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第31讲　微专题六 动力学、动量和能量观点在电学中的应用
命题点一　电磁感应中的动量和能量的应用
感应电流在磁场中受到安培力的作用，因此电磁感应问题往往跟力学问题联系在一起.解决这类问题需要综合应用电磁感应规律(法拉第电磁感应定律、楞次定律)及力学中的有关规律(牛顿运动定律、动量守恒定律、动量定理、动能定理等).解决这类问题的方法：
(1)选择研究对象.即是哪一根导体棒或几根导体棒组成的系统.
(2)分析其受力情况.安培力既跟电流方向垂直又跟磁场方向垂直.
(3)分析研究对象所受的各力做功情况和合外力情况，选定所要应用的物理规律.
(4)分析研究对象(或系统)是否符合动量守恒的条件.
(5)运用物理规律列方程求解.注意：加速度a＝0时，速度v达到最大值.
类型1　动量定理和功能关系的应用
（2023 南京模拟）如图，竖直平面内有一宽度为L的有界匀强磁场，一边长为a（a＜L）的正方形线框以一定的初速度v0水平抛出，从右边界离开磁场，运动过程中线框不翻转。关于进、出磁场的两个过程，下列说法正确的是（　　）
A．进入磁场过程中通过线框横截面的电荷量大
B．进入磁场过程中速度变化量小
C．飞出磁场过程中线框产生的热量多
D．重力做的功相等
（2023 郫都区校级模拟）电阻不计的平行金属导轨EFG与PMN如图所示放置，EF与PM段水平且粗糙，FG与MN段倾斜且光滑，F、M连接处接触良好，FG与MN与水平面成θ＝37°角，空间中存在匀强磁场，磁感应强度为B＝5T，方向竖直向上，导轨间距均为L＝1m，金属棒ab、cd与轨道垂直放置，两金属棒质量相等，均为m＝0.1kg，电阻均为R＝2Ω，ab、cd间用轻质绝缘细线相连，中间跨过一个理想定滑轮，两金属棒始终垂直于导轨，cd棒与水平导轨间的动摩擦因数为μ＝0.4，两金属棒始终不会与滑轮相碰，金属导轨足够长，g＝10m/s2，sin37°＝0.6，现将金属棒由静止释放。
（1）求释放瞬间两棒的加速度大小；
（2）判断释放后ab棒上感应电流的方向，并求出两金属棒的最大速度；
（3）假设金属棒ab沿倾斜导轨下滑s＝4m时达到最大速度，试求由静止释放至达到最大速度所用的时间及该过程中ab棒产生的焦耳热。
类型2　动量守恒定律和功能关系的应用
（2024 济南模拟）如图所示，绝缘水平面上固定有两根间距为L，足够长的平行光滑导轨（电阻不计），导轨所在空间存在磁感应强度为B，范围足够大的匀强磁场。长度均为L，质量分别为ma＝m、mb＝2m两根导体a、b棒静置在导轨上，a的阻值是b的2倍。若在t＝0时刻给a一个平行于导轨向左的初速度v0，不计运动过程中a和b的相互作用力，则下列说法错误的是（　　）
A．整个运动过程中，导体棒b做加速度逐渐减小的加速运动，直至匀速运动
B．整个运动过程中，通过导体棒b的电荷量为
C．整个运动过程中，导体棒a产生的焦耳热为
D．整个运动过程中，导体棒b所受安培力的冲量大小为
（2023 长安区一模）如图所示，相距L＝0.1m的平行轨道由两部分组成，其中圆弧轨道光滑，水平轨道粗糙。水平轨道MNPQ区域存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B＝1T。光滑导体棒ab的质量m1＝0.1kg，电阻R1＝0.3Ω；另一导体棒cd的质量m2＝0.2kg，电阻R2＝0.2Ω，放置在足够长的水平轨道上，导体棒cd与水平导轨间的动摩擦因数μ＝0.5，光滑足够长斜面的倾角θ＝30°，斜面顶端固定一轻质光滑小定滑轮，滑轮与水平轨道等高。一绝缘轻绳绕过滑轮一端与导体棒cd相连，另一端与处于斜面上的小物块相连，且cd与物块恰好均保持静止（最大静摩擦力等于滑动摩擦力）。现让ab棒从距水平轨道高为H＝0.8m处由静止释放，在之后的运动过程中，ab棒恰好能与水平轨道上的cd棒相遇，全程两棒均未出磁场区域。已知重力加速度g＝10m/s2，求：
（1）小物块的质量m0；
（2）导体棒cd的初始位置与水平轨道最左端MN间的距离x0；
（3）整个过程中，导体棒ab产生的焦耳热Q1。
命题点二　电场、磁场中动量和能量观点的应用
动量与电磁学知识综合应用类问题的求解与一般的力学问题求解思路并无差异，只是问题的情景更复杂多样；分析清楚物理过程，正确识别物理模型是解决问题的关键.
类型1　电场中动量和能量观点的应用
（2024 大足区校级模拟）如图所示，光滑绝缘斜面对接后固定在水平地面上，O点为斜面的最低点，空间存在竖直向上的匀强电场，带电小球A恰好能静止在高为H处，将不带电的小球B从高为2H处静止释放，与小球A发生弹性碰撞后电量平分，且不考虑A、B间的库仑力作用，碰后小球A在两个斜面上做往复运动，每次经过最低点时动能损失10%，已知mA＝2mB＝2m，α＝β＝30°，两小球只能发生一次碰撞，重力加速度为g，求：
（1）两小球A、B碰撞之后的速度；
（2）小球A第一次到达最低点O时，两小球的速度大小；
（3）小球A运动的总路程。
（2023 和平区二模）2021年4月我国空间站天和核心舱成功发射，核心舱首次使用了一种全新的推进装置——霍尔推力器。其工作原理简化如下：如图甲所示，推力器右侧阴极逸出（初速度极小）的一部分电子进入放电室中，放电室内由沿圆柱体轴向的电场和环形径向磁场组成，电子在洛伦兹力和电场力的共同作用下运动，最终大多数电子被束缚在一定的区域内，与进入放电室的中性推进剂工质（氙原子）发生碰撞使其电离；电离后的氙离子在磁场中的偏转角度很小，其运动可视为在轴向电场力作用下的直线运动，飞出放电室后与阴极导出的另一部分电子中和并被高速喷出，霍尔推力器由于反冲获得推进动力。设某次核心舱进行姿态调整，开启霍尔推力器，电离后的氙离子初速度为0，经电压为U的电场加速后高速喷出，氙离子所形成的等效电流为I。已知一个氙离子质量为m，电荷量为q，忽略离子间的相互作用力和电子能量的影响，求：
（1）单位时间内喷出氙离子的数目N；
（2）霍尔推力器获得的平均推力大小F；
（3）放电室中的电场和磁场很复杂，为简化研究，将图甲中磁场和电场在小范围内看作匀强磁场和匀强电场，俯视图如图乙所示，设磁感应强度为B，电场强度为E。选取从阴极逸出的某电子为研究对象，初速度可视为0，在小范围内运动的轨迹如图，已知电子质量为me，电荷量为e，忽略电子间，电子与离子间的相互作用力，求电子在沿轴向方向运动的最大距离H。
类型2　磁场中动量和能量观点的应用
（2023 福州模拟）如图甲，一质量为m足够长的绝缘板静止在光滑水平面上，板的左端有一个质量也为m的带电小物块，其电荷量为﹣q（q＞0）。距绝缘板左端l0到2l0之间存在电场和磁场，匀强磁场方向垂直于纸面向里，匀强电场方向竖直向下，现让带电小物块在水平恒力的作用下从静止开始向右运动。小物块到达电、磁场区域的左边界时刻，撤去水平恒力，此时绝缘板的速度大小为v0。带电小物块从开始运动到前进2l0的过程中，速度随位移变化的v﹣x图像如图乙，其中AB段为直线。求：
（1）带电小物块从开始运动到电、磁场左边界的时间t；
（2）水平恒力F的大小；
（3）电场强度E和磁感应强度B的大小。
（2023 济南二模）如图所示，足够大的光滑绝缘水平面上在0≤x≤d，虚线范围内存在水平向右的匀强电场，电场强度大小为E，有A、B两个小球（均可视为质点），小球A质量为m电荷量为+q，小球B不带电。现将小球A从x＝0处无初速释放，小球B位于x＝d处，A与B发生碰撞碰撞时间极短，且只撞一次，碰撞过程中A的电荷量不变，经过一段时间两小球保持的距离不变。求：
（1）小球A与小球B碰前小球A的速度v0；
（2）小球B的质量mB；
（3）若将虚线区域内的电场换为垂直平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，小球A从O点以不同的速度发射，速度方向均在xy平面内，与y轴正方向的夹角分布在0到90°范围内。已知小球A在磁场中做圆周运动的半径介于到d之间，A在磁场中运动的最长时间为在磁场中做圆周运动周期的四分之一，求当A在磁场中运动时间最长且运动轨迹最长时，从O点射出时的速度大小。
（2023 山东模拟）如图所示，P、Q、M、N为四个互相平行的竖直分界面，间距均为d，P、Q之间充满竖直向上的匀强磁场，M、N之间充满竖直向下的匀强磁场，磁感应强度的大小均为B。在分界面P的左侧有一边长为L（d＜L＜2d）的正方形线框abcd，线框水平放置，ab边平行于分界面P，与界面P的距离也为d。线框以水平初速度v0飞出，当ab边刚好到达分界面Q时，线框的速度大小仍为v0。已知线框由同种规格导线制成，总质量为m，总电阻为R，重力加速度为g。求
（1）ab边刚好进入分界面P时，a、b两点间的电势差大小以及线框加速度的大小；
（2）ab边刚好到达分界面Q时，线框产生的焦耳热以及下落的距离；
（3）要想线框最终能竖直下落，求磁感应强度的最小值。
（2023 浙江模拟）如图1所示，在xOy平面上的第一象限全部区域有大小为E，方向竖直向上的匀强电场，有一位于第二象限的电子源持续不断地沿x轴正方向发射速率均为v的电子，形成沿y轴方向均匀分布的电子流，电子源所在位置的纵坐标分布范围为R～2R。荧光屏的上端固定于x轴上，其横坐标分布范围为0～5R，荧光屏上被电子碰撞的位置均会显示荧光。电子每次碰撞过程中机械能损失75%，碰撞前后速度方向与荧光屏的夹角相等（与竖直方向对称）。已知电子的质量为m，电荷量为e，不计电子重力，忽略电子间的相互作用。
（1）求荧光区域的横坐标的最小值；
（2）若从y＝R沿x轴正方向射出的电子与荧光屏第一次碰撞的作用时间为t0，求第一次碰撞过程中荧光屏对该电子的作用力大小；
（3）求荧光区域的横坐标的最大值；
（4）现把匀强电场撤去，在第一象限全部区域加上方向垂直向里的匀强磁场B，如图2所示。若所有电子最终均静止在荧光屏上（没有离开第一象限），求B的取值范围。第31讲　微专题六 动力学、动量和能量观点在电学中的应用
命题点一　电磁感应中的动量和能量的应用
感应电流在磁场中受到安培力的作用，因此电磁感应问题往往跟力学问题联系在一起.解决这类问题需要综合应用电磁感应规律(法拉第电磁感应定律、楞次定律)及力学中的有关规律(牛顿运动定律、动量守恒定律、动量定理、动能定理等).解决这类问题的方法：
(1)选择研究对象.即是哪一根导体棒或几根导体棒组成的系统.
(2)分析其受力情况.安培力既跟电流方向垂直又跟磁场方向垂直.
(3)分析研究对象所受的各力做功情况和合外力情况，选定所要应用的物理规律.
(4)分析研究对象(或系统)是否符合动量守恒的条件.
(5)运用物理规律列方程求解.注意：加速度a＝0时，速度v达到最大值.
类型1　动量定理和功能关系的应用
（2023 南京模拟）如图，竖直平面内有一宽度为L的有界匀强磁场，一边长为a（a＜L）的正方形线框以一定的初速度v0水平抛出，从右边界离开磁场，运动过程中线框不翻转。关于进、出磁场的两个过程，下列说法正确的是（　　）
A．进入磁场过程中通过线框横截面的电荷量大
B．进入磁场过程中速度变化量小
C．飞出磁场过程中线框产生的热量多
D．重力做的功相等
【解答】解：A、设磁感应强度为B，线框电阻为R，根据：，由于线框进、出磁场的两个过程磁通量变化量大小相等，则两个过程通过线框横截面的电荷量相等，故A错误；
B、将线框的运动分解为水平方向和竖直方向两个分运动，可知线框竖直方向做自由落体运动，线框在进、出磁场的两个过程水平方向均做减速运动，则线框进入磁场过程所用时间小于线框离开磁场过程所用时间，竖直方向根据：Δvy＝gΔt
可知线框进入磁场过程竖直方向的速度变化量小于线框离开磁场过程竖直方向的速度变化量；水平方向根据动量定理可得：
由于线框进、出磁场的两个过程通过线框横截面的电荷量相等，则线框进、出磁场的两个过程水平方向的速度变化量相等，根据：，可知线框进入磁场过程中速度变化量小于线框离开磁场过程中速度变化量，故B正确；
D、由于线框竖直方向做自由落体运动，且线圈进入磁场过程所用时间小于线框离开磁场过程所用时间，则线圈进入磁场过程下落高度小于线框离开磁场过程下落高度，根据WG＝mgh，可知线圈进入磁场过程重力做的功小于线圈离开磁场过程重力做的功，故D错误；
C、线框产生的热量等于克服安培力做的功，根据，由于线框进入磁场过程的水平速度大于离开磁场过程的水平速度，则线框进入磁场过程受到的安培力大于离开磁场过程受到的安培力，又两个过程线框通过的水平位移相同，则线框进入磁场过程克服安培做的功大于离开磁场过程克服安培做的功，可知线框飞出磁场过程中线框产生的热量少于线框进入磁场过程中线框产生的热量，故C错误。
故选：B。
（2023 郫都区校级模拟）电阻不计的平行金属导轨EFG与PMN如图所示放置，EF与PM段水平且粗糙，FG与MN段倾斜且光滑，F、M连接处接触良好，FG与MN与水平面成θ＝37°角，空间中存在匀强磁场，磁感应强度为B＝5T，方向竖直向上，导轨间距均为L＝1m，金属棒ab、cd与轨道垂直放置，两金属棒质量相等，均为m＝0.1kg，电阻均为R＝2Ω，ab、cd间用轻质绝缘细线相连，中间跨过一个理想定滑轮，两金属棒始终垂直于导轨，cd棒与水平导轨间的动摩擦因数为μ＝0.4，两金属棒始终不会与滑轮相碰，金属导轨足够长，g＝10m/s2，sin37°＝0.6，现将金属棒由静止释放。
（1）求释放瞬间两棒的加速度大小；
（2）判断释放后ab棒上感应电流的方向，并求出两金属棒的最大速度；
（3）假设金属棒ab沿倾斜导轨下滑s＝4m时达到最大速度，试求由静止释放至达到最大速度所用的时间及该过程中ab棒产生的焦耳热。
【解答】解：（1）释放瞬间，对金属棒ab、cd，由牛顿第二定律分别可得
mgsinθ﹣T＝ma
T﹣μmg＝ma
联立解得：a＝1m/s2
（2）释放后，由右手定则可知，金属棒ab中的电流方向从a到b，经分析，当两金属棒加速度为0时速度最大，设最大速度为vm。
对ab棒，由平衡条件有
F安cosθ+mgsinθ﹣T＝0
对cd棒，由平衡条件有
T﹣μmg﹣F安＝0
又两棒受到的安培力大小为
F安＝BIL
此时回路中感应电动势为
E＝BLvm﹣BLvmcosθ
由闭合电路欧姆定律可得
联立解得：vm＝0.8m/s
（3）设金属棒由静止释放至最大速度所需时间为t，对ab棒，取沿斜面向下为正方向，由动量定理有
对cd棒，取向右为正方向，由动量定理有
而，，，ΔΦ＝BLs﹣BLscosθ
联立解得：t＝5.8s
设系统产生的焦耳热为Q，由能量守恒定律可得
金属棒ab产生的焦耳热为
联立解得：Qab＝0.368J
类型2　动量守恒定律和功能关系的应用
（2024 济南模拟）如图所示，绝缘水平面上固定有两根间距为L，足够长的平行光滑导轨（电阻不计），导轨所在空间存在磁感应强度为B，范围足够大的匀强磁场。长度均为L，质量分别为ma＝m、mb＝2m两根导体a、b棒静置在导轨上，a的阻值是b的2倍。若在t＝0时刻给a一个平行于导轨向左的初速度v0，不计运动过程中a和b的相互作用力，则下列说法错误的是（　　）
A．整个运动过程中，导体棒b做加速度逐渐减小的加速运动，直至匀速运动
B．整个运动过程中，通过导体棒b的电荷量为
C．整个运动过程中，导体棒a产生的焦耳热为
D．整个运动过程中，导体棒b所受安培力的冲量大小为
【解答】解：已知ma＝m、mb＝2m，设a的电阻为2R，b的电阻为R。
A.导体棒a向左运动时产生的电动势为E＝BLv，和导体棒b一起构成闭合回路产生的感应电流为I，a、b棒所受的安培力大小均等于F＝BIL，这个安培力使a棒做减速运动，使b棒做加速运动，所以a棒切割磁感线的速度变小，对b棒，根据牛顿第二定律
F＝2mab
则b棒的加速度变小，当a、b的速度相等时，b开始做匀速直线运动，故A正确；
B.对a、b棒所组成的系统，安培力是一对平衡力，根据题意可知，系统在水平方向满足动量守恒定律，设向左的方向为正方向，有
mv0＝（m+2m）v共
得v共v0
对b棒，在加速时间内，根据动量定理有BILt＝2mv共，即BLq＝2mv共，解得q，故B错误；
C.根据功能关系，整个过程中系统产生的焦耳热为Qm3mm3m×（v0）2m，根据功率分配关系可得，a棒产生的焦耳热为QaQmm，故C正确；
D.整个过程中，对b棒，根据动量定理，安培力冲量等于b的动量变化量，即IF＝2m v共＝2mv0mv0，故D正确。
本题选错误的，故选：B。
（2023 长安区一模）如图所示，相距L＝0.1m的平行轨道由两部分组成，其中圆弧轨道光滑，水平轨道粗糙。水平轨道MNPQ区域存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B＝1T。光滑导体棒ab的质量m1＝0.1kg，电阻R1＝0.3Ω；另一导体棒cd的质量m2＝0.2kg，电阻R2＝0.2Ω，放置在足够长的水平轨道上，导体棒cd与水平导轨间的动摩擦因数μ＝0.5，光滑足够长斜面的倾角θ＝30°，斜面顶端固定一轻质光滑小定滑轮，滑轮与水平轨道等高。一绝缘轻绳绕过滑轮一端与导体棒cd相连，另一端与处于斜面上的小物块相连，且cd与物块恰好均保持静止（最大静摩擦力等于滑动摩擦力）。现让ab棒从距水平轨道高为H＝0.8m处由静止释放，在之后的运动过程中，ab棒恰好能与水平轨道上的cd棒相遇，全程两棒均未出磁场区域。已知重力加速度g＝10m/s2，求：
（1）小物块的质量m0；
（2）导体棒cd的初始位置与水平轨道最左端MN间的距离x0；
（3）整个过程中，导体棒ab产生的焦耳热Q1。
【解答】解：（1）棒与物块静止，根据受力分析可得：
μm2g＝m0gsinθ
解得：m0＝0.2kg
（2）当ab棒进入磁场时，由动能定理得：
ab棒恰好能与水平轨道上的cd棒相遇时，选择向右的方向为正方向，设速度为v2，系统动量守恒，由此可得：
m1v1＝（m1+m2+m0）v2
对ab棒分析，由动量定理得：
且
联立得：x0＝16m
（3）相遇前，对系统由能量守恒定律得
且
代入数据得：Qab＝0.384J
命题点二　电场、磁场中动量和能量观点的应用
动量与电磁学知识综合应用类问题的求解与一般的力学问题求解思路并无差异，只是问题的情景更复杂多样；分析清楚物理过程，正确识别物理模型是解决问题的关键.
类型1　电场中动量和能量观点的应用
（2024 大足区校级模拟）如图所示，光滑绝缘斜面对接后固定在水平地面上，O点为斜面的最低点，空间存在竖直向上的匀强电场，带电小球A恰好能静止在高为H处，将不带电的小球B从高为2H处静止释放，与小球A发生弹性碰撞后电量平分，且不考虑A、B间的库仑力作用，碰后小球A在两个斜面上做往复运动，每次经过最低点时动能损失10%，已知mA＝2mB＝2m，α＝β＝30°，两小球只能发生一次碰撞，重力加速度为g，求：
（1）两小球A、B碰撞之后的速度；
（2）小球A第一次到达最低点O时，两小球的速度大小；
（3）小球A运动的总路程。
【解答】解：（1）设小球B从高为2H处静止释放后，与小球A发生弹性碰撞前瞬间的速的速度为v0，对B由机械能守恒定律得：
mgH，解得：v0
设A、B碰撞后瞬间A、B的速度分别为v1，v2，以沿斜面向下为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律得：
mv0＝mv2+2mv1
解得：v1，方向沿斜面向下，v2，方向沿斜面向上。
（2）设初始A的电荷量为2q，初始A静止，则有：
2qE＝2mg，即：qE＝mg
碰撞后电量平分，则A、B的电荷量均为q，则
对B有：qE＝mg，可知碰后B沿斜面向上做匀速直线运动，速度大小为。
对A可知沿下面向下做匀加速直线运动，设小球A第一次到达最低点O时速度大小为v3。
对A由牛顿第二定律得：（2mg﹣qE）sinα＝ma，解得：ag
2a
解得：v3
（3）A、B碰撞后A下滑到斜面底端的路程为s02H
经过最低点时动能损失10%，即每次经过最低点后瞬间动能变为原来的0.9倍，即速度的平方变为原来的0.9倍。则
A第一次在左边斜面的路程为
s12＝0.9
第二次经过最低点后速度的平方等于0.9×0.90.92
第二次在右边斜面的路程为
s22＝0.92
以此类推，归纳可得小球A运动的总路程为：
s＝s0+s1+s2+……+sn＝2H（0.9+0.92+……+0.9n）
其中：
当n→∞，由数学知识的等比数列求和可得：
s＝2H54H
（2023 和平区二模）2021年4月我国空间站天和核心舱成功发射，核心舱首次使用了一种全新的推进装置——霍尔推力器。其工作原理简化如下：如图甲所示，推力器右侧阴极逸出（初速度极小）的一部分电子进入放电室中，放电室内由沿圆柱体轴向的电场和环形径向磁场组成，电子在洛伦兹力和电场力的共同作用下运动，最终大多数电子被束缚在一定的区域内，与进入放电室的中性推进剂工质（氙原子）发生碰撞使其电离；电离后的氙离子在磁场中的偏转角度很小，其运动可视为在轴向电场力作用下的直线运动，飞出放电室后与阴极导出的另一部分电子中和并被高速喷出，霍尔推力器由于反冲获得推进动力。设某次核心舱进行姿态调整，开启霍尔推力器，电离后的氙离子初速度为0，经电压为U的电场加速后高速喷出，氙离子所形成的等效电流为I。已知一个氙离子质量为m，电荷量为q，忽略离子间的相互作用力和电子能量的影响，求：
（1）单位时间内喷出氙离子的数目N；
（2）霍尔推力器获得的平均推力大小F；
（3）放电室中的电场和磁场很复杂，为简化研究，将图甲中磁场和电场在小范围内看作匀强磁场和匀强电场，俯视图如图乙所示，设磁感应强度为B，电场强度为E。选取从阴极逸出的某电子为研究对象，初速度可视为0，在小范围内运动的轨迹如图，已知电子质量为me，电荷量为e，忽略电子间，电子与离子间的相互作用力，求电子在沿轴向方向运动的最大距离H。
【解答】解：（1）由电流定义，等效电流
解得：；
（2）以Δt内喷出的n个氙离子为研究对象，设氙离子喷出速度为v，由动能定理：
由动量定理：F'Δt＝nmv﹣0，F'＝Nmv
联立得：；
由牛顿第三定律得，推力器获得推力：；
（3）设电子运动到轴向最大距离H时的速度为vm，方向垂直于E，将任意时刻电子的速度v分解在沿E方向和垂直于E方向上，分别为v1、v2，与v1对应的洛伦兹力f2垂直E方向向上，大小为f2＝Bev1
电子由静止运动到最大距离过程中，垂直E方向应用动量定理得：
电子由静止运动到最大距离的过程中，由动能定理得：EeH
联立解得：。
类型2　磁场中动量和能量观点的应用
（2023 福州模拟）如图甲，一质量为m足够长的绝缘板静止在光滑水平面上，板的左端有一个质量也为m的带电小物块，其电荷量为﹣q（q＞0）。距绝缘板左端l0到2l0之间存在电场和磁场，匀强磁场方向垂直于纸面向里，匀强电场方向竖直向下，现让带电小物块在水平恒力的作用下从静止开始向右运动。小物块到达电、磁场区域的左边界时刻，撤去水平恒力，此时绝缘板的速度大小为v0。带电小物块从开始运动到前进2l0的过程中，速度随位移变化的v﹣x图像如图乙，其中AB段为直线。求：
（1）带电小物块从开始运动到电、磁场左边界的时间t；
（2）水平恒力F的大小；
（3）电场强度E和磁感应强度B的大小。
【解答】解：（1）带电小物块匀加速运动，根据运动学公式
l0t
解得：t
（2）对绝缘板根据牛顿第二定律和运动学公式
μmg＝ma1
a1
解得：μ
对带电小物块运动过程根据动能定理
（F﹣μmg）l0m（2v0）2
解得：F
（3）带电小物块在电、磁场区域时，N+qE＝qvB+mg
小物块减速运动的加速度大小a2
在Δt时间内速度减少量为a2ΔtΔt
经过t时间速度为v＝2v0﹣∑a2Δt
整理得v＝2v0+μt﹣μx
根据题意可知0
解得E
由图乙可知
解得B
（2023 济南二模）如图所示，足够大的光滑绝缘水平面上在0≤x≤d，虚线范围内存在水平向右的匀强电场，电场强度大小为E，有A、B两个小球（均可视为质点），小球A质量为m电荷量为+q，小球B不带电。现将小球A从x＝0处无初速释放，小球B位于x＝d处，A与B发生碰撞碰撞时间极短，且只撞一次，碰撞过程中A的电荷量不变，经过一段时间两小球保持的距离不变。求：
（1）小球A与小球B碰前小球A的速度v0；
（2）小球B的质量mB；
（3）若将虚线区域内的电场换为垂直平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，小球A从O点以不同的速度发射，速度方向均在xy平面内，与y轴正方向的夹角分布在0到90°范围内。已知小球A在磁场中做圆周运动的半径介于到d之间，A在磁场中运动的最长时间为在磁场中做圆周运动周期的四分之一，求当A在磁场中运动时间最长且运动轨迹最长时，从O点射出时的速度大小。
【解答】解：（1）对小球A，根据动能定理得：0
解得：
（2）A、B碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝﹣mvA+mBvB
碰撞后小球A向左运动，先向左做匀减速运动，再向右做匀加速运动，出电场后向右匀速直线运动，
由两小球保持的距离不变，则A、B两球的速度相等，即：vA＝vB
小球B的位移：
碰撞后一段时间t，对小球A，由动量定理有：qEt＝mvA﹣（﹣mvA）
解得：mB＝5m
（3）小球A做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示：
根据几何关系可得：，Rsinα+Rcosα＝d，sin2α+cos2α＝1
小球A做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：
解得：
（2023 山东模拟）如图所示，P、Q、M、N为四个互相平行的竖直分界面，间距均为d，P、Q之间充满竖直向上的匀强磁场，M、N之间充满竖直向下的匀强磁场，磁感应强度的大小均为B。在分界面P的左侧有一边长为L（d＜L＜2d）的正方形线框abcd，线框水平放置，ab边平行于分界面P，与界面P的距离也为d。线框以水平初速度v0飞出，当ab边刚好到达分界面Q时，线框的速度大小仍为v0。已知线框由同种规格导线制成，总质量为m，总电阻为R，重力加速度为g。求
（1）ab边刚好进入分界面P时，a、b两点间的电势差大小以及线框加速度的大小；
（2）ab边刚好到达分界面Q时，线框产生的焦耳热以及下落的距离；
（3）要想线框最终能竖直下落，求磁感应强度的最小值。
【解答】解：（1）导体棒切割磁感线：E＝BLv0
a点电势高于b点电势，则由串联电路电压的关系有：
根据欧姆定律：
所受安培力：F安＝BIL
根据牛顿第二定律：
解得：
（2）ab边从分界面P运动到分界面Q，由法拉第电磁感应定律，电路中产生的感应电动势：
根据欧姆定律：
对线框abcd由动量定理得：
又根据题意有：
而竖直方向上有：
所以下落的高度：
由于动能没增加，所以根据能量守恒定律得：Q＝mgh
解得：
（3）线框最终能竖直下落的临界条件为cd边运动到分界面N时水平速度为零，此时磁感应强度最小。从开始进入磁场到最终出磁场过程中，线圈中有感应电流的阶段为：
①ab边切割，运动的水平距离为d
②cd边切割，运动的水平距离为2d﹣L
③ab边、cd边都切割，运动的水平距离为L﹣d
④ab边切割，运动的水平距离为2d﹣L
⑤cd边切割，运动的水平距离为d
一个边切割的总水平距离为6d﹣2L，此过程中安培力的冲量为：I1；
两个边同时切割的总水平距离为L﹣d，此过程中安培力的冲量为：I2；
对线框abcd水平方向全程应用动量定理得：I1+I2＝0﹣mv0
解得：
（2023 浙江模拟）如图1所示，在xOy平面上的第一象限全部区域有大小为E，方向竖直向上的匀强电场，有一位于第二象限的电子源持续不断地沿x轴正方向发射速率均为v的电子，形成沿y轴方向均匀分布的电子流，电子源所在位置的纵坐标分布范围为R～2R。荧光屏的上端固定于x轴上，其横坐标分布范围为0～5R，荧光屏上被电子碰撞的位置均会显示荧光。电子每次碰撞过程中机械能损失75%，碰撞前后速度方向与荧光屏的夹角相等（与竖直方向对称）。已知电子的质量为m，电荷量为e，不计电子重力，忽略电子间的相互作用。
（1）求荧光区域的横坐标的最小值；
（2）若从y＝R沿x轴正方向射出的电子与荧光屏第一次碰撞的作用时间为t0，求第一次碰撞过程中荧光屏对该电子的作用力大小；
（3）求荧光区域的横坐标的最大值；
（4）现把匀强电场撤去，在第一象限全部区域加上方向垂直向里的匀强磁场B，如图2所示。若所有电子最终均静止在荧光屏上（没有离开第一象限），求B的取值范围。
【解答】解：（1）根据题意，电子做类平抛运动，E，a，xmin＝vt，R
解得xmin＝R
（2）电子打在荧光屏上时竖直方向的速度为
电子每次碰撞过程中机械能损失75%，则100%﹣75%＝25%
则当电子与荧光屏碰撞过程有25%，
解得vy1＝v，
根据动量定理，有﹣Fxt0＝mvx1﹣mv，﹣Fyt0＝﹣mvy1﹣mvy
所以
（3）电子从y＝2R沿x轴正方向射出，有x0＝vt1，
解得
第一次碰撞后电子的速度为，
第一次碰撞后电子的水平位移为
第二次碰撞后电子的水平位移为
第n次碰撞后电子的水平位移为
所以
（4）根据洛伦兹力提供向心力有
由于每次碰撞过程动能变为原来的四分之一，所以速度大小应变为原来的二分之一，即
电子与荧光屏第一次碰撞时速度方向与荧光屏的夹角为θ，则
rmin（1+cosθ）＝2R
联立解得，
根据几何关系x1＝rsinθ，
所以x＝x1+x2+ +xn＝rsinθ5R
所以，
所以B的取值范围为

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