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第2讲 能量观点和动量
观点在电磁学中的应用
要点提炼
高考考向
专题作业
本课结束
解析
答案第2讲 能量观点和动量观点在电磁学中的应用
要点提炼
1.电磁学中的功能关系
(1)电场力做功与电势能的关系：W电＝－ΔEp电。
推广：仅电场力做功，电势能和动能之和守恒；仅电场力和重力及系统内弹力做功，电势能和机械能之和守恒。
(2)洛伦兹力不做功。
(3)电磁感应中的功能关系
2．电路中的电功和焦耳热
(1)电功：W电＝UIt；焦耳热：Q＝I2Rt。
(2)纯电阻电路：W电＝Q＝UIt＝I2Rt＝t，U＝IR。
(3)非纯电阻电路：W电＝Q＋E其他，U>IR。
(4)求电功或电热时用有效值。
(5)闭合电路中的能量关系
电源总功率
任意电路：P总＝EI＝P出＋P内
纯电阻电路：P总＝I2(R＋r)＝
电源内部消耗的功率
P内＝I2r＝P总－P出
电源的输出功率
任意电路：P出＝UI＝P总－P内
纯电阻电路：P出＝I2R＝
P出与外电阻R的关系
电源的效率
任意电路：η＝×100%＝×100%
纯电阻电路：η＝×100%
由P出与外电阻R的关系可知：
①当R＝r时，电源的输出功率最大为Pm＝。
②当R>r时，随着R的增大输出功率越来越小。
③当R
④当P出3．动量观点在电磁感应中的应用
(1)动量定理在电磁感应中的应用
导体在磁场对感应电流的安培力作用下做非匀变速直线运动时，在某过程中由动量定理有：BL1Δt1＋BL2Δt2＋BL3Δt3＋…＝mv－mv0
通过导体横截面的电荷量q＝1Δt1＋2Δt2＋3Δt3＋…得BLq＝mv－mv0，在题目涉及通过电路横截面的电荷量q时，可考虑用此表达式。
又＝
eq
\f(BL,R总)，q＝I·Δt＝
eq
\f(BLt,R总)＝＝，故也可考虑用表达式q＝。
(2)动量守恒定律在电磁感应中的应用
双导体棒在光滑水平等距导轨上自由切割磁感线时，同一时刻磁场对两导体棒的安培力大小相等、方向相反，两导体棒组成的系统所受合外力为零，总动量守恒。
高考考向1 电场中的能量问题
命题角度1
电场中的功能关系
例1 (2020·全国卷Ⅲ)(多选)如图，∠M是锐角三角形PMN最大的内角，电荷量为q(q>0)的点电荷固定在P点。下列说法正确的是( )
A．沿MN边，从M点到N点，电场强度的大小逐渐增大
B．沿MN边，从M点到N点，电势先增大后减小
C．正电荷在M点的电势能比其在N点的电势能大
D．将正电荷从M点移动到N点，电场力所做的总功为负
解析 ∠M是锐角三角形PMN最大的内角，所以PN>PM，又因为固定在P点的点电荷的电荷量q>0，据此可作出过M、N两点的电场线和等势线，如图所示。
根据点电荷的场强公式E＝k可知，沿MN边，从M点到N点，距P点处点电荷的距离r先减小后增大，故电场强度的大小先增大后减小，A错误；根据离正点电荷越近电势越大可知，沿MN边，从M点到N点，距P点处点电荷的距离先减小后增大，故电势先增大后减小，B正确；由图可知，φM>φN，结合电势能公式Ep＝qφ可知，正电荷在M点的电势能大于其在N点的电势能，C正确；由C项分析可知，将正电荷从M点移动到N点，电势能减小，故电场力所做的总功为正，D错误。
答案 BC
(1)电场强度的判断
①场强方向是电场中正电荷受力的方向、负电荷受力的反方向，也是电场线上某点的切线方向。
②电场强弱可用电场线疏密判断。
(2)电势高低的比较
①根据电场线方向判断，沿着电场线方向，电势越来越低。
②将电荷量为＋q的电荷从电场中的某点移至无穷远处电场力做正功越多，则该点的电势越高。
③根据电势差UAB＝φA－φB判断，若UAB>0，则φA>φB，若UAB<0，则φA<φB。
(3)电势能变化的判断
①根据电场力做功判断，若电场力对电荷做正功，电势能减少，若电场力对电荷做负功，电势能增加，即W＝－ΔEp。
②根据能量守恒定律判断，电场力做功的过程是电势能和其他形式的能相互转化的过程，若只有电场力做功，电荷的电势能与动能相互转化，总和应保持不变，即当动能增加时，电势能减少，且ΔEk＝－ΔEp。
备课记录：
1－1 (2020·江苏高考)(多选)如图所示，绝缘轻杆的两端固定带有等量异号电荷的小球(不计重力)。开始时，两小球分别静止在A、B位置。现外加一匀强电场E，在静电力作用下，小球绕轻杆中点O转到水平位置。取O点的电势为0。下列说法正确的有( )
A．电场E中A点电势低于B点
B．转动中两小球的电势能始终相等
C．该过程静电力对两小球均做负功
D．该过程两小球的总电势能增加
答案 AB
解析 因为沿着电场线方向电势降低，所以电场E中A点所在等势面的电势低于B点所在等势面，故电场E中A点电势低于B点，A正确；转动中两小球始终关于O点对称，又因为匀强电场O点的电势为0，可知＋q、－q所在处的电势φ＋、φ－的关系为φ＋＝－φ－，又两小球的电势能分别为Ep＋＝qφ＋，Ep－＝－qφ－，所以Ep＋＝Ep－，B正确；电荷量为＋q、－q的小球受到的静电力分别水平向右、水平向左，可知该过程静电力对两小球均做正功，故两小球的电势能均减少，则总电势能减少，C、D错误。
1－2 (2020·宁夏回族自治区高三一模)(多选)如图所示，ABC为等边三角形，电荷量为＋q的点电荷固定在A点。先将一电荷量也为＋q的点电荷Q1从无穷远处(电势为0)移到C点，此过程中，电场力做功为－W。再将Q1从C点沿CB移到B点并固定。最后将一电荷量为－2q的点电荷Q2从无穷远处移到C点。下列说法正确的有( )
A．Q1移入之前，C点的电势为
B．Q1从C点移到B点的过程中，所受电场力做的功为0
C.Q2从无穷远处移到C点的过程中，所受电场力做的功为2W
D．Q2在移到C点后的电势能为－4W
答案 ABD
解析 由题意可知，Q1移入之前，C点的电势为φC＝＝，故A正确；B、C两点到A点的距离相等，则B、C两点的电势相等，Q1从C点移到B点的过程中，电场力先做负功再做正功，总功为0，故B正确；当在B点固定Q1后，C点的电势为，Q2从无穷远处移到C点的过程中，电场力做功为－2q×＝4W，故C错误；当在B点固定Q1后，C点的电势为，则Q2在移到C点后的电势能为－2q×＝－4W，故D正确。
命题角度2
用能量观点解决电场中的运动问题
例2 (2019·全国卷Ⅱ)如图，两金属板P、Q水平放置，间距为d。两金属板正中间有一水平放置的金属网G，P、Q、G的尺寸相同。G接地，P、Q的电势均为φ(φ>0)。质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子自G的左端上方距离G为h的位置，以速度v0平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计。
(1)求粒子第一次穿过G时的动能，以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小；
(2)若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？
解析 (1)PG、QG间场强大小相等，设均为E。粒子在PG间所受电场力F的方向竖直向下，设粒子的加速度大小为a，有
E＝①
F＝qE＝ma②
设粒子第一次到达G时动能为Ek，由动能定理有
qEh＝Ek－mv③
设粒子第一次到达G时所用的时间为t，粒子在水平方向的位移大小为l，则有
h＝at2④
l＝v0t⑤
联立①②③④⑤式解得
Ek＝mv＋qh⑥
l＝v0⑦
(2)若粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短。由对称性知，此时金属板的长度为
L＝2l＝2v0。
答案 (1)mv＋qh v0 (2)2v0
判断能量如何变化的方法
(1)根据其对应的功能关系分析。
(2)根据所研究过程的守恒关系分析。
备课记录：
2.
(2020·宁夏回族自治区宁夏大学附属中学高三下第五次模拟)(多选)如图所示，空间分布着匀强电场，竖直方向的实线为其等势面，一质量为m、带电量为＋q的小球从O点由静止开始恰能沿直线OP运动，且到达P点时的速度大小为v，重力加速度为g(规定O点的电势为零)，下列说法正确的是( )
A．电场强度的大小E＝
B．P点的电势φP＝－
C．小球在P点的电势能Ep＝
D.小球机械能的变化量为
答案 BD
解析 小球沿直线OP运动，则合力沿OP方向，如图所示，有qE
tan
45°＝mg，解得E＝，故A错误；设OP＝L，根据动能定理得mgL
sin
45°＋qEL
cos
45°＝mv2－0，解得电场力做功W＝qEL
cos
45°＝，根据W＝qUOP，解得UOP＝，根据UOP＝φO－φP，且φO＝0
V，解得φP＝－，则小球在P点的电势能为Ep＝qφP＝－，故B正确，C错误；小球机械能的变化量等于电场力做的功，为ΔE＝W＝，故D正确。
高考考向2 能量和动量的观点在电磁感应中的应用
命题角度1
电磁感应中的能量问题
例3 如图所示，在倾角θ＝37°的光滑斜面上存在一匀强磁场区域MNPQ，磁感应强度B的大小为5
T，方向垂直斜面向上，磁场宽度d＝0.55
m。有一边长L＝0.4
m、质量m1＝0.6
kg、电阻R＝2
Ω的正方形均匀导体线框abcd通过一轻质细线跨过光滑的定滑轮与一质量m2＝0.4
kg的物体相连。物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4，将线框从图示位置由静止释放，物体到定滑轮的距离足够长。(取g＝10
m/s2，sin
37°＝0.6，cos
37°＝0.8)
(1)求线框abcd还未进入磁场的运动过程中，细线中的拉力大小；
(2)当ab边刚进入磁场时，线框恰好做匀速直线运动，求线框刚释放时ab边距磁场MN边界的距离x；
(3)在(2)问中的条件下，若cd边离开磁场边界PQ时，速度大小为2
m/s，求整个运动过程中ab边产生的热量。
解析 (1)线框还未进入磁场的运动过程中，以线框为研究对象，由牛顿第二定律得m1g
sin
θ－T＝m1a，
以物体为研究对象，由牛顿第二定律得T－μm2g＝m2a，
联立解得T＝2.4
N，a＝2
m/s2。
(2)当ab边刚进入磁场时，线框恰好做匀速直线运动，有
m1g
sin
θ－F安－T′＝0，
T′－μm2g＝0，
F安＝BIL＝，
联立解得v＝1
m/s，
线框进入磁场前做匀加速直线运动，有v2＝2ax，
代入数据解得x＝0.25
m。
(3)线框从开始运动到cd边离开磁场边界PQ的过程中，对线框和物体组成的整体由能量守恒定律有
m1g
sin
θ(x＋d＋L)－μm2g(x＋d＋L)＝(m1＋m2)v＋Q，
其中v1＝2
m/s，代入数据解得Q＝0.4
J，
则ab边产生的热量Qab＝Q＝0.1
J。
答案 (1)2.4
N (2)0.25
m (3)0.1
J
电磁感应中能量问题的分析方法
从能量的观点着手，运用动能定理或能量守恒定律。
基本方法是：受力分析→弄清哪些力做功，做正功还是负功→明确有哪些形式的能参与转化，哪些增哪些减→由动能定理或能量守恒定律列方程求解。
备课记录：
3－1 (2019·北京高考)如图所示，垂直于纸面的匀强磁场磁感应强度为B。纸面内有一正方形均匀金属线框abcd，其边长为L，总电阻为R，ad边与磁场边界平行。从ad边刚进入磁场直至bc边刚要进入的过程中，线框在向左的拉力作用下以速度v匀速运动，求：
(1)感应电动势的大小E；
(2)拉力做功的功率P；
(3)ab边产生的焦耳热Q。
答案 (1)BLv (2) (3)
解析 (1)从ad边刚进入磁场到bc边刚要进入的过程中，只有ad边切割磁感线，所以产生的感应电动势的大小为：E＝BLv。
(2)线框进入过程中线框中的电流为：I＝
ad边所受安培力为：FA＝BIL
由于线框匀速运动，所以有拉力与安培力大小相等，方向相反，即F＝FA
所以拉力的功率为：P＝Fv＝FAv
联立以上各式解得：P＝。
(3)线框进入过程中线框中的电流为：I＝
进入所用的时间为：t＝
ab边的电阻为：Rab＝
该过程中ab边产生的焦耳热为：Q＝I2Rabt
联立解得：Q＝。
3－2 (2020·湖北省武汉市高三二模)如图所示，光滑导轨MN、PQ固定在同一水平面上，两导轨间距为L，N、Q两端接有定值电阻R。在两导轨之间有一边长为0.5L的正方形区域abcd，该区域内分布着方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场。一粗细均匀、质量为m的金属杆静止在ab处，金属杆接入两导轨之间的电阻也为R。现用一恒力F沿水平方向拉杆，使之由静止向右运动，且杆在穿出磁场前已做匀速运动。已知杆与导轨接触良好，不计其他电阻，求：
(1)金属杆匀速运动的速率v；
(2)穿过整个磁场过程中，金属杆上产生的电热Q。
答案 (1) (2)－
解析 (1)当金属杆匀速运动时，根据法拉第电磁感应定律，金属杆产生的感应电动势大小为E＝
由闭合电路欧姆定律有I＝
则金属杆所受安培力大小为F安＝
由平衡条件有F＝F安
联立解得，金属杆匀速运动的速率为v＝。
(2)设整个过程中产生的总电热为Q总，根据能量守恒定律得Q总＝F·－mv2
由串联电路特点，金属杆上产生的电热为Q＝Q总
联立解得Q＝－。
命题角度2
电磁感应中的动量问题
例4 (2020·山东省德州市高三二模)如图所示，宽度为L＝0.5
m的光滑导轨固定在水平地面上，水平部分足够长，光滑倾斜部分与水平面的夹角为30°，两部分在PQ处平滑连接。导轨水平部分MN右侧区域有竖直方向的匀强磁场，倾斜部分有与导轨所在斜面垂直的匀强磁场(图中均未画出)，两处磁场的磁感应强度大小都为B＝2
T，导体棒ab和cd的质量都为m＝0.2
kg，电阻阻值都为r＝2
Ω。现使cd静止在距PQ
x0＝4
m位置处，将ab自高度h＝1
m处由静止释放，在到达PQ之前已达到匀速运动状态。ab到达PQ时释放cd，之后经过一段时间，加速运动至磁场左边界MN处时，其加速度恰好减小为零，又经过一段时间，ab的速度减小为零。已知重力加速度g＝10
m/s2，导体棒经过PQ处的能量损失忽略不计，导轨电阻不计，求：
(1)整个过程回路产生的焦耳热；
(2)cd棒离开磁场后，ab棒运动的距离；
(3)ab棒速度减为0时与MN的距离。
解析 (1)导体棒ab在到达PQ之前已达到匀速运动状态时，由平衡条件有mg
sin
30°＝ILB
又E＝BLv0，I＝
联立解得v0＝4
m/s
cd运动至MN处时加速度恰好减小为零，则此时两棒速度相同，设为v1。
自ab进入水平部分至cd到达MN处，由动量守恒定律有mv0＝2mv1
代入数据解得v1＝2
m/s
整个过程中能量守恒，设回路产生的焦耳热为Q，
则有mgh＝mv＋Q
代入数据解得Q＝1.6
J。
(2)cd棒离开磁场后，对导体棒ab，由动量定理有：
－BL1Δt1－BL2Δt2－BL3Δt3－…＝0－mv1
其中q1＝1Δt1＋2Δt2＋3Δt3＋…
又q1＝＝
联立解得x1＝1.6
m。
(3)设ab棒速度减为0时与MN的距离为x2，对ab棒在水平导轨上的运动应用动量定理有－Bq2L＝0－mv0
其中q2＝
联立解得x2＝0.8
m。
答案 (1)1.6
J (2)1.6
m (3)0.8
m
应用动量观点解决电磁感应综合问题的两类情形
(1)利用动量定理求感应电荷量或运动位移
在导体棒做非匀变速运动的问题中，应用动量定理可以解决牛顿运动定律不易解决的问题。
如：由BLΔt＝Δp，q＝·Δt，可得q＝。
由Δt＝Δp，x＝vΔt，可得x＝。
(2)利用动量守恒定律分析双导体棒问题
在相互平行的光滑水平轨道间的双棒做切割磁感线运动时，由于这两根导体棒所受的安培力等大反向，若不受其他外力，两导体棒组成的系统所受合外力为零，总动量守恒，解决此类问题往往要应用动量守恒定律。(若两棒所在处导轨间距不同，则它们所受安培力大小不同，动量不守恒)
备课记录：
4.
(2020·山东省枣庄市高三二模)(多选)如图所示，足够长的水平光滑金属导轨所在空间中，分布着垂直于导轨平面方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。两导体棒a、b均垂直于导轨静止放置。已知导体棒a质量为2m，导体棒b质量为m；长度均为l，电阻均为r；其余部分电阻不计。现使导体棒a获得瞬时平行于导轨水平向右的初速度v0。除磁场作用外，两棒沿导轨方向无其他外力作用，在两导体棒运动过程中，下列说法正确的是( )
A．任何一段时间内，导体棒b动能增加量跟导体棒a动能减少量的数值总是相等的
B．任何一段时间内，导体棒b动量改变量跟导体棒a动量改变量总是大小相等、方向相反
C．全过程中，通过导体棒b的电荷量为
D．全过程中，两棒共产生的焦耳热为
eq
\f(mv,3)
答案 BCD
解析 根据题意可知，两棒组成回路，电流大小相同，故所受安培力等大反向，两棒组成的系统动量守恒，故任何一段时间内，导体棒b动量改变量跟导体棒a动量改变量总是大小相等、方向相反，根据能量守恒定律可知，a动能减少量的数值等于b动能增加量与系统产生的焦耳热之和，故A错误，B正确；对系统由动量守恒定律有2mv0＝(2m＋m)v，对b棒由动量定理有mv－0＝Bl·t＝Blq，解得q＝，根据能量守恒定律，两棒共产生的焦耳热为Q＝×2mv－(2m＋m)v2＝
eq
\f(mv,3)，故C、D正确。
专题作业
1.
(2020·北京市通州区第二中学高三三模)如图，光滑平行金属导轨固定在水平面上，左端由导线相连，导体棒垂直静置于导轨上构成回路。在外力F作用下，回路上方的条形磁铁竖直向上做匀速运动。在匀速运动过程中外力F做功WF，磁场力对导体棒做功W1，磁铁克服磁场力做功W2，重力对磁铁做功WG，回路中产生的焦耳热为Q，导体棒获得的动能为Ek。则下列表达式中错误的是( )
A．W1＝Ek
B．W1＝Q
C．W2－W1＝Q
D．WF＋WG＝Ek＋Q
答案 B
解析 导体棒在水平方向上只受磁场力的作用，根据动能定理，磁场力对导体棒做的功等于导体棒获得的动能，即W1＝Ek，A正确；根据功能关系及能量守恒定律可知，磁铁克服磁场力做的功等于导体棒获得的动能与回路中产生的焦耳热之和，即W2＝W1＋Q，整理得W2－W1＝Q，但无法比较W1和Q的大小关系，B错误，C正确；磁铁向上匀速运动，对磁铁根据动能定理有WF＋WG－W2＝0，又W2＝W1＋Q，W1＝Ek，因此有WF＋WG＝Ek＋Q，D正确。本题选错误的，故选B。
2.
(2020·陕西省西安中学高三检测)如图所示，是一提升重物用的直流电动机工作的电路图，电动机的内阻为1
Ω，R＝10
Ω。直流电压U＝160
V，电压表示数为110
V，则( )
A．通过电动机的电流为110
A
B．电动机的输入功率为800
W
C．电动机的输出功率为525
W
D．电动机的效率是90%
答案 C
解析 电阻R两端的电压U1＝U－U2＝160
V－110
V＝50
V，通过电动机的电流I＝＝
A＝5
A，故A错误；电动机的输入功率P＝U2I＝110×5
W＝550
W，故B错误；电动机的热功率P热＝I2r＝52×1
W＝25
W，电动机的输出功率P′＝P－P热＝550
W－25
W＝525
W，故C正确；电动机的效率η＝×100%＝×100%≈95.5%，故D错误。
3.
(2020·湖北黄石二中高三下学期月考)一个质量为m、电荷量为＋q的小球在方向竖直的匀强电场中足够高处由静止释放，电场强度按图示的E?t图线变化，E0＝，竖直向上为正方向，下列说法中正确的是( )
A．0～2t0内，小球所受合外力的冲量为零
B．0～2t0内，小球所受重力的冲量为零
C．0～2t0内，重力对小球做功为零
D．0～2t0内，小球的电势能先减小后增大
答案 C
解析 0～2t0内，小球所受合外力的冲量I＝－2mgt0＋qE0t0－qE0t0＝－2mgt0，故A错误。0～2t0内，小球所受重力的冲量IG＝－mg·2t0，故B错误。0～t0内，小球所受合外力为F1＝qE0－mg＝mg，方向竖直向上，小球竖直向上做初速度为零、加速度为g的匀加速直线运动，其末速度v＝gt0，上升的高度x1＝gt；t0～2t0内，小球所受合外力为F2＝－qE0－mg＝－3mg，方向竖直向下，小球做加速度为－3g的匀变速直线运动，其位移为x2＝vt0－·3gt＝－gt，则0～2t0内小球的总位移为零，即2t0时，小球回到出发点，则0～2t0内，重力对小球做功为零，故C正确。0～t0内，电场力竖直向上，做正功，电势能减小；t0～2t0内，小球先上升后下降，电场力竖直向下，先做负功再做正功，电势能先增大再减小，故D错误。
4.
(2020·东北三省三校高三下学期第三次联合模拟考试)(多选)在倾角为θ的斜面上固定两根足够长且间距为L的光滑平行金属导轨PQ、MN，导轨处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向下。有两根质量分别为m1和m2的金属棒a、b，先将a棒垂直于导轨放置，用跨过光滑定滑轮的细线与物块c连接，连接a棒的细线平行于导轨，由静止释放c，此后某时刻，将b也垂直于导轨放置，此刻起a、c做匀速运动而b静止，a棒在运动过程中始终与导轨垂直，两棒与导轨接触良好，导轨电阻不计，则( )
A．物块c的质量是m1sin
θ
B．b棒放上导轨后，b棒中电流大小是
C．b棒放上导轨前，物块c减少的重力势能等于a、c增加的动能之和
D．b棒放上导轨后，a棒克服安培力所做的功等于a、b棒上消耗的电能之和
答案 BD
解析 由b平衡可知，安培力大小F安＝m2g
sin
θ，由a平衡可知F绳＝F安＋m1g
sin
θ，由c平衡可知F绳＝mcg，联立解得物块c的质量为mc＝(m1＋m2)sin
θ，A错误；因为F安＝BIL，可得b棒放上导轨后，b棒中电流大小是I＝，B正确；b放上导轨前，根据能量守恒定律知，物块c减少的重力势能等于a、c增加的动能与a增加的重力势能之和，C错误；b棒放上导轨后，根据功能关系知，a棒克服安培力所做的功等于a、b棒上消耗的电能之和，D正确。
5.如图，一光滑平行金属轨道平面与水平面成θ角，两导轨上端用一电阻R相连，该装置处于匀强磁场中，磁场方向垂直轨道平面向上。质量为m的金属杆ab，以初速度v0从轨道底端向上滑行，滑行到某一高度h后又返回到底端。若运动过程中，金属杆保持与导轨垂直且接触良好，并不计金属杆ab的电阻及空气阻力，则( )
A．上滑过程中安培力的冲量比下滑过程安培力的冲量大
B．上滑过程通过电阻R的电荷量比下滑过程多
C．上滑过程通过电阻R产生的热量比下滑过程多
D.上滑过程的时间比下滑过程长
答案 C
解析 由于金属杆ab切割磁感线产生感应电流，杆的机械能不断减少，经过同一位置时下滑的速度小于上滑的速度，则上滑阶段的平均速度大于下滑阶段的平均速度，而上滑阶段的位移与下滑阶段的位移大小相等，所以上滑过程的时间比下滑过程短，D错误；下滑时杆受到的安培力小于上滑时所受的安培力，则下滑过程安培力的平均值小于上滑过程安培力的平均值，所以上滑时金属杆克服安培力做的功大于下滑过程克服安培力做的功，故上滑过程中电阻R产生的热量大于下滑过程中产生的热量，C正确；根据冲量定义，上滑过程中安培力的冲量I＝∑F安iti＝∑ti＝，与下滑过程安培力的冲量相等，故A错误；根据电荷量q＝知，上滑过程和下滑过程磁通量的变化量大小相等，则通过电阻R的电荷量相等，故B错误。
6.
(2020·山东省济南市高三三模)(多选)如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为m的带电小球，从P点静止释放，通过Q点时，速度大小为v，方向与电场方向成30°角，不计空气阻力，则小球从P运动到Q的过程中( )
A．重力势能减少量等于电势能减少量
B．重力势能减少量小于电势能减少量
C．电势能减少量等于机械能增加量
D．重力势能减少量等于机械能增加量
答案 BC
解析 由题可知，小球沿直线从P运动到Q，则＝tan
30°，设PQ＝l，根据功能关系得，小球重力势能减少量ΔEpG＝mgl
sin
30°＝mgl，电势能减少量ΔEp电＝Eql
cos
30°＝cos
30°＝mgl，故重力势能减小量小于电势能减少量，A错误，B正确；只有重力和电场力对小球做功，重力做功不改变自身的机械能，电势能减少量等于机械能增加量，故C正确，D错误。
7.
(2020·江苏省扬州市高三调研)(多选)如图所示，轻质弹簧左端固定，水平向左的匀强电场场强为E，一电荷量为＋q的绝缘物块(可视为质点)从A点处由静止释放，物块向左运动经B点时速度最大(图中未标出B点)，物块运动至C点时弹簧被压缩到最短，物块弹回脱离弹簧后恰能到达AC的中点。已知AC＝L，则( )
A．物块受到的摩擦力大小为qE
B．弹簧的最大弹性势能为qEL
C．物块弹回向右运动过程中，经过B点时速度最大
D．从A到C物块与弹簧组成的系统机械能的增加量为qEL
答案 AB
解析 设物块受到的摩擦力大小为f，对整个过程，由动能定理有qE·－f·＝0，解得f＝qE，A正确；对物块从A到C的过程，由动能定理有qEL－fL＋W弹＝0，解得W弹＝－qEL，可知弹簧的最大弹性势能为qEL，B正确；物块向左运动经B点时速度最大，此时物块所受的合力为零，即qE＝F弹＋f，物块弹回向右运动经过B点时，受向左的电场力Eq，向左的摩擦力f以及向右的弹力F弹，此时三力的合力不再为零，则此时物块的速度不是最大，C错误；由功能关系可知，从A到C物块与弹簧组成的系统机械能的增加量为ΔE＝qEL－fL＝qEL，D错误。
8.
(2020·福建省泉州市高三二模)如图，水平面内固定有两根平行的光滑长直金属导轨，导轨间距为L，电阻不计。整个装置处于两个磁感应强度大小均为B、方向相反的竖直匀强磁场中，虚线为两磁场的分界线。质量均为m的两根相同导体棒MN、PQ静置于图示的导轨上(两棒始终与导轨垂直且接触良好)。现使棒MN获得一个大小为v0、方向水平向左的初速度，则在此后的整个运动过程中( )
A．两棒受到的安培力冲量大小相等，方向相反
B．两棒最终的速度大小均为，方向相同
C．棒MN产生的焦耳热为
eq
\f(mv,4)
D．通过棒PQ某一横截面的电荷量为
答案 D
解析 棒MN向左运动，由右手定则可知，MN中的电流由N到M，PQ中的电流由P到Q，根据左手定则可知，棒MN、PQ受到的安培力方向均向右，由于两棒组成回路，所以两棒中的电流大小相等，由F＝BIL可知，安培力大小相等，由冲量的定义式I＝Ft可知，两棒受到的安培力冲量大小相等，方向相同，故A错误；由于棒MN、PQ受到的安培力方向均向右，则棒MN向左做减速运动，PQ向右做加速运动，两棒切割磁感线产生的感应电动势正极与正极相连，则当两棒产生的电动势相等时，两棒速度大小相等，回路中的电流为0，此后两棒以相同速率反方向做匀速直线运动，取向左为正方向，对两棒分别由动量定理得－Ft＝mv－mv0，－Ft＝－mv－0，解得v＝，由能量守恒定律得Q＝mv－×2mv2＝mv，则棒MN产生的焦耳热为mv，故B、C错误；对棒PQ由动量定理得－BLt＝－mv－0，即BLq＝m·，则q＝，故D正确。
9．(2020·四川绵阳二诊)如图所示，半径R＝7.5
m的四分之一光滑圆弧QP竖直放置，与粗糙水平地面平滑连接于P点，整个空间存在场强大小为E＝2×103
V/m的匀强电场，竖直边界MP的右侧电场方向水平向右，左侧电场方向竖直向上；小物块A、B(视为质点)的大小形状相同，A的电荷量为q＝＋5×10－3
C，B不带电，且mA＝3
kg，mB＝1
kg。从Q点由静止释放物块A，与静止在地面上D点的物块B碰撞。已知A、B与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.2，P、D两点间的距离x0＝16.5
m，g取10
m/s2，A、B间的碰撞为弹性碰撞且碰撞时间极短。求：
(1)物块A运动到P点时，受到圆弧轨道支持力的大小；
(2)物块A、B碰撞后瞬间，A、B的速度大小和方向；
(3)物块A、B第一次碰撞后，过多长时间发生第二次碰撞？
答案 (1)60
N
(2)6
m/s 方向水平向右 18
m/s 方向水平向右 (3)7.2
s
解析 (1)物块A由Q点运动到P点的过程，
由动能定理得：(mAg－qE)R＝mAv，
代入数据解得：vP＝10
m/s，
在P点，由牛顿第二定律得：FN＋qE－mAg＝mA
eq
\f(v,R)，
代入数据解得：FN＝60
N。
(2)物块A由P点运动到D点的过程，
由动能定理得：(qE－μmAg)x0＝mAv－mAv，
代入数据解得：v1＝12
m/s，
A、B发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以水平向右为正方向，由动量守恒定律得：
mAv1＝mAvA＋mBvB，
由机械能守恒定律得：mAv＝mAv＋mBv，
联立并代入数据解得：vA＝6
m/s，方向水平向右；vB＝18
m/s，方向水平向右。
(3)A、B碰撞后，根据牛顿第二定律，
对A：qE－μmAg＝mAaA，
对B：－μmBg＝mBaB，
代入数据解得：aA＝
m/s2，aB＝－2
m/s2，
设经过时间t两物块再次发生碰撞，
由运动学公式得：vAt＋aAt2＝vBt＋aBt2，
代入数据解得：t＝7.2
s，
再次碰撞前B的速度vB′＝vB＋aBt＝3.6
m/s，故结果符合实际。
10．(2020·内蒙古自治区通辽市高三检测)如图所示，平行光滑金属导轨PQ、MN分别由一段圆弧和水平部分组成，水平部分固定在绝缘水平面上，导轨间距为L，M、P间接有阻值为R的定值电阻，导轨水平部分在CD、EF间有垂直导轨平面向上的匀强磁场Ⅰ，磁感应强度大小为B，GH右侧有垂直导轨平面向下的匀强磁场Ⅱ，磁感应强度大小为2B，金属棒b垂直导轨放在导轨的EF、GH之间，金属棒a在圆弧导轨上离水平面高h处由静止释放，金属棒在导轨上运动过程中始终与导轨接触良好并与导轨垂直，两金属棒接入电路的电阻均为R，质量均为m，CD、EF间的距离为2h，重力加速度为g，金属棒a与b碰撞后粘在一起，最后金属棒a、b停在磁场Ⅱ区域内，求：
(1)金属棒a通过磁场Ⅰ的过程中，通过定值电阻的电荷量；
(2)金属棒a离开磁场Ⅰ时的速度大小；
(3)金属棒a、b一起在磁场Ⅱ中运动的距离x。
答案 (1) (2)－
(3)－
解析 (1)金属棒a通过磁场Ⅰ的过程中，通过金属棒a的电荷量q＝Δt
根据法拉第电磁感应定律有＝＝
根据闭合电路欧姆定律有＝＝
联立解得q＝
则通过定值电阻的电荷量qR＝q＝。
(2)设金属棒a进入磁场Ⅰ时的速度大小为v1，离开磁场Ⅰ时的速度大小为v2，根据机械能守恒定律有
mgh＝mv
解得v1＝
金属棒a通过磁场Ⅰ的过程中，根据动量定理有
－BL·Δt＝mv2－mv1
即－BLq＝mv2－mv1
解得v2＝－。
(3)设金属棒a与b碰撞后的共同速度为v3，根据动量守恒定律有mv2＝2mv3
解得v3＝－
a、b一起以速度v3进入磁场Ⅱ，根据动量定理有
－2B′L·Δt′＝0－2mv3
其中′＝，
′Δt′＝x
联立解得x＝－。
阅卷现场 动量守恒定律应用出错
例 (2020·山东省德州市高三联考)(25分)如图所示，质量m＝0.1
kg的小滑块(可视为质点)静止在质量M＝0.4
kg的长木板右端，长木板静止在光滑水平面上。某时刻起对小滑块施加水平向左的恒力F，F＝0.4
N，经时间t＝0.5
s将恒力F撤去；再经过相同的时间t＝0.5
s，长木板与左侧固定的竖直挡板发生碰撞，碰撞时长木板的机械能损失ΔE＝0.014
J；又过了一段时间，小滑块恰好停在长木板的左端和长木板以相同的速度向右运动。已知小滑块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g＝10
m/s2。求：
(1)撤去恒力F时，小滑块和长木板各自的速度大小；
(2)长木板原来静止时，其左端与竖直挡板间的距离x；
(3)长木板的长度L。
正解 (1)解法一：撤去F之前，根据牛顿第二定律，
对小滑块有F－μmg＝mam(2分)
解得am＝2
m/s2
则vm＝amt＝1
m/s(1分)
对长木板有μmg＝MaM(2分)
解得aM＝0.5
m/s2
则vM＝aMt＝0.25
m/s。(1分)
解法二：撤去F之前，根据动量定理，
对小滑块有(F－μmg)t＝mvm－0(2分)
解得vm＝1
m/s(1分)
对长木板有μmgt＝MvM－0(2分)
解得vM＝0.25
m/s。(1分)
(2)撤去F后，根据牛顿第二定律，
对小滑块有μmg＝mam′(1分)
解得am′＝2
m/s2
由v1＝vm－am′t′＝vM＋aMt′(2分)
解得从撤去F至两者共速所用时间t′＝0.3
s
两者达到的共同速度v1＝0.4
m/s(2分)
达到共同速度之前长木板的位移
xM1＝(t＋t′)＝0.16
m(1分)
达到共同速度之后长木板的位移
xM2＝v1(t－t′)＝0.08
m(1分)
原来长木板左端与竖直挡板间的距离
x＝xM1＋xM2＝0.24
m。(1分)
(3)撤去F之前，小滑块的位移
xm1＝t＝0.25
m(1分)
撤去F之后至两者共速之前，小滑块的位移
xm2＝t′＝0.21
m(1分)
长木板碰竖直挡板前两者的相对位移大小
L1＝xm1＋xm2－xM1＝0.30
m(1分)
长木板碰竖直挡板过程，有
Mv－ΔE＝Mv(2分)
解得v2＝0.3
m/s
长木板碰竖直挡板后，小滑块和长木板组成的系统动量守恒，以向右为正方向，有
Mv2－mv1＝(m＋M)v3(2分)
解得最终两者的共同速度v3＝0.16
m/s
由能量守恒定律有
μmgL2＝mv＋Mv－(M＋m)v(2分)
解得长木板碰竖直挡板后两者的相对位移大小
L2＝0.098
m
则长木板的长度L＝L1＋L2＝0.398
m。(2分)
答案 (1)1
m/s 0.25
m/s (2)0.24
m (3)0.398
m
错解 (1)解法一：撤去F之前，根据牛顿第二定律，
对小滑块有F－μmg＝mam(2分)
解得am＝2
m/s2
则vm＝amt＝1
m/s(1分)
对长木板有μmg＝MaM(2分)
解得aM＝0.5
m/s2
则vM＝aMt＝0.25
m/s。(1分)
解法二：撤去F之前，根据动量定理，
对小滑块有(F－μmg)t＝mvm－0(2分)
解得vm＝1
m/s(1分)
对长木板有μmgt＝MvM－0(2分)
解得vM＝0.25
m/s。(1分)
(2)撤去F后，根据牛顿第二定律
对小滑块有μmg＝mam′(1分)
解得am′＝2
m/s2
由v1＝vm－am′t′＝vM＋aMt′(2分)
解得从撤去F至两者共速所用时间t′＝0.3
s
两者达到的共同速度v1＝0.4
m/s(2分)
达到共同速度之前长木板的位移
xM1＝(t＋t′)＝0.16
m(1分)
达到共同速度之后长木板的位移
xM2＝v1(t－t′)＝0.08
m(1分)
原来长木板左端与竖直挡板间的距离
x＝xM1＋xM2＝0.24
m。(1分)
(3)撤去F之前，小滑块的位移
xm1＝t＝0.25
m(1分)
撤去F之后至两者共速之前，小滑块的位移
xm2＝t′＝0.21
m(1分)
长木板碰竖直挡板前两者的相对位移大小
L1＝xm1＋xm2－xM1＝0.30
m(1分)
长木板碰竖直挡板过程，有
Mv－ΔE＝Mv(2分)
解得v2＝0.3
m/s
长木板碰竖直挡板后，小滑块和长木板组成的系统动量守恒，有
mv1＋Mv2＝(m＋M)v3(扣2分)
解得最终两者的共同速度v3＝0.32
m/s
由能量守恒定律有
μmgL2＝mv＋Mv－(M＋m)v(2分)
解得长木板碰竖直挡板后两者的相对位移大小
L2＝0.002
m
则长木板的长度L＝L1＋L2＝0.302
m。(扣2分)
答案 (1)1
m/s 0.25
m/s (2)0.24
m (3)0.302
m
在第(3)问中，对长木板碰竖直挡板后至两者达到共同速度的过程，应用动量守恒定律时，没有规定正方向，导致列式出错。动量守恒定律的表达式是矢量式，列式时一般要规定正方向，否则对于题中初态两者速度相反的情况，容易出错。