图4 A.小球的机械能与弹簧的弹性势能之和保持不变 B.小球重力势能的减少量等于小球电势能的增加量 C.弹簧弹性势能的减少量等于小球动能的增加量 D.小球动能的增加量等于电场力和重力做功的代数和 解析 由于有电场力做功, 故小球的机械能不守恒, 小球的机械能与弹簧的弹性势能之和是 改变的,故 A 错误;由题意,小球受到的电场力等于重力。在小球运动的过程中,电场力做 功等于重力做功,小球从 M 运动到 N 的过程中,重力势能减少,转化为电势能和动能,故 B 错误;释放后小球从 M 运动到 N 的过程中,弹性势能并没变,一直是 0,故 C 错误;由动能 定理可得重力和电场力做功, 小球动能增加, 小球动能的增加量等于电场力和重力做功的代 数和,故 D 正确。 答案 D 4.如图 4 所示,光滑绝缘的水平面上 M、N 两点各放有一带电荷量分别为+q 和+2q 的完全 相同的金属球 A 和 B,给 A 和 B 以大小相等的初动能 E0(此时初动量的大小均为 p0),使其相 向运动刚好能发生碰撞(碰撞过程中无机械能损失),碰后返回 M、N 两点的动能分别为 E1 和

E2,动量的大小分别为 p1 和 p2,则(

图4 A.E1=E2>E0,p1=p2>p0 B.E1=E2=E0,p1=p2=p0 C.碰撞发生在 MN 中点的左侧 D.两球同时返回 M、N 两点 解析 金属球 A 和 B 发生碰撞时,电荷量会平均分配,则作用力变大。经历相同的位移,做 功增多,所以有 E1=E2>E0。又 p= 2mEk,可得 p1=p2>p0。因两球质量相同,受力相同,故 加速度相同,两球同时返回 M,N 两点。选项 A、D 正确。 答案 AD 5.如图 5 所示,倾角为 θ 的光滑斜面固定在水平面上,水平虚线 L 下方有垂直于斜面向下 的匀强磁场,磁感应强度为 B。正方形闭合金属线框边长为 h,质量为 m,电阻为 R,放置于
14

L 上方一定距离处,保持线框底边 ab 与 L 平行并由静止释放,当 ab 边到达 L 时,线框速度
为 v0,ab 边到达 L 下方距离为 d(d>h)处时,线框速度也为 v0。以下说法正确的是( )

图5 A.ab 边刚进入磁场时,电流方向为 a→b B.ab 边刚进入磁场时,线框加速度沿斜面向下 C.线框进入磁场过程中的最小速度小于

mgRsin θ B2h2

D.线框进入磁场过程中产生的热量为 mgdsin θ 解析 由右手定则可判断 ab 刚进入磁场过程电流方向由 a→b,选项 A 正确;线框全部在磁 场中运动时为匀加速运动,ab 边由 L 处到 L 下方距离为 d 处速度增量为零,所以 ab 边刚进 入磁场时做减速运动,线框加速度沿斜面向上,选项 B 错误;线框恰好完全进入磁场时的速 度最小,此时由牛顿第二定律得 F 安-mgsin θ =ma≥0,而安培力 F 安=BhI=Bh·

Bhvmin = R

B2h2vmin mgRsin θ ,联立解得 vmin≥ ,选项 C 错误;根据动能定理,ab 边由 L 处到 L 下方距 R B2h2
离为 d 处过程中,mgdsin θ -Q=Δ Ek=0,线框进入磁场过程中产生的热量 Q=mgdsin θ , 选项 D 正确。 答案 AD 二、非选择题 6.(2016·四川理综,9)中国科学家 2015 年 10 月宣布中国将在 2020 年开始建造世界上最 大的粒子加速器。加速器是人类揭示物质本源的关键设备,在放射治疗、食品安全、材料科 学等方面有广泛应用。 如图 6 所示, 某直线加速器由沿轴线分布的一系列金属圆管(漂移管)组成, 相邻漂移管分别 接在高频脉冲电源的两极。 质子从 K 点沿轴线进入加速器并依次向右穿过各漂移管, 在漂移 管内做匀速直线运动,在漂移管间被电场加速,加速电压视为不变。设质子进入漂移管 B 时速度为 8×10 m/s,进入漂移管 E 时速度为 1×10 m/s,电源频率为 1×10 Hz,漂移管间 缝隙很小,质子在每个管内运动时间视为电源周期的 1/2,质子的荷质比取 1×10 C/kg。 求:
8 6 7 7

15

图6 (1)漂移管 B 的长度; (2)相邻漂移管间的加速电压。 解析 (1)设质子进入漂移管 B 的速度为 vB,电源频率、周期分别为 f、T,漂移管 B 的长度 为 L,则

T= ① f T L=vB· ②
2 联立①②式并代入数据得 L=0.4 m③ (2)设质子进入漂移管 E 的速度为 vE,相邻漂移管间的加速电压为 U,电场对质子所做的功 为 W,质子从漂移管 B 运动到 E 电场做功 W′,质子的电荷量为 q、质量为 m,则

1

W=qU④ W′=3W⑤
2 W′= mv2 E- mvB⑥

1 2

1 2

联立④⑤⑥式并代入数据得 U=6×10 V⑦ 答案 (1)0.4 m (2)6×10 V 7.如图 7,ABD 为竖直平面内的光滑绝缘轨道,其中 AB 段是水平的,BD 段为半径 R=0.2 m 的半圆,两段轨道相切于 B 点,整个轨道处在竖直向下的匀强电场中,场强大小 E = 5.0×10 V/m。一不带电的绝缘小球甲,以速度 v0 沿水平轨道向右运动,与静止在 B 点带正 电的小球乙发生弹性碰撞。已知甲、乙两球的质量均为 m=1.0×10 kg,乙所带电荷量 q= 2.0×10 C,g 取 10 m/s 。(水平轨道足够长,甲、乙两球可视为质点,整个运动过程无电 荷转移)
-5 2 -2 3 4

4

图7 (1)甲乙两球碰撞后,乙恰能通过轨道的最高点 D,求乙在轨道上的首次落点到 B 点的距离; (2)在满足(1)的条件下,求甲的速度 v0。 解析 (1)在乙恰好能通过轨道的最高点的情况下,设乙到达最高点的速度为 vD,乙离开 D
16

点达到水平轨道的时间为 t,乙的落点到 B 点的距离为 x, 则 mg+qE=m ① 1 mg+qE 2 2R= ( )t ② 2 m

v2 D R

x=vDt③
联立①②③得:x=0.4 m④ (2)设碰撞后甲、乙的速度分别为 v 甲、v 乙,根据动量守恒定律和机械能守恒定律有:

mv0=mv 甲+mv 乙⑤
1 2 1 2 1 2 mv0= mv甲+ mv乙⑥ 2 2 2 联立⑤⑥得:v 乙=v0,v 甲=0⑦ 由动能定理得: 1 2 1 2 -mg·2R-qE·2R= mvD- mv乙⑧ 2 2 联立①⑦⑧得:v0= 5(mg+qE)R =2 5 m/s⑨

m

答案 (1)0.4 m (2)2 5 m/s 8.将一斜面固定在水平面上,斜面的倾角为θ =30°,其上表面绝缘且斜面的顶端固定一 挡板,在斜面上加一垂直斜面向上的匀强磁场,磁场区域的宽度为 H=0.4 m,如图 8 甲所 示,磁场边界与挡板平行,且上边界到斜面顶端的距离为 x=0.55 m。将一通电导线围成的 矩形导线框 abcd 置于斜面的底端, 已知导线框的质量为 m=0.1 kg、 导线框的电阻为 R=0.25 Ω 、ab 的长度为 L=0.5 m。从 t=0 时刻开始在导线框上加一恒定的拉力 F,拉力的方向平 行于斜面向上,使导线框由静止开始运动,当导线框的下边与磁场的上边界重合时,将恒力

F 撤走,最终导线框与斜面顶端的挡板发生碰撞,碰后导线框以等大的速度反弹,导线框沿
斜面向下运动。已知导线框向上运动的 v-t 图象如图乙所示,导线框与斜面间的动摩擦因 数为 μ = 3 2 ,整个运动过程中导线框没有发生转动,且始终没有离开斜面,g=10 m/s 。 3

图8 (1)求在导线框上施加的恒力 F 以及磁感应强度的大小;

17

(2)若导线框沿斜面向下运动通过磁场时,其速度 v 与位移 s 的关系为 v=v0-

B2L2 s,其中 mR

v0 是导线框 ab 边刚进入磁场时的速度大小,s 为导线框 ab 边进入磁场区域后对磁场上边界
的位移大小,求整个过程中导线框中产生的热量 Q。 解析 (1)由 v-t 图象可知,在 0~0.4 s 时间内导线框做匀加速直线运动,进入磁场时的 Δv 2 速度为 v1=2.0 m/s,所以在此过程中的加速度 a= =5.0 m/s Δt 由牛顿第二定律有 F-mgsin θ -μ mgcos θ =ma 解得 F=1.5 N 由 v-t 图象可知,导线框进入磁场区域后以速度 v1 做匀速直线运动 通过导线框的电流 I= =

E BLv1 R R

导线框所受安培力 F 安=BIL 对于导线框匀速运动的过程,由力的平衡条件有

F=mgsin θ +μ mgcos θ +
解得 B=0.50 T。

B2L2v1 R

(2)导线框进入磁场区域后做匀速直线运动,并以速度 v1 匀速穿出磁场,说明导线框的宽度 等于磁场的宽度 H 导线框 ab 边离开磁场后做匀减速直线运动,到达挡板时的位移为 x0=x-H=0.15 m 设导线框与挡板碰撞前的速度为 v2,由动能定理,有 1 2 1 2 -mg(x-H)sin θ -μ mg(x-H)cos θ = mv2- mv1 2 2 解得:v2= v1-2g(x-H)(sin θ +μ cos θ )=1.0 m/s 导线框碰挡板后速度大小仍为 v2,且
2

mgsin θ =μ mgcos θ =0.50 N ab 边进入磁场后做减速运动,设导线框全部离开磁场区域时的速度为 v3,
由 v=v0-
2 2 B2L2 2B L H s 得 v3=v2- =-1.0 m/s mR mR

因 v3<0,说明导线框在离开磁场前速度已经减为零,这时安培力消失,导线框将静止在磁 场中某位置 导线框向上运动通过磁场区域的过程中产生的焦耳热

Q1=I2Rt=

2B L Hv1 =0.40 J

2 2

R

导线框向下运动进入磁场的过程中产生的焦耳热

18

Q2= mv2 2=0.05 J
所以 Q=Q1+Q2=0.45 J。 答案 (1)1.5 N 0.50 T (2)0.45 J

1 2

19


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