（新課標）2020版高考物理大二輪復習 專題三 動量和能量 第二講 電磁學中的動量和能量問題教學案

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1、第二講　電磁學中的動量和能量問題 [知識建構(gòu)] [備考點睛] (注1)……(注2)：詳見答案部分 1.兩種?？碱}型 (1)帶電粒子在電場和磁場中的碰撞問題. (2)電磁感應中“導軌＋棒”模型. 2.三大觀點 動力學、動量、能量觀點是解決力電綜合問題的首選方法. 　[答案]　(1)動量定理、動能定理 (2)動量定理、動能定理、動量守恒定律、能量守恒定律、功能關(guān)系 熱點考向一　電場中的動量和能量問題 【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，LM下端與MN相切．質(zhì)量

2、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球進入水平軌道之前，由于A、B兩球相距較遠，相互作用力可認為零，A球進入水平軌道后，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．已知A、B兩球始終沒有接觸．重力加速度為g.求： (1)A球剛進入水平軌道的速度大小； (2)A、B兩球相距最近時，A、B兩球系統(tǒng)的電勢能Ep； (3)A、B兩球最終的速度vA、vB的大?。? [思路引領(lǐng)]　(1)A球下滑過程滿足機械能守恒條件． (2)A球進入水平軌道，A、B球組成的系統(tǒng)所受合外力為零，動量守恒．當兩球最近時，速度相等． (3)

3、兩球距離足夠遠時，相互作用力為零，系統(tǒng)電勢能為零． [解析]　(1)對A球下滑的過程，據(jù)機械能守恒得 2mgh＝·2mv 解得v0＝ (2)A球進入水平軌道后，兩球組成的系統(tǒng)動量守恒，當兩球相距最近時共速，有 2mv0＝(2m＋m)v 解得v＝v0＝ 據(jù)能量守恒定律得2mgh＝(2m＋m)v2＋Ep 解得Ep＝mgh (3)當兩球相距最近之后，在靜電斥力作用下相互遠離，兩球距離足夠遠時，相互作用力為零，系統(tǒng)電勢能也為零，速度達到穩(wěn)定．則 2mv0＝2mvA＋mvB ×2mv＝×2mv＋mv 解得vA＝v0＝，vB＝v0＝ [答案]　(1)　(2)mgh　(3)　

4、 　電場中動量和能量問題的解題技巧 動量守恒定律與其他知識綜合應用類問題的求解，與一般的力學問題求解思路并無差異，只是問題的情景更復雜多樣，分析清楚物理過程，正確識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、帶電荷量的絕對值為q的物塊(視為質(zhì)點)，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電場，其場強大小E＝，方向豎直向下，如右圖所示．已知物塊與絕緣板間的動摩擦因數(shù)恒定，物塊運動到絕緣板的右端時恰好相對于絕緣板靜止；若將勻強電場的方向改變?yōu)樨Q直向上，場強大小不變，

5、且物塊仍以原初速度從絕緣板左端的上表面滑入，結(jié)果兩者相對靜止時，物塊未到達絕緣板的右端．求： (1)場強方向豎直向下時，物塊在絕緣板上滑動的過程中，系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量； (2)場強方向豎直向下時與豎直向上時，物塊受到的支持力之比； (3)場強方向豎直向上時，物塊相對于絕緣板滑行的距離． [解析]　(1)場強方向向下時，根據(jù)動量守恒定律得 mv0＝(M＋m)v 所以v＝v0 根據(jù)能量守恒定律得 熱量Q＝mv－(M＋m)v2＝ (2)場強向下時FN＝mg－qE 場強向上時FN′＝mg＋qE 所以＝ (3)兩次產(chǎn)生的熱量相等 μFN′l′＝Q，μFNl＝Q 所以l′＝.

6、 [答案]　(1)　(2)1∶4　(3) (1)對于電場中的動量問題，判斷所研究的系統(tǒng)動量是否守恒是解題關(guān)鍵． (2)對于電場中的能量問題，要熟練掌握電場力做功與電勢能變化的關(guān)系，結(jié)合功能關(guān)系和能量守恒定律解題. 熱點考向二　磁場中的動量和能量問題 【典例】　(2019·陜西西安市四模)如右圖所示，將帶電荷量Q＝＋0.3 C、質(zhì)量m′＝0.3 kg的滑塊放在小車的水平絕緣板的右端，小車的質(zhì)量M＝0.5 kg，滑塊與絕緣板間的動摩擦因數(shù)μ＝0.4，小車的絕緣板足夠長，它們所在的空間存在磁感應強度B＝20 T的水平方向的勻強磁場(垂直于紙面向里)．開始時小車靜止在光滑水平面上，一

7、擺長L＝1.25 m、質(zhì)量m＝0.15 kg的擺球從水平位置由靜止釋放，擺球到最低點時與小車相撞，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最低點時對擺線的拉力； (2)擺球與小車的碰撞過程中系統(tǒng)損失的機械能ΔE； (3)碰撞后小車的最終速度． [思路引領(lǐng)]　(1)當F洛>m′g時滑塊與車之間的彈力變?yōu)榱悖? (2)擺球與小車碰撞瞬間擺球與小車組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒． [解析]　(1)擺球下落過程，由動能定理有mgL＝mv2， 解得v＝5 m/s， 擺球在最低點時，由牛頓第二定律得T－mg＝m，解得T＝4.5 N，由牛頓第三定律可知擺球?qū)[線

8、的拉力T′＝4.5 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)水平方向動量守恒，以水平向右為正方向，有mv＝Mv1＋0， 解得v1＝1.5 m/s， 由能量守恒定律，有ΔE＝mv2－Mv＝1.31 J. (3)假設(shè)滑塊與車最終相對靜止， 則有Mv1＝(M＋m′)v2，解得v2＝0.9375 m/s， 由此得F洛＝Qv2B>m′g，故假設(shè)不成立，因此滑塊最終懸?。瑝K懸浮瞬間，滿足F洛′＝Qv2′B＝m′g， 解得v2′＝0.5 m/s. 將滑塊與小車看成一個系統(tǒng)，系統(tǒng)動量守恒，有 Mv1＝Mv′＋m′v2′， 解得v′＝1.2 m/s，方向水平向右．

9、 [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 　磁場中的動量和能量問題 涉及題型往往是帶電小球或滑塊在磁場中的碰撞問題，熟練力學中的碰撞模型，如彈性碰撞的二級結(jié)論，及速度變化帶來的洛倫茲力變化將是快速解題的關(guān)鍵． (2019·廣西南寧市3月適應測試)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磁場中，半圓弧的直徑AD水平，因弧的半徑為R，勻強磁場的磁感應強度為B，在A端由靜止釋放一個帶正電荷、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C時，對軌道的壓力差為ΔF，小

10、球運動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C時的速度大??； (2)小球甲所帶的電荷量； (3)若在圓弧軌道的最低點C放一個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Γ?不計兩球間靜電力的作用) [解析]　(1)由于小球甲在運動過程中，只有重力做功，因此機械能守恒，由A點運動到C點，有 mgR＝mv 解得vC＝ (2)小球甲第一次通過C點時，qvCB＋F1－mg＝m 第二次通過C點時，F(xiàn)2－qvCB－mg＝m 由題意知ΔF＝F2－F1 解得q＝ (3)因為甲

11、球與乙球在最低點發(fā)生的是彈性碰撞，則 mvC＝mv甲＋mv乙 mv＝mv＋mv 解得v甲＝0，v乙＝vC 設(shè)碰撞后的一瞬間，軌道對乙的支持力大小為F乙，方向豎直向上，則 F乙＋qv乙B－mg＝m 解得F乙＝3mg－ 根據(jù)牛頓第三定律可知，此時乙球?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點時與第二次通過C點時，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. 熱點考向三　電磁感應中的動量和能量問題 【典例】　(2019·河南洛陽期末)如圖所示，兩根質(zhì)量

12、均為m＝2 kg的金屬棒垂直地放在光滑的水平導軌上，左、右兩部分導軌間距之比為1∶2，導軌間左、右兩部分有大小相等、方向相反的勻強磁場，兩棒電阻與棒長成正比，不計導軌電阻，現(xiàn)用250 N的水平拉力F向右拉CD棒，在CD棒運動0.5 m的過程中，CD棒上產(chǎn)生的焦耳熱為30 J，此時AB棒和CD棒的速度分別為vA和vC，且vA∶vC＝1∶2，立即撤去拉力F，設(shè)導軌足夠長且兩棒始終在不同磁場中運動，求： (1)在CD棒運動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，兩棒最終做勻速運動時的速度v′A和v′C的大?。? [

13、思路引領(lǐng)]　 (2)兩棒最終做勻速運動，電路中電流為零．兩棒最終速度比為2∶1. [解析]　(1)設(shè)兩棒的長度分別為L和2L，電阻分別為R和2R，由于電路在任何時刻電流均相等，根據(jù)焦耳定律Q＝I2Rt 可得QAB＝QCD＝15 J. (2)對整個系統(tǒng)根據(jù)能量守恒定律有Fs＝mv＋mv＋QAB＋QCD 又vA∶vC＝1∶2 解得vA＝4 m/s，vC＝8 m/s. (3)撤去拉力F后，AB棒繼續(xù)向左做加速運動，而CD棒開始向右做減速運動，兩棒最終做勻速運動時，電路中電流為零，兩棒切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢大小相等，此時兩棒的速度滿足BLv′A＝B·2Lv′C 即v′A＝2v′

14、C 設(shè)AB棒和CD棒受到的安培力大小分別為FA和FC，對兩棒分別應用動量定理有FAt＝mv′A－mvA，－FCt＝mv′C－mvC 因為FC＝2FA 解得＝－ 聯(lián)立以上各式解得v′A＝6.4 m/s，v′C＝3.2 m/s. [答案]　(1)15 J　(2)4 m/s　8 m/s　(3)6.4 m/s　3.2 m/s 動量觀點在電磁感應現(xiàn)象中的應用 1．對于兩導體棒在平直的光滑導軌上運動的情況，如果兩棒所受的外力之和為零，則考慮應用動量守恒定律處理問題． 2．由BL·Δt＝m·Δv、q＝·Δt可知，當題目中涉及電荷量或平均電流時，可應用動量定理來解決問題． 兩足夠長且

15、不計電阻的光滑金屬軌道如圖甲所示放置，間距為d＝1 m，在左端弧形軌道部分高h＝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Ra＝2 Ω、Rb＝5 Ω，在平直軌道區(qū)域有豎直向上的勻強磁場，磁感應強度B＝2 T．現(xiàn)桿b以初速度大小v0＝5 m/s開始向左滑動，同時由靜止釋放桿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下滑到水平軌道時開始計時，a、b運動的速度－時間圖像如圖乙所示(以a運動方向為正方向)，其中ma＝2 kg，mb＝1 kg，g＝10 m/s2，求： (1)桿a在弧形軌道上

16、運動的時間； (2)桿a在水平軌道上運動過程中通過其截面的電荷量； (3)在整個運動過程中桿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桿b的速度大小為vb0，對桿b運用動量定理，有Bd·Δt＝mb(v0－vb0) 其中vb0＝2 m/s 代入數(shù)據(jù)解得Δt＝5 s. (2)對桿a由靜止下滑到平直導軌上的過程中，由機械能守恒定律有magh＝mav 解得va＝＝5 m/s 設(shè)最后a、b兩桿共同的速度為v′，由動量守恒定律得mava－mbvb0＝(ma＋mb)v′ 代入數(shù)據(jù)解得v′＝ m/s 桿a動量的變化量等于它所受安培力的沖量，設(shè)桿a的速度從v

17、a到v′的運動時間為Δt′，則由動量定理可得BdI·Δt′＝ma(va－v′) 而q＝I·Δt′ 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 Q＝magh＋mbv－(mb＋ma)v′2＝ J b棒中產(chǎn)生的焦耳熱為Q′＝Q＝ J. [答案]　(1)5 s　(2) C　(3) J 本題中兩金屬桿在平直的光滑導軌上運動，只受到安培力作用，這類問題可以從以下三個觀點來分析： (1)力學觀點：通常情況下一個金屬桿做加速度逐漸減小的加速運動，而另一個金屬桿做加速度逐漸減小的減速運動，最終兩金屬桿以共同的速度勻速運動． (2)能量觀點：其中一個金屬桿

18、動能的減少量等于另一個金屬桿動能的增加量與回路中產(chǎn)生的焦耳熱之和． (3)動量觀點：如果光滑導軌間距恒定，則兩個金屬桿的安培力大小相等，通常情況下系統(tǒng)的動量守恒. 高考真題研究——動量守恒思想解決電磁感應中的“雙棒”問題 2019新課標Ⅲ卷19題 審題指導 (多選)如圖，方向豎直向下的勻強磁場中有 兩根位于同一水平面內(nèi)的足夠長的平行金屬導軌，兩相同的光滑導體棒ab、cd靜止在導軌上．t＝0時，棒ab以初速度v0向右滑動．運動過程中，ab、cd始終與導軌垂直并接觸良好，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　

19、抓關(guān)鍵點 (1)“光滑導體棒”說明運動過程無摩擦力． (2)“平行金屬導軌”說明兩棒所受安培力等大反向． (3)“足夠長”說明兩棒最終會共速． 第二步　找突破口 (1)兩棒運動過程中，速度差逐漸減小，系統(tǒng)產(chǎn)生感應電動勢越來越小，最后變?yōu)?. (2)系統(tǒng)外力之和為零，動量守恒. [解析]　棒ab以初速度v0向右滑動，切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢，使整個回路中產(chǎn)生感應電流，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動，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動，它們之間的速度差Δv＝v1－v2逐漸減小，整個系統(tǒng)產(chǎn)生的感應電動勢逐漸減小，回路中感應電流逐漸

20、減小，最后變?yōu)榱?，即最終棒ab和棒cd的速度相同，v1＝v2，兩相同的光滑導體棒ab、cd組成的系統(tǒng)在足夠長的平行金屬導軌上運動時不受外力作用，由動量守恒定律有mv0＝mv1＋mv2，解得v1＝v2＝，選項A、C均正確，B、D均錯誤． [答案]　AC 試題特點 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)合法拉第電磁感應定律和電路問題，判斷產(chǎn)生的感應電動勢的變化情況，從而得出回路中感應電流的變化情況. “動量”改為必考內(nèi)容后，電磁感應中的動量問題，就必須引起我們的關(guān)注． 出題方向一般為： (1)涉及單棒或兩邊導軌不等寬的雙

21、棒問題一般考慮用動量定理解題． (2)由BL·Δt＝m·Δv，q＝Δt＝可知，當題目涉及電荷量或平均電流時，可應用動量定理解題． (3)涉及等寬平行導軌的雙棒問題，如果兩棒外力之和為零，則考慮用動量守恒解題，必要時結(jié)合能量守恒定律和其他力學規(guī)律處理. 專題強化訓練(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段為足夠長的水平軌道，BD段為半徑R＝0.2 m的半圓軌道，二者相切于B點，整個軌道處于豎直向下的勻強電場中，場強大小E＝5.0×103 V/m.一不帶電的絕緣小球甲，以速度v0沿水平軌道向右運動，與靜止在B點帶正電的小球乙發(fā)生彈性正碰．已

22、知乙球質(zhì)量m＝1.0×10－2 kg，乙所帶電荷量q＝2.0×10－5 C，乙球質(zhì)量為甲球質(zhì)量的3倍．取g＝10 m/s2，甲、乙兩球均可視為質(zhì)點，整個運動過程中無電荷轉(zhuǎn)移． (1)甲、乙兩球碰撞后，乙球通過軌道的最高點D時，對軌道的壓力大小N′為自身重力的2.5倍，求乙在水平軌道上的首次落點到B點的距離； (2)在滿足(1)的條件下，求甲球的初速度v0. [解析]　(1)設(shè)乙到達最高點D時的速度為vD，乙離開D點首次到達水平軌道的時間為t，加速度為a，乙在水平軌道上的首次落點到B點的距離為x.乙離開D點后做類平拋運動，則2R＝at2，x＝vDt 根據(jù)牛頓第二定律有a＝ 乙過D點

23、時有mg＋qE＋N＝m(式中N為乙在D點時軌道對乙的作用力) 根據(jù)牛頓第三定律有N＝N′＝2.5mg 解得x＝0.6 m. (2)設(shè)碰后瞬間甲、乙兩球的速度分別為v1、v2，根據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律有 mv0＝mv1＋mv2 ×mv＝×mv＋mv 聯(lián)立解得v2＝v0 乙球從B到D的過程中，根據(jù)動能定理有－mg·2R－qE·2R＝mv－mv 由(1)可得vD＝3 m/s 聯(lián)立解得v0＝10 m/s. [答案]　(1)0.6 m　(2)10 m/s 2．(2019·河北五名校聯(lián)盟二模)如下圖所示，MN、PQ兩平行光滑水平導軌分別與半徑r＝0.5 m的相同豎直半圓導軌在

24、N、Q端平滑連接，M、P端連接定值電阻R，質(zhì)量M＝2 kg的cd絕緣桿垂直且靜止在水平導軌上，在其右側(cè)至N、Q端的區(qū)域內(nèi)充滿豎直向上的勻強磁場．現(xiàn)有質(zhì)量m＝1 kg的ab金屬桿以初速度v0＝12 m/s水平向右運動，與cd絕緣桿發(fā)生正碰后，進入磁場并最終未滑出，cd絕緣桿則恰好能通過半圓導軌最高點，不計除R以外的其他電阻和摩擦，ab金屬桿始終與導軌垂直且接觸良好，g取10 m/s2(不考慮cd桿通過半圓導軌最高點以后的運動)，求： (1)cd絕緣桿恰好通過半圓導軌最高點時的速度大小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軌最高點時， 由牛頓第二定

25、律有Mg＝M 解得v＝ m/s. (2)發(fā)生正碰后cd絕緣桿滑至最高點的過程中，由動能定理有 －Mg·2r＝Mv2－Mv， 解得碰撞后cd絕緣桿的速度v2＝5 m/s， 兩桿碰撞過程中動量守恒，有 mv0＝mv1＋Mv2， 解得碰撞后ab金屬桿的速度v1＝2 m/s， ab金屬桿進入磁場后由能量守恒定律有Q＝mv， 解得Q＝2 J. [答案]　(1) m/s　(2)2 J 3．(2019·河南洛陽統(tǒng)考)如圖所示，足夠長的水平軌道左側(cè)b1b2－c2c1部分軌道間距為2L，右側(cè)窄軌道間距為L，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．在水平軌道內(nèi)有斜向下與豎

26、直方向成θ＝37°的勻強磁場，磁感應強度大小B0＝0.1 T．質(zhì)量M＝0.2 kg的金屬棒B垂直于導軌靜止放置在右側(cè)窄軌道上，質(zhì)量m＝0.1 kg的金屬棒A自曲線軌道上a1a2處由靜止釋放，經(jīng)時間t，兩棒達到穩(wěn)定狀態(tài)．兩棒在運動過程中始終相互平行且與導軌保持良好接觸，棒A總在寬軌上運動，棒B總在窄軌上運動．已知兩棒接入電路的有效電阻均為R＝0.2 Ω，h＝0.2 m，L＝0.2 m，取g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求： (1)棒A滑到b1b2處時的速度大?。? (2)棒B勻速運動的速度大??； (3)在兩棒整個的運動過程中通過棒A某截面的電荷量； (4

27、)在兩棒整個的運動過程中兩棒在水平導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，由機械能守恒定律有mgh＝mv 解得棒A滑到b1b2處時的速度v0＝2 m/s. (2)對棒A、B，分別由動量定理有－B0cosθ··2Lt＝mvA－mv0，B0cosθ·Lt＝MvB 得mv0－mvA＝2MvB 兩棒最后勻速運動時，電路中無電流，則B0LvB＝2B0LvA，得vB＝2vA 解得vB＝v0＝ m/s. (3)在棒B加速過程中，由動量定理有B0cosθ·Lt＝MvB－0 在兩棒整個的運動過程中通過棒A某截面的電荷量q＝t 解得q＝ C. (4)據(jù)法拉第電磁

28、感應定律有E＝ 其中磁通量變化量ΔΦ＝B0cosθ·ΔS 電路中的電流＝ 通過棒A某截面的電荷量q＝t 解得在兩棒整個的運動過程中兩棒在水平導軌間掃過的面積之差ΔS＝ m2. [答案]　(1)2 m/s　(2) m/s　(3) C　(4) m2 4．(2019·福建泉州模擬)如圖所示，在豎直平面(紙面)內(nèi)有一直角坐標系xOy，x軸下方有垂直紙面向里的勻強磁場，第三象限有沿x軸負方向的勻強電場，第四象限存在另一勻強電場(圖中未畫出)；一光滑絕緣的固定不帶電細桿PQ交x軸于M點，細桿與x軸的夾角θ＝30°，桿的末端在y軸Q點處，P、M兩點間的距離為L.一套在桿上的質(zhì)量為2m、電荷量為q

29、的帶正電小環(huán)b恰好靜止在M點，另一質(zhì)量為m、不帶電絕緣小環(huán)a套在桿上并從P點由靜止釋放，與b碰撞后瞬間反彈，反彈后到達最高點時被鎖定，鎖定點與M點的距離為，b沿桿下滑過程中始終與桿之間無作用力，b進入第四象限后做勻速圓周運動，而后通過x軸上的N點，且OM＝ON.已知重力加速度大小為g，a、b均可看作質(zhì)點，求： (1)碰后b的速度大小v以及a、b碰撞過程中系統(tǒng)損失的機械能ΔE； (2)磁場的磁感應強度大小B； (3)b離開桿后經(jīng)過多長時間會通過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，由機械能守恒得 mgLsinθ＝mv，mg·sinθ

30、＝mv 取沿桿向下方向為正方向，則a、b碰撞過程中，由動量守恒定律有mv1＝－mv2＋2mv 聯(lián)立解得v＝ 機械能損失ΔE＝mv－ 解得ΔE＝mgL. (2)設(shè)勻強磁場的磁感應強度大小為B，由于b從M點運動到Q點的過程中始終與桿無作用力，可得qvBcosθ＝2mg 將v＝代入得B＝. (3)b在第四象限做勻速圓周運動的軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系可得軌跡的圓心O′在x軸上，經(jīng)過N點時速度方向與x軸垂直，圓心角α＝120°，又勻速圓周運動的周期T＝ b從Q點到第一次通過N點的時間t1＝T 得t1＝ b第一次通過N點后做豎直上拋運動，經(jīng)t2時間第二次通過N點，有 t2＝＝

31、b第二次通過N點后在磁場中做半個圓周運動，經(jīng)t3時間第三次通過x軸，有 t3＝＝ b離開桿后會通過x軸有兩種情況： ①第n次豎直向上經(jīng)過x軸，時間t＝t1＋(n－1)(t2＋t3)＝＋(n－1)(n＝1、2、3、…) ②第n次豎直向下經(jīng)過x軸，時間t＝t1＋t2＋(n－1)(t2＋t3)＝＋＋(n－1)(n＝1、2、3、…)． [答案]　(1)　mgL　(2) (3)第n次豎直向上經(jīng)過x軸，時間t＝t1＋(n－1)(t2＋t3)＝＋(n－1)(n＝1、2、3、…) 第n次豎直向下經(jīng)過x軸，時間t＝t1＋t2＋(n－1)(t2＋t3)＝＋＋(n－1)(n＝1、2、3、…) 17