高三物理一轮复习专题强化训练：动力学、动量和能量观点在电学中的应用.docx

《高三物理一轮复习专题强化训练：动力学、动量和能量观点在电学中的应用.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高三物理一轮复习专题强化训练：动力学、动量和能量观点在电学中的应用.docx（10页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、2022届高三物理一轮复习专题强化训练：动力学、动量和能量观点在电学中的应用【命题点一：电磁感应中动量和能量观点的应用】例1 如图，固定在同一水平面内的两根平行长直金属导轨间距为d，其右端接有阻值为R的电阻，整个装置处在竖直向上磁感应强度大小为B的磁场中。一质量为m(质量分布均匀)的导体杆ab垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触，杆与导轨之间的动摩擦因数为，现杆在水平向左、垂直于杆的恒力F作用下从静止开始沿导轨运动距离L时，速度恰好达到最大(运动过程中杆始终与导轨保持垂直)。设杆接入电路的电阻为r，导轨电阻不计，重力加速度大小为g。则此过程()A. 杆的速度最大值为(F-mg)RB2d2B.

2、 流过电阻R的电量为BdLRC. 恒力F做的功与安倍力做的功之和大于杆动能的变化量D. 恒力F做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的变化量例2（多选）如图所示，已知水平导轨MN、PQ的间距恒为L，导轨左侧连接一个半径为r的四分之一光滑圆弧轨道ME、PF，水平导轨的右侧连接一阻值为R的定值电阻，在水平导轨MDCP区域存在一个磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场，其磁场宽度为d。现将一质量为m、接入电路的电阻也为R的金属杆沿着水平导轨以初速度v0从磁场边界CD向左滑入磁场中，并恰好能到达与圆心等高的位置EF，之后刚好能返回到磁场右边界CD.若金属杆与水平导轨间的动摩擦因数为，不计导轨电阻，重力

3、加速度大小为g，金属杆在运动过程中始终与水平导轨垂直且接触良好。则以下判断正确的是()A. 金属杆通过圆弧轨道最低处PM位置时受到的弹力大小为2mgB. 整个过程中定值电阻R上产生的焦耳热为14mv02-mgdC. 整个过程中流过定值电阻R上的电荷量为BLdRD. 金属杆先、后两次穿越磁场区域所用总时间为v0g-B2L2dmgR例3 如图所示，金属棒a从高为h处由静止沿光滑的弧形导轨下滑进入光滑导轨的水平部分，导轨的水平部分处于竖直向下的匀强磁场中在水平部分原先静止有另一根金属棒b，已知ma=2m，mb=m，整个水平导轨足够长，并处于广阔的匀强磁场中，假设金属棒a始终没跟金属棒b相碰，重力加速

4、度为g.求：(1)金属棒a刚进入水平导轨时的速度；(2)两棒的最终速度；(3)在上述整个过程中两根金属棒和导轨所组成的回路中消耗的电能例4 如图所示，有一倾角为的固定粗糙斜面，斜面上相隔为d的平行虚线MN与PQ间有大小为B的匀强磁场，方向垂直斜面向下。一质量为m、电阻为R、边长为L的正方形单匝纯电阻金属线圈，在沿斜面向上的恒力作用下，以速度v匀速进入磁场，线圈ab边刚进入磁场和cd边刚要离开磁场时，ab边两端的电压相等。已知磁场的宽度d大于线圈的边长L，线圈与斜面间的动摩擦因数为，重力加速度为g。求：(1)线圈有一半面积进入磁场时通过ab边的电荷量q;(2)恒力F的大小;(3)线圈通过磁场的过

5、程中产生的焦耳热Q。【命题点二：电场中动量和能量观点的应用】例5 如图所示，水平地面上方分布着水平向右的匀强电场一“L”形的绝缘硬质管竖直固定在匀强电场中管的水平部分长为l1=0.2m，离水平地面的距离为h=5.0m，竖直部分长为l2=0.1m.一带正电的小球从管的上端口A由静止释放，小球与管间摩擦不计且小球通过管的弯曲部分(长度极短可不计)时没有能量损失，小球在电场中受到的静电力大小为重力的一半，求：(1)小球运动到管口B时的速度大小；(2)小球着地点与管的下端口B的水平距离(g=10m/s2).例6 如图所示，空间有场强E=1.0103V/m竖直向下的电场，长L=0.4m不伸长的轻绳固定于

6、0点，另一端系一质量m=0.05kg带电q=+510-4C的小球，拉起小球至绳水平后在A点无初速度释放，当小球运动至0点的正下方B点时，绳恰好断裂，小球继续运动并垂直打在同一竖直平面且与水平面成=30、无限大的挡板MN上的C点试求：(1)绳子至少受多大的拉力才能被拉断：(2)A、C两点的电势差例7 如图所示，一竖直光滑绝缘的管内有一劲度系数为k的绝缘弹簧，其下端固定于地面，上端与一不带电的质量为2m绝缘小球A相连，开始时小球A静止；整个装置处在一竖直向下的匀强电场中，场强大小为E=mg/q。现将另一质量也为m、带电量为+q的绝缘带电小球B从距A某个高度由静止开始下落，与A发生碰撞后一起向下运动

7、、但不粘连；相对于碰撞位置B球能反弹的最大高度为6mgk。(全过程中小球B的电量不发生变化，重力加速度为g)。(1)开始时弹簧的形变量的大小；(2)A、B分离时速度的大小；(3)B开始下落时与A的距离。【命题点三：磁场中动量和能量观点的应用】例8 如图是质谱仪的工作原理示意图。带电粒了被加速电场加速后，进入速度选择器。速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B和E。平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1A2。平板S下方有强度为B0的匀强磁场。下列表述正确的是()A. 该带电粒子带负电B. 速度选择器中的磁场方向垂直纸面向里C. 能通过的狭缝P的带电粒子的速率等于E/

8、BD. 粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的荷质比越小例9 静电喷漆原理如图所示，A、B为两块足够大的平行金属板，间距为d，两板间存在匀强电场。在A板的中央放置一个安全接地的静电油漆喷枪P，油漆喷枪的半球形喷嘴可向各个方向均匀地喷出带电油漆微粒。若油漆微粒的初速度大小均为v0，质量为m、电荷量为-q，场强大小为E=3mv022qd，微粒所受重力、空气阻力、微粒间相互作用力均不计，试求：(1)微粒打在B板时的动能Ek；(2)微粒到达B板上O点所需的时间t；例10 如图所示，在xOy平面内，有一线性粒子源沿+x方向发射速率均为v的带正电粒子，形成宽为2 R关于x轴对称的粒子流。粒子流射入一个半

9、径为R、中心位于原点O的圆形匀强磁场区域，磁感应强度为B，方向垂直xOy平面向外，粒子经磁场偏转后均从P点射入下方的圆形匀强电场区域，电场方向平行于xOy平面，圆心O坐标为(0,-2R)，半径为R，PQ、AC为圆的两直径，夹角为60。已知从C点射出的粒子速率仍为v，沿PC方向射入的粒子恰好从Q点射出。不计粒子重力及它们间的相互作用。求：(1)粒子的比荷；(2)电场强度的大小和方向；(3)粒子射出电场的最大速率。答案解析例1.【答案】C【解析】A.设杆的速度最大值为v，此时杆所受的安培力为为：FA=BId=B2d2vR+r杆的速度最大时，做匀速运动，受力平衡，则有：F=FA+mg联立解得：v=(

10、F-mg)(R+r)B2d2，故A错误；B.流过电阻R的电荷量为：q=R+r=BdLR+r，故B错误；CD.根据动能定理得：恒力F做的功、摩擦力做的功、安培力做的功之和等于杆动能的变化量，因摩擦力做负功，因此，恒力F做的功与安倍力做的功之和大于杆动能的变化量，故C正确，D错误。故选：C。例2.【答案】BD【解析】A.金属杆在圆弧轨道上滑的过程中，机械能守恒，金属杆在圆弧底端的速度设为v，有：mgr=12mv2金属杆通过圆弧轨道最低处PM位置时，由牛顿第二定律可得：FN-mg=mv2r联立得：FN=3mg，故A错误；B.由于金属杆接入电路的电阻与定值电阻均为R，两者产生的焦耳热相等，在进入和回到

11、CD边界的整个过程中，由能量守恒定律得：12mv02=2Q+2mgd解得：Q=14mv02-mgd；故B正确；C.整个过程中流过定值电阻R上电流方向不同，当导体杆往左运动时，电阻R上的电流方向为从N到Q，根据q=It，I=BLv2R，可求出q=BLd2R，当导体杆向右运动时，电流方向则为Q到N，同理可求出q=BLd2R，整个过程中流过定值电阻R的电荷量数值相等，但是由于电流方向相反，流过电荷量则为0，故C错误；D.金属杆向左通过磁场区域的过程，由根据动量定理可得：-BILt1-mgt1=mv1-mv0代入上式整理得：B2L2d2R+mgt1=mv0-mv1金属杆向右通过磁场区域的过程，同理可得

12、B2L2d2R+mgt2=mv1联立以上两式得：t=t1+t2=v0g-B2L2dmgR，故D正确。故选：BD。例3.【答案】解：(1)a从静止开始下滑到进入水平导轨过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得：magh=12mav02，解得：v0=2gh；(2)a、b两杆组成的系统动量守恒，以a的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mav0=(ma+mb)v，解得：v=232gh；(3)由能量守恒定律得：12mav02=Q+12(ma+mb)v2，解得：Q=23mgh；答：(1)金属棒a刚进入水平导轨时的速度为2gh；(2)两棒的最终速度为232gh；(3)在上述整个过程中两根金属棒和导轨所组成的

13、回路中消耗的电能为23mgh例4.【答案】(1)线圈一半面积进入磁场时产生的感应电动势，感应电流：I=ER，电荷量：q=It=BL22R；(2)线圈匀速运动，处于平衡状态，由平衡条件得：F=mgsin+F安+mgcos，安培力：F安=B2L2vR，解得：F=mgsin+mgcos+B2L2vR；(3)ab边进磁场时，两端电压：Uab=34BLv，cd边出磁场时：Uab=14BLv1，已知Uab=Uab，解得：v1=3v；根据动能定理得：F(L+d)-mg(L+d)sin-mg(L+d)cos-W安=12mv12-12mv2，由热量等于克服安培力做功：Q=W安，线圈通过磁场的过程中产生的焦耳热Q

14、=B2L2v(L+d)R-4mv2答：(1)线圈有一半面积进入磁场时通过ab边的电荷量q为BL22R；(2)恒力F的大小为：mgsin+mgcos+B2L2vR；(3)线圈通过磁场的过程中产生的焦耳热Q=B2L2v(L+d)R-4mv2。例5.【答案】解：(1)在小球从A运动到B的过程中，对小球由动能定理有：12mvB2-0=mgl2+F电l1，由于小球在电场中受到的静电力大小为重力的一半，即F电=12mg 代入数据可得：vB=2.0m/s小球运动到管口B时的速度大小为2.0m/s(2)小球离开B点后，设水平方向的加速度为a，位移为s，在空中运动的时间为t，水平方向有：a=g2，s=vBt+1

15、2at2，竖直方向有：h=12gt2，由式，并代入数据可得：s=4.5m故小球着地点与管的下端口B的水平距离为4.5m例6.【答案】解析：(1)由A到B过程中由动能定理得：mgL+qEL=12mvB2由圆周运动和牛顿第二定律得：F-mg-qE=mvB2L代入数据可解得绳子能承受的最大拉力为：F=3N；(2)由第一问可知小球到达B点时的速度为：vB=4m/s小球离开B点做类平抛运动，到达C点时小球垂直撞在斜面上，则由几何知识得：vCsin=vB从A到C的过程中由动能定理得：mghAc+qUAC=12mvC2-0a=mg+qEm；vCcos=at；hBC=12at2，hAC=hBC+L联立解得A、

16、C两点的电势差：U=1600V。例7.【答案】解：(1)开始时A小球处于静止状态，kx=2mg得x=2mgk(2)A、B分离时两小球加速度相同，小球之间没有相互作用力，对B小球进行分析：ma=mg+Eq得a=2g；对A小球进行分析：2ma=2mg+kx得：x=2mgk。由分析知，B小球还能继续上升的高度为h=6mgk-2mgk-2mgk=2mgk；对B小球进行动能定理知：(mg+Eq)h=mv22得v=8mg2k(3)A、B碰撞后到A、B分离得过程，由动能定理可以求出A、B碰撞后瞬间的速度：-3mg4mgk-Eq4mgk=3mv22-3mv22得v=56mg23kA、B碰撞过程，由动量守恒可知

17、：mv0=3mv得v0=3v若A与B相距为x0处下落，则(mg+Eq)x0=mv022得x0=48mgk。例8.【答案】C【解析】解：A、带电粒子在B0磁场中向左边偏转，根据左手定则可知，带电粒子为正电荷。故A错误。B、带电粒子为正电荷，在速度选择器中，电场力和洛仑磁力大小相等方向相反。根据题意，带电粒子受到的电场力方向向右，所以洛仑磁力必然向左，根据左手定则知，速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外。故B错误。C、在速度选择器中，要使得带电粒子能通过狭缝P，必须有电场力和洛仑磁力大小相等方向相反，即qE=qvB，解得：v=EB.故C正确。D、再偏转磁场中，洛仑磁力提供向心力，根据牛顿第二定律得：

18、qvB=mv2R，解得：R=mvqB=vqmB，v一定，荷质比为qm越大，R越小，即粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P.故D错误。故选：C。根据左手定则可以判断带电粒子的正负；速度选择器中，v=EB；再偏转磁场中，洛仑磁力提供向心力，根据牛顿第二定律可以求出荷质比为qm和R的大小关系。本题考查了质谱仪和回旋加速器的工作原理、带电粒子在匀强磁场中的运动等知识点。注意：速度选择器中，要使得带电粒子能通过狭缝P，必须有电场力和洛仑磁力大小相等方向相反。例9.【答案】解：(1)微粒从P喷出到打在B板，由动能定理得：qEd=Ek-12mv02得Ek=2mv02(2)设微粒到达O点时的速度为vEk=12mv

19、2解得：v=2v0微粒从P到O作匀加速直线运动，有v0+v2t=d得t=2d3v0也可这样解答比如：微粒在电场中运动的加速度为a=qEm=3v022d微粒从P到O作匀加速直线运动，有v2-v02=2adv0+v2t=d得t=2d3v0例10.【答案】解：(1)分析沿O点入射的粒子知：r=R 由牛顿第二定律得：qvB=mv2r，解得：qm=vBR；(2)由题意知UPC=0，即电场方向垂直PC斜向下，方向与y轴成60，对沿PC方向射入的粒子，在电场中做类平抛运动则满足： 2Rsin60=vt，2Rcos60=12at2，又qE=ma，联立解得：E=2Bv3；(3)粒子从图中D点射出速率最大则由动能定理得：qER(1+cos60)=12mvm2-12mv2，解得：vm=3v。第9页，共10页