（新課標(biāo)）2020版高考物理大二輪復(fù)習(xí) 專題三 動(dòng)量和能量 第二講 電磁學(xué)中的動(dòng)量和能量問題教學(xué)案

第二講電磁學(xué)中的動(dòng)量和能量問題知識(shí)建構(gòu)備考點(diǎn)睛(注1)(注2)：詳見答案部分1.兩種?？碱}型(1)帶電粒子在電場(chǎng)和磁場(chǎng)中的碰撞問題.(2)電磁感應(yīng)中“導(dǎo)軌棒”模型.2.三大觀點(diǎn)動(dòng)力學(xué)、動(dòng)量、能量觀點(diǎn)是解決力電綜合問題的首選方法.答案(1)動(dòng)量定理、動(dòng)能定理(2)動(dòng)量定理、動(dòng)能定理、動(dòng)量守恒定律、能量守恒定律、功能關(guān)系熱點(diǎn)考向一電場(chǎng)中的動(dòng)量和能量問題【典例】(2019·太原一模)如右圖所示，LMN是豎直平面內(nèi)固定的光滑絕緣軌道，MN水平且足夠長(zhǎng)，LM下端與MN相切質(zhì)量為m的帶正電小球B靜止在水平面上，質(zhì)量為2m的帶正電小球A從LM上距水平面高為h處由靜止釋放，在A球進(jìn)入水平軌道之前，由于A、B兩球相距較遠(yuǎn)，相互作用力可認(rèn)為零，A球進(jìn)入水平軌道后，A、B兩球間相互作用視為靜電作用，帶電小球均可視為質(zhì)點(diǎn)已知A、B兩球始終沒有接觸重力加速度為g.求：(1)A球剛進(jìn)入水平軌道的速度大?。?2)A、B兩球相距最近時(shí)，A、B兩球系統(tǒng)的電勢(shì)能Ep；(3)A、B兩球最終的速度vA、vB的大小思路引領(lǐng)(1)A球下滑過程滿足機(jī)械能守恒條件(2)A球進(jìn)入水平軌道，A、B球組成的系統(tǒng)所受合外力為零，動(dòng)量守恒當(dāng)兩球最近時(shí)，速度相等(3)兩球距離足夠遠(yuǎn)時(shí)，相互作用力為零，系統(tǒng)電勢(shì)能為零解析(1)對(duì)A球下滑的過程，據(jù)機(jī)械能守恒得2mgh·2mv解得v0(2)A球進(jìn)入水平軌道后，兩球組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，當(dāng)兩球相距最近時(shí)共速，有2mv0(2mm)v解得vv0據(jù)能量守恒定律得2mgh(2mm)v2Ep解得Epmgh(3)當(dāng)兩球相距最近之后，在靜電斥力作用下相互遠(yuǎn)離，兩球距離足夠遠(yuǎn)時(shí)，相互作用力為零，系統(tǒng)電勢(shì)能也為零，速度達(dá)到穩(wěn)定則2mv02mvAmvB×2mv×2mvmv解得vAv0，vBv0答案(1)(2)mgh(3)電場(chǎng)中動(dòng)量和能量問題的解題技巧動(dòng)量守恒定律與其他知識(shí)綜合應(yīng)用類問題的求解，與一般的力學(xué)問題求解思路并無(wú)差異，只是問題的情景更復(fù)雜多樣，分析清楚物理過程，正確識(shí)別物理模型是解決問題的關(guān)鍵(2019·武漢畢業(yè)生調(diào)研)有一質(zhì)量為M、長(zhǎng)度為l的矩形絕緣板放在光滑的水平面上，另一質(zhì)量為m、帶電荷量的絕對(duì)值為q的物塊(視為質(zhì)點(diǎn))，以初速度v0從絕緣板的上表面的左端沿水平方向滑入，絕緣板所在空間有范圍足夠大的勻強(qiáng)電場(chǎng)，其場(chǎng)強(qiáng)大小E，方向豎直向下，如右圖所示已知物塊與絕緣板間的動(dòng)摩擦因數(shù)恒定，物塊運(yùn)動(dòng)到絕緣板的右端時(shí)恰好相對(duì)于絕緣板靜止；若將勻強(qiáng)電場(chǎng)的方向改變?yōu)樨Q直向上，場(chǎng)強(qiáng)大小不變，且物塊仍以原初速度從絕緣板左端的上表面滑入，結(jié)果兩者相對(duì)靜止時(shí)，物塊未到達(dá)絕緣板的右端求：(1)場(chǎng)強(qiáng)方向豎直向下時(shí)，物塊在絕緣板上滑動(dòng)的過程中，系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量；(2)場(chǎng)強(qiáng)方向豎直向下時(shí)與豎直向上時(shí)，物塊受到的支持力之比；(3)場(chǎng)強(qiáng)方向豎直向上時(shí)，物塊相對(duì)于絕緣板滑行的距離解析(1)場(chǎng)強(qiáng)方向向下時(shí)，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得mv0(Mm)v所以vv0根據(jù)能量守恒定律得熱量Qmv(Mm)v2(2)場(chǎng)強(qiáng)向下時(shí)FNmgqE場(chǎng)強(qiáng)向上時(shí)FNmgqE所以(3)兩次產(chǎn)生的熱量相等FNlQ，F(xiàn)NlQ所以l.答案(1)(2)14(3)(1)對(duì)于電場(chǎng)中的動(dòng)量問題，判斷所研究的系統(tǒng)動(dòng)量是否守恒是解題關(guān)鍵(2)對(duì)于電場(chǎng)中的能量問題，要熟練掌握電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能變化的關(guān)系，結(jié)合功能關(guān)系和能量守恒定律解題. 熱點(diǎn)考向二磁場(chǎng)中的動(dòng)量和能量問題【典例】(2019·陜西西安市四模)如右圖所示，將帶電荷量Q0.3 C、質(zhì)量m0.3 kg的滑塊放在小車的水平絕緣板的右端，小車的質(zhì)量M0.5 kg，滑塊與絕緣板間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.4，小車的絕緣板足夠長(zhǎng)，它們所在的空間存在磁感應(yīng)強(qiáng)度B20 T的水平方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(垂直于紙面向里)開始時(shí)小車靜止在光滑水平面上，一擺長(zhǎng)L1.25 m、質(zhì)量m0.15 kg的擺球從水平位置由靜止釋放，擺球到最低點(diǎn)時(shí)與小車相撞，碰撞后擺球恰好靜止，g取10 m/s2.求：(1)與小車碰撞前擺球到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)對(duì)擺線的拉力；(2)擺球與小車的碰撞過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能E；(3)碰撞后小車的最終速度思路引領(lǐng)(1)當(dāng)F洛>mg時(shí)滑塊與車之間的彈力變?yōu)榱?2)擺球與小車碰撞瞬間擺球與小車組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒解析(1)擺球下落過程，由動(dòng)能定理有mgLmv2，解得v5 m/s，擺球在最低點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律得Tmgm，解得T4.5 N，由牛頓第三定律可知擺球?qū)[線的拉力T4.5 N，方向豎直向下(2)擺球與小車碰撞瞬間，擺球與小車組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，以水平向右為正方向，有mvMv10，解得v11.5 m/s，由能量守恒定律，有Emv2Mv1.31 J.(3)假設(shè)滑塊與車最終相對(duì)靜止，則有Mv1(Mm)v2，解得v20.9375 m/s，由此得F洛Qv2B>mg，故假設(shè)不成立，因此滑塊最終懸浮滑塊懸浮瞬間，滿足F洛Qv2Bmg，解得v20.5 m/s.將滑塊與小車看成一個(gè)系統(tǒng)，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，有Mv1Mvmv2，解得v1.2 m/s，方向水平向右答案(1)4.5 N，方向豎直向下(2)1.31 J(3)1.2 m/s，方向水平向右磁場(chǎng)中的動(dòng)量和能量問題涉及題型往往是帶電小球或滑塊在磁場(chǎng)中的碰撞問題，熟練力學(xué)中的碰撞模型，如彈性碰撞的二級(jí)結(jié)論，及速度變化帶來(lái)的洛倫茲力變化將是快速解題的關(guān)鍵(2019·廣西南寧市3月適應(yīng)測(cè)試)如右圖所示，光滑絕緣的半圓形圓弧軌道ACD，固定在豎直面內(nèi)，軌道處在垂直于軌道平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，半圓弧的直徑AD水平，因弧的半徑為R，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，在A端由靜止釋放一個(gè)帶正電荷、質(zhì)量為m的金屬小球甲，結(jié)果小球甲連續(xù)兩次通過軌道最低點(diǎn)C時(shí)，對(duì)軌道的壓力差為F，小球運(yùn)動(dòng)過程始終不脫離軌道，重力加速度為g.求：(1)小球甲經(jīng)過軌道最低點(diǎn)C時(shí)的速度大??；(2)小球甲所帶的電荷量；(3)若在圓弧軌道的最低點(diǎn)C放一個(gè)與小球甲完全相同的不帶電的金屬小球乙，讓小球甲仍由軌道的A端由靜止釋放，則甲球與乙球發(fā)生彈性碰撞后的一瞬間，乙球?qū)壍赖膲毫?不計(jì)兩球間靜電力的作用)解析(1)由于小球甲在運(yùn)動(dòng)過程中，只有重力做功，因此機(jī)械能守恒，由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)，有mgRmv解得vC(2)小球甲第一次通過C點(diǎn)時(shí)，qvCBF1mgm第二次通過C點(diǎn)時(shí)，F(xiàn)2qvCBmgm由題意知FF2F1解得q(3)因?yàn)榧浊蚺c乙球在最低點(diǎn)發(fā)生的是彈性碰撞，則mvCmv甲mv乙mvmvmv解得v甲0，v乙vC設(shè)碰撞后的一瞬間，軌道對(duì)乙的支持力大小為F乙，方向豎直向上，則F乙qv乙Bmgm解得F乙3mg根據(jù)牛頓第三定律可知，此時(shí)乙球?qū)壍赖膲毫Υ笮?mg，方向豎直向下答案(1)(2)(3)3mg，方向豎直向下 (1)小球第一次通過C點(diǎn)時(shí)與第二次通過C點(diǎn)時(shí)，洛倫茲力方向不同(2)小球甲與小球乙碰撞后，兩者電量平分，各為. 熱點(diǎn)考向三電磁感應(yīng)中的動(dòng)量和能量問題【典例】(2019·河南洛陽(yáng)期末)如圖所示，兩根質(zhì)量均為m2 kg的金屬棒垂直地放在光滑的水平導(dǎo)軌上，左、右兩部分導(dǎo)軌間距之比為12，導(dǎo)軌間左、右兩部分有大小相等、方向相反的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，兩棒電阻與棒長(zhǎng)成正比，不計(jì)導(dǎo)軌電阻，現(xiàn)用250 N的水平拉力F向右拉CD棒，在CD棒運(yùn)動(dòng)0.5 m的過程中，CD棒上產(chǎn)生的焦耳熱為30 J，此時(shí)AB棒和CD棒的速度分別為vA和vC，且vAvC12，立即撤去拉力F，設(shè)導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)且兩棒始終在不同磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，求：(1)在CD棒運(yùn)動(dòng)0.5 m的過程中，AB棒上產(chǎn)生的焦耳熱；(2)撤去拉力F瞬間，兩棒的速度vA和vC的大??；(3)撤去拉力F后，兩棒最終做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度vA和vC的大小思路引領(lǐng)(2)兩棒最終做勻速運(yùn)動(dòng)，電路中電流為零兩棒最終速度比為21.解析(1)設(shè)兩棒的長(zhǎng)度分別為L(zhǎng)和2L，電阻分別為R和2R，由于電路在任何時(shí)刻電流均相等，根據(jù)焦耳定律QI2Rt可得QABQCD15 J.(2)對(duì)整個(gè)系統(tǒng)根據(jù)能量守恒定律有FsmvmvQABQCD又vAvC12解得vA4 m/s，vC8 m/s.(3)撤去拉力F后，AB棒繼續(xù)向左做加速運(yùn)動(dòng)，而CD棒開始向右做減速運(yùn)動(dòng)，兩棒最終做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，電路中電流為零，兩棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小相等，此時(shí)兩棒的速度滿足BLvAB·2LvC即vA2vC設(shè)AB棒和CD棒受到的安培力大小分別為FA和FC，對(duì)兩棒分別應(yīng)用動(dòng)量定理有FAtmvAmvA，F(xiàn)CtmvCmvC因?yàn)镕C2FA解得聯(lián)立以上各式解得vA6.4 m/s，vC3.2 m/s.答案(1)15 J(2)4 m/s8 m/s(3)6.4 m/s3.2 m/s動(dòng)量觀點(diǎn)在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的應(yīng)用1對(duì)于兩導(dǎo)體棒在平直的光滑導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)的情況，如果兩棒所受的外力之和為零，則考慮應(yīng)用動(dòng)量守恒定律處理問題2由BL·tm·v、q·t可知，當(dāng)題目中涉及電荷量或平均電流時(shí)，可應(yīng)用動(dòng)量定理來(lái)解決問題兩足夠長(zhǎng)且不計(jì)電阻的光滑金屬軌道如圖甲所示放置，間距為d1 m，在左端弧形軌道部分高h(yuǎn)1.25 m處放置一金屬桿a，弧形軌道與平直軌道的連接處光滑無(wú)摩擦，在平直軌道右端放置另一金屬桿b，桿a、b的電阻分別為Ra2 、Rb5 ，在平直軌道區(qū)域有豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B2 T現(xiàn)桿b以初速度大小v05 m/s開始向左滑動(dòng)，同時(shí)由靜止釋放桿a，桿a由靜止滑到水平軌道的過程中，通過桿b的平均電流為0.3 A；從a下滑到水平軌道時(shí)開始計(jì)時(shí)，a、b運(yùn)動(dòng)的速度時(shí)間圖像如圖乙所示(以a運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较?，其中ma2 kg，mb1 kg，g10 m/s2，求：(1)桿a在弧形軌道上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；(2)桿a在水平軌道上運(yùn)動(dòng)過程中通過其截面的電荷量；(3)在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中桿b產(chǎn)生的焦耳熱解析(1)設(shè)桿a由靜止滑至弧形軌道與平直軌道連接處時(shí)桿b的速度大小為vb0，對(duì)桿b運(yùn)用動(dòng)量定理，有Bd·tmb(v0vb0)其中vb02 m/s代入數(shù)據(jù)解得t5 s.(2)對(duì)桿a由靜止下滑到平直導(dǎo)軌上的過程中，由機(jī)械能守恒定律有maghmav解得va5 m/s設(shè)最后a、b兩桿共同的速度為v，由動(dòng)量守恒定律得mavambvb0(mamb)v代入數(shù)據(jù)解得v m/s桿a動(dòng)量的變化量等于它所受安培力的沖量，設(shè)桿a的速度從va到v的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，則由動(dòng)量定理可得BdI·tma(vav)而qI·t代入數(shù)據(jù)得q C.(3)由能量守恒定律可知桿a、b中產(chǎn)生的焦耳熱為Qmaghmbv(mbma)v2 Jb棒中產(chǎn)生的焦耳熱為QQ J.答案(1)5 s(2) C(3) J本題中兩金屬桿在平直的光滑導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)，只受到安培力作用，這類問題可以從以下三個(gè)觀點(diǎn)來(lái)分析：(1)力學(xué)觀點(diǎn)：通常情況下一個(gè)金屬桿做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，而另一個(gè)金屬桿做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)，最終兩金屬桿以共同的速度勻速運(yùn)動(dòng)(2)能量觀點(diǎn)：其中一個(gè)金屬桿動(dòng)能的減少量等于另一個(gè)金屬桿動(dòng)能的增加量與回路中產(chǎn)生的焦耳熱之和(3)動(dòng)量觀點(diǎn)：如果光滑導(dǎo)軌間距恒定，則兩個(gè)金屬桿的安培力大小相等，通常情況下系統(tǒng)的動(dòng)量守恒. 高考真題研究動(dòng)量守恒思想解決電磁感應(yīng)中的“雙棒”問題2019新課標(biāo)卷19題審題指導(dǎo)(多選)如圖，方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有兩根位于同一水平面內(nèi)的足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌，兩相同的光滑導(dǎo)體棒ab、cd靜止在導(dǎo)軌上t0時(shí)，棒ab以初速度v0向右滑動(dòng)運(yùn)動(dòng)過程中，ab、cd始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，兩者速度分別用v1、v2表示，回路中的電流用I表示下列圖像中可能正確的是()第一步抓關(guān)鍵點(diǎn)(1)“光滑導(dǎo)體棒”說(shuō)明運(yùn)動(dòng)過程無(wú)摩擦力(2)“平行金屬導(dǎo)軌”說(shuō)明兩棒所受安培力等大反向(3)“足夠長(zhǎng)”說(shuō)明兩棒最終會(huì)共速第二步找突破口(1)兩棒運(yùn)動(dòng)過程中，速度差逐漸減小，系統(tǒng)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)越來(lái)越小，最后變?yōu)?.(2)系統(tǒng)外力之和為零，動(dòng)量守恒.解析棒ab以初速度v0向右滑動(dòng)，切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，使整個(gè)回路中產(chǎn)生感應(yīng)電流，判斷可知棒ab受到方向與v0方向相反的安培力的作用而做變減速運(yùn)動(dòng)，棒cd受到方向與v0方向相同的安培力的作用而做變加速運(yùn)動(dòng)，它們之間的速度差vv1v2逐漸減小，整個(gè)系統(tǒng)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)逐漸減小，回路中感應(yīng)電流逐漸減小，最后變?yōu)榱悖醋罱K棒ab和棒cd的速度相同，v1v2，兩相同的光滑導(dǎo)體棒ab、cd組成的系統(tǒng)在足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)時(shí)不受外力作用，由動(dòng)量守恒定律有mv0mv1mv2，解得v1v2，選項(xiàng)A、C均正確，B、D均錯(cuò)誤答案AC試題特點(diǎn)備考策略本題類似碰撞中的完全非彈性碰撞模型，根據(jù)受力得出兩導(dǎo)體棒的速度變化情況；根據(jù)兩棒的速度關(guān)系結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律和電路問題，判斷產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的變化情況，從而得出回路中感應(yīng)電流的變化情況.“動(dòng)量”改為必考內(nèi)容后，電磁感應(yīng)中的動(dòng)量問題，就必須引起我們的關(guān)注出題方向一般為：(1)涉及單棒或兩邊導(dǎo)軌不等寬的雙棒問題一般考慮用動(dòng)量定理解題(2)由BL·tm·v，qt可知，當(dāng)題目涉及電荷量或平均電流時(shí)，可應(yīng)用動(dòng)量定理解題(3)涉及等寬平行導(dǎo)軌的雙棒問題，如果兩棒外力之和為零，則考慮用動(dòng)量守恒解題，必要時(shí)結(jié)合能量守恒定律和其他力學(xué)規(guī)律處理.專題強(qiáng)化訓(xùn)練(九)1(2019·張家口期末)如圖所示，ABD為豎直平面內(nèi)的光滑絕緣軌道，AB段為足夠長(zhǎng)的水平軌道，BD段為半徑R0.2 m的半圓軌道，二者相切于B點(diǎn)，整個(gè)軌道處于豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，場(chǎng)強(qiáng)大小E5.0×103 V/m.一不帶電的絕緣小球甲，以速度v0沿水平軌道向右運(yùn)動(dòng)，與靜止在B點(diǎn)帶正電的小球乙發(fā)生彈性正碰已知乙球質(zhì)量m1.0×102 kg，乙所帶電荷量q2.0×105 C，乙球質(zhì)量為甲球質(zhì)量的3倍取g10 m/s2，甲、乙兩球均可視為質(zhì)點(diǎn)，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中無(wú)電荷轉(zhuǎn)移(1)甲、乙兩球碰撞后，乙球通過軌道的最高點(diǎn)D時(shí)，對(duì)軌道的壓力大小N為自身重力的2.5倍，求乙在水平軌道上的首次落點(diǎn)到B點(diǎn)的距離；(2)在滿足(1)的條件下，求甲球的初速度v0.解析(1)設(shè)乙到達(dá)最高點(diǎn)D時(shí)的速度為vD，乙離開D點(diǎn)首次到達(dá)水平軌道的時(shí)間為t，加速度為a，乙在水平軌道上的首次落點(diǎn)到B點(diǎn)的距離為x.乙離開D點(diǎn)后做類平拋運(yùn)動(dòng)，則2Rat2，xvDt根據(jù)牛頓第二定律有a乙過D點(diǎn)時(shí)有mgqENm(式中N為乙在D點(diǎn)時(shí)軌道對(duì)乙的作用力)根據(jù)牛頓第三定律有NN2.5mg解得x0.6 m.(2)設(shè)碰后瞬間甲、乙兩球的速度分別為v1、v2，根據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律有mv0mv1mv2×mv×mvmv聯(lián)立解得v2v0乙球從B到D的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理有mg·2RqE·2Rmvmv由(1)可得vD3 m/s聯(lián)立解得v010 m/s.答案(1)0.6 m(2)10 m/s2(2019·河北五名校聯(lián)盟二模)如下圖所示，MN、PQ兩平行光滑水平導(dǎo)軌分別與半徑r0.5 m的相同豎直半圓導(dǎo)軌在N、Q端平滑連接，M、P端連接定值電阻R，質(zhì)量M2 kg的cd絕緣桿垂直且靜止在水平導(dǎo)軌上，在其右側(cè)至N、Q端的區(qū)域內(nèi)充滿豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)現(xiàn)有質(zhì)量m1 kg的ab金屬桿以初速度v012 m/s水平向右運(yùn)動(dòng)，與cd絕緣桿發(fā)生正碰后，進(jìn)入磁場(chǎng)并最終未滑出，cd絕緣桿則恰好能通過半圓導(dǎo)軌最高點(diǎn)，不計(jì)除R以外的其他電阻和摩擦，ab金屬桿始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，g取10 m/s2(不考慮cd桿通過半圓導(dǎo)軌最高點(diǎn)以后的運(yùn)動(dòng))，求：(1)cd絕緣桿恰好通過半圓導(dǎo)軌最高點(diǎn)時(shí)的速度大小v；(2)電阻R產(chǎn)生的焦耳熱Q.解析(1)cd絕緣桿恰好通過半圓導(dǎo)軌最高點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律有MgM解得v m/s.(2)發(fā)生正碰后cd絕緣桿滑至最高點(diǎn)的過程中，由動(dòng)能定理有Mg·2rMv2Mv，解得碰撞后cd絕緣桿的速度v25 m/s，兩桿碰撞過程中動(dòng)量守恒，有mv0mv1Mv2，解得碰撞后ab金屬桿的速度v12 m/s，ab金屬桿進(jìn)入磁場(chǎng)后由能量守恒定律有Qmv，解得Q2 J.答案(1) m/s(2)2 J3(2019·河南洛陽(yáng)統(tǒng)考)如圖所示，足夠長(zhǎng)的水平軌道左側(cè)b1b2c2c1部分軌道間距為2L，右側(cè)窄軌道間距為L(zhǎng)，曲線軌道與水平軌道相切于b1b2，所有軌道均光滑且電阻不計(jì)在水平軌道內(nèi)有斜向下與豎直方向成37°的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B00.1 T質(zhì)量M0.2 kg的金屬棒B垂直于導(dǎo)軌靜止放置在右側(cè)窄軌道上，質(zhì)量m0.1 kg的金屬棒A自曲線軌道上a1a2處由靜止釋放，經(jīng)時(shí)間t，兩棒達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)兩棒在運(yùn)動(dòng)過程中始終相互平行且與導(dǎo)軌保持良好接觸，棒A總在寬軌上運(yùn)動(dòng)，棒B總在窄軌上運(yùn)動(dòng)已知兩棒接入電路的有效電阻均為R0.2 ，h0.2 m，L0.2 m，取g10 m/s2，sin37°0.6，cos37°0.8.求：(1)棒A滑到b1b2處時(shí)的速度大小；(2)棒B勻速運(yùn)動(dòng)的速度大??；(3)在兩棒整個(gè)的運(yùn)動(dòng)過程中通過棒A某截面的電荷量；(4)在兩棒整個(gè)的運(yùn)動(dòng)過程中兩棒在水平導(dǎo)軌間掃過的面積之差解析(1)棒A在曲線軌道上下滑，軌道光滑，由機(jī)械能守恒定律有mghmv解得棒A滑到b1b2處時(shí)的速度v02 m/s.(2)對(duì)棒A、B，分別由動(dòng)量定理有B0cos··2LtmvAmv0，B0cos·LtMvB得mv0mvA2MvB兩棒最后勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，電路中無(wú)電流，則B0LvB2B0LvA，得vB2vA解得vBv0 m/s.(3)在棒B加速過程中，由動(dòng)量定理有B0cos·LtMvB0在兩棒整個(gè)的運(yùn)動(dòng)過程中通過棒A某截面的電荷量qt解得q C.(4)據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有E其中磁通量變化量B0cos·S電路中的電流通過棒A某截面的電荷量qt解得在兩棒整個(gè)的運(yùn)動(dòng)過程中兩棒在水平導(dǎo)軌間掃過的面積之差S m2.答案(1)2 m/s(2) m/s(3) C(4) m24(2019·福建泉州模擬)如圖所示，在豎直平面(紙面)內(nèi)有一直角坐標(biāo)系xOy，x軸下方有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，第三象限有沿x軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，第四象限存在另一勻強(qiáng)電場(chǎng)(圖中未畫出)；一光滑絕緣的固定不帶電細(xì)桿PQ交x軸于M點(diǎn)，細(xì)桿與x軸的夾角30°，桿的末端在y軸Q點(diǎn)處，P、M兩點(diǎn)間的距離為L(zhǎng).一套在桿上的質(zhì)量為2m、電荷量為q的帶正電小環(huán)b恰好靜止在M點(diǎn)，另一質(zhì)量為m、不帶電絕緣小環(huán)a套在桿上并從P點(diǎn)由靜止釋放，與b碰撞后瞬間反彈，反彈后到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)被鎖定，鎖定點(diǎn)與M點(diǎn)的距離為，b沿桿下滑過程中始終與桿之間無(wú)作用力，b進(jìn)入第四象限后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，而后通過x軸上的N點(diǎn)，且OMON.已知重力加速度大小為g，a、b均可看作質(zhì)點(diǎn)，求：(1)碰后b的速度大小v以及a、b碰撞過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能E；(2)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B；(3)b離開桿后經(jīng)過多長(zhǎng)時(shí)間會(huì)通過x軸解析(1)設(shè)a與b碰前瞬間a的速度大小為v1，碰后瞬間a的速度大小為v2，由機(jī)械能守恒得mgLsinmv，mg·sinmv取沿桿向下方向?yàn)檎较?，則a、b碰撞過程中，由動(dòng)量守恒定律有mv1mv22mv聯(lián)立解得v機(jī)械能損失Emv解得EmgL.(2)設(shè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，由于b從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)的過程中始終與桿無(wú)作用力，可得qvBcos2mg將v代入得B.(3)b在第四象限做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系可得軌跡的圓心O在x軸上，經(jīng)過N點(diǎn)時(shí)速度方向與x軸垂直，圓心角120°，又勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期Tb從Q點(diǎn)到第一次通過N點(diǎn)的時(shí)間t1T得t1b第一次通過N點(diǎn)后做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，經(jīng)t2時(shí)間第二次通過N點(diǎn)，有t2b第二次通過N點(diǎn)后在磁場(chǎng)中做半個(gè)圓周運(yùn)動(dòng)，經(jīng)t3時(shí)間第三次通過x軸，有t3b離開桿后會(huì)通過x軸有兩種情況：第n次豎直向上經(jīng)過x軸，時(shí)間tt1(n1)(t2t3)(n1)(n1、2、3、)第n次豎直向下經(jīng)過x軸，時(shí)間tt1t2(n1)(t2t3)(n1)(n1、2、3、)答案(1)mgL(2)(3)第n次豎直向上經(jīng)過x軸，時(shí)間tt1(n1)(t2t3)(n1)(n1、2、3、)第n次豎直向下經(jīng)過x軸，時(shí)間tt1t2(n1)(t2t3)(n1)(n1、2、3、)17