資源簡介

第31講　微專題六 動力學、動量和能量觀點在電學中的應用
命題點一　電磁感應中的動量和能量的應用
感應電流在磁場中受到安培力的作用，因此電磁感應問題往往跟力學問題聯系在一起.解決這類問題需要綜合應用電磁感應規律(法拉第電磁感應定律、楞次定律)及力學中的有關規律(牛頓運動定律、動量守恒定律、動量定理、動能定理等).解決這類問題的方法：
(1)選擇研究對象.即是哪一根導體棒或幾根導體棒組成的系統.
(2)分析其受力情況.安培力既跟電流方向垂直又跟磁場方向垂直.
(3)分析研究對象所受的各力做功情況和合外力情況，選定所要應用的物理規律.
(4)分析研究對象(或系統)是否符合動量守恒的條件.
(5)運用物理規律列方程求解.注意：加速度a＝0時，速度v達到最大值.
類型1　動量定理和功能關系的應用
（2023 南京模擬）如圖，豎直平面內有一寬度為L的有界勻強磁場，一邊長為a（a＜L）的正方形線框以一定的初速度v0水平拋出，從右邊界離開磁場，運動過程中線框不翻轉。關于進、出磁場的兩個過程，下列說法正確的是（　　）
A．進入磁場過程中通過線框橫截面的電荷量大
B．進入磁場過程中速度變化量小
C．飛出磁場過程中線框產生的熱量多
D．重力做的功相等
（2023 郫都區校級模擬）電阻不計的平行金屬導軌EFG與PMN如圖所示放置，EF與PM段水平且粗糙，FG與MN段傾斜且光滑，F、M連接處接觸良好，FG與MN與水平面成θ＝37°角，空間中存在勻強磁場，磁感應強度為B＝5T，方向豎直向上，導軌間距均為L＝1m，金屬棒ab、cd與軌道垂直放置，兩金屬棒質量相等，均為m＝0.1kg，電阻均為R＝2Ω，ab、cd間用輕質絕緣細線相連，中間跨過一個理想定滑輪，兩金屬棒始終垂直于導軌，cd棒與水平導軌間的動摩擦因數為μ＝0.4，兩金屬棒始終不會與滑輪相碰，金屬導軌足夠長，g＝10m/s2，sin37°＝0.6，現將金屬棒由靜止釋放。
（1）求釋放瞬間兩棒的加速度大小；
（2）判斷釋放后ab棒上感應電流的方向，并求出兩金屬棒的最大速度；
（3）假設金屬棒ab沿傾斜導軌下滑s＝4m時達到最大速度，試求由靜止釋放至達到最大速度所用的時間及該過程中ab棒產生的焦耳熱。
類型2　動量守恒定律和功能關系的應用
（2024 濟南模擬）如圖所示，絕緣水平面上固定有兩根間距為L，足夠長的平行光滑導軌（電阻不計），導軌所在空間存在磁感應強度為B，范圍足夠大的勻強磁場。長度均為L，質量分別為ma＝m、mb＝2m兩根導體a、b棒靜置在導軌上，a的阻值是b的2倍。若在t＝0時刻給a一個平行于導軌向左的初速度v0，不計運動過程中a和b的相互作用力，則下列說法錯誤的是（　　）
A．整個運動過程中，導體棒b做加速度逐漸減小的加速運動，直至勻速運動
B．整個運動過程中，通過導體棒b的電荷量為
C．整個運動過程中，導體棒a產生的焦耳熱為
D．整個運動過程中，導體棒b所受安培力的沖量大小為
（2023 長安區一模）如圖所示，相距L＝0.1m的平行軌道由兩部分組成，其中圓弧軌道光滑，水平軌道粗糙。水平軌道MNPQ區域存在豎直向上的勻強磁場，磁感應強度B＝1T。光滑導體棒ab的質量m1＝0.1kg，電阻R1＝0.3Ω；另一導體棒cd的質量m2＝0.2kg，電阻R2＝0.2Ω，放置在足夠長的水平軌道上，導體棒cd與水平導軌間的動摩擦因數μ＝0.5，光滑足夠長斜面的傾角θ＝30°，斜面頂端固定一輕質光滑小定滑輪，滑輪與水平軌道等高。一絕緣輕繩繞過滑輪一端與導體棒cd相連，另一端與處于斜面上的小物塊相連，且cd與物塊恰好均保持靜止（最大靜摩擦力等于滑動摩擦力）。現讓ab棒從距水平軌道高為H＝0.8m處由靜止釋放，在之后的運動過程中，ab棒恰好能與水平軌道上的cd棒相遇，全程兩棒均未出磁場區域。已知重力加速度g＝10m/s2，求：
（1）小物塊的質量m0；
（2）導體棒cd的初始位置與水平軌道最左端MN間的距離x0；
（3）整個過程中，導體棒ab產生的焦耳熱Q1。
命題點二　電場、磁場中動量和能量觀點的應用
動量與電磁學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鍵.
類型1　電場中動量和能量觀點的應用
（2024 大足區校級模擬）如圖所示，光滑絕緣斜面對接后固定在水平地面上，O點為斜面的最低點，空間存在豎直向上的勻強電場，帶電小球A恰好能靜止在高為H處，將不帶電的小球B從高為2H處靜止釋放，與小球A發生彈性碰撞后電量平分，且不考慮A、B間的庫侖力作用，碰后小球A在兩個斜面上做往復運動，每次經過最低點時動能損失10%，已知mA＝2mB＝2m，α＝β＝30°，兩小球只能發生一次碰撞，重力加速度為g，求：
（1）兩小球A、B碰撞之后的速度；
（2）小球A第一次到達最低點O時，兩小球的速度大小；
（3）小球A運動的總路程。
（2023 和平區二模）2021年4月我國空間站天和核心艙成功發射，核心艙首次使用了一種全新的推進裝置——霍爾推力器。其工作原理簡化如下：如圖甲所示，推力器右側陰極逸出（初速度極小）的一部分電子進入放電室中，放電室內由沿圓柱體軸向的電場和環形徑向磁場組成，電子在洛倫茲力和電場力的共同作用下運動，最終大多數電子被束縛在一定的區域內，與進入放電室的中性推進劑工質（氙原子）發生碰撞使其電離；電離后的氙離子在磁場中的偏轉角度很小，其運動可視為在軸向電場力作用下的直線運動，飛出放電室后與陰極導出的另一部分電子中和并被高速噴出，霍爾推力器由于反沖獲得推進動力。設某次核心艙進行姿態調整，開啟霍爾推力器，電離后的氙離子初速度為0，經電壓為U的電場加速后高速噴出，氙離子所形成的等效電流為I。已知一個氙離子質量為m，電荷量為q，忽略離子間的相互作用力和電子能量的影響，求：
（1）單位時間內噴出氙離子的數目N；
（2）霍爾推力器獲得的平均推力大小F；
（3）放電室中的電場和磁場很復雜，為簡化研究，將圖甲中磁場和電場在小范圍內看作勻強磁場和勻強電場，俯視圖如圖乙所示，設磁感應強度為B，電場強度為E。選取從陰極逸出的某電子為研究對象，初速度可視為0，在小范圍內運動的軌跡如圖，已知電子質量為me，電荷量為e，忽略電子間，電子與離子間的相互作用力，求電子在沿軸向方向運動的最大距離H。
類型2　磁場中動量和能量觀點的應用
（2023 福州模擬）如圖甲，一質量為m足夠長的絕緣板靜止在光滑水平面上，板的左端有一個質量也為m的帶電小物塊，其電荷量為﹣q（q＞0）。距絕緣板左端l0到2l0之間存在電場和磁場，勻強磁場方向垂直于紙面向里，勻強電場方向豎直向下，現讓帶電小物塊在水平恒力的作用下從靜止開始向右運動。小物塊到達電、磁場區域的左邊界時刻，撤去水平恒力，此時絕緣板的速度大小為v0。帶電小物塊從開始運動到前進2l0的過程中，速度隨位移變化的v﹣x圖像如圖乙，其中AB段為直線。求：
（1）帶電小物塊從開始運動到電、磁場左邊界的時間t；
（2）水平恒力F的大小；
（3）電場強度E和磁感應強度B的大小。
（2023 濟南二模）如圖所示，足夠大的光滑絕緣水平面上在0≤x≤d，虛線范圍內存在水平向右的勻強電場，電場強度大小為E，有A、B兩個小球（均可視為質點），小球A質量為m電荷量為+q，小球B不帶電。現將小球A從x＝0處無初速釋放，小球B位于x＝d處，A與B發生碰撞碰撞時間極短，且只撞一次，碰撞過程中A的電荷量不變，經過一段時間兩小球保持的距離不變。求：
（1）小球A與小球B碰前小球A的速度v0；
（2）小球B的質量mB；
（3）若將虛線區域內的電場換為垂直平面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B，小球A從O點以不同的速度發射，速度方向均在xy平面內，與y軸正方向的夾角分布在0到90°范圍內。已知小球A在磁場中做圓周運動的半徑介于到d之間，A在磁場中運動的最長時間為在磁場中做圓周運動周期的四分之一，求當A在磁場中運動時間最長且運動軌跡最長時，從O點射出時的速度大小。
（2023 山東模擬）如圖所示，P、Q、M、N為四個互相平行的豎直分界面，間距均為d，P、Q之間充滿豎直向上的勻強磁場，M、N之間充滿豎直向下的勻強磁場，磁感應強度的大小均為B。在分界面P的左側有一邊長為L（d＜L＜2d）的正方形線框abcd，線框水平放置，ab邊平行于分界面P，與界面P的距離也為d。線框以水平初速度v0飛出，當ab邊剛好到達分界面Q時，線框的速度大小仍為v0。已知線框由同種規格導線制成，總質量為m，總電阻為R，重力加速度為g。求
（1）ab邊剛好進入分界面P時，a、b兩點間的電勢差大小以及線框加速度的大小；
（2）ab邊剛好到達分界面Q時，線框產生的焦耳熱以及下落的距離；
（3）要想線框最終能豎直下落，求磁感應強度的最小值。
（2023 浙江模擬）如圖1所示，在xOy平面上的第一象限全部區域有大小為E，方向豎直向上的勻強電場，有一位于第二象限的電子源持續不斷地沿x軸正方向發射速率均為v的電子，形成沿y軸方向均勻分布的電子流，電子源所在位置的縱坐標分布范圍為R～2R。熒光屏的上端固定于x軸上，其橫坐標分布范圍為0～5R，熒光屏上被電子碰撞的位置均會顯示熒光。電子每次碰撞過程中機械能損失75%，碰撞前后速度方向與熒光屏的夾角相等（與豎直方向對稱）。已知電子的質量為m，電荷量為e，不計電子重力，忽略電子間的相互作用。
（1）求熒光區域的橫坐標的最小值；
（2）若從y＝R沿x軸正方向射出的電子與熒光屏第一次碰撞的作用時間為t0，求第一次碰撞過程中熒光屏對該電子的作用力大小；
（3）求熒光區域的橫坐標的最大值；
（4）現把勻強電場撤去，在第一象限全部區域加上方向垂直向里的勻強磁場B，如圖2所示。若所有電子最終均靜止在熒光屏上（沒有離開第一象限），求B的取值范圍。第31講　微專題六 動力學、動量和能量觀點在電學中的應用
命題點一　電磁感應中的動量和能量的應用
感應電流在磁場中受到安培力的作用，因此電磁感應問題往往跟力學問題聯系在一起.解決這類問題需要綜合應用電磁感應規律(法拉第電磁感應定律、楞次定律)及力學中的有關規律(牛頓運動定律、動量守恒定律、動量定理、動能定理等).解決這類問題的方法：
(1)選擇研究對象.即是哪一根導體棒或幾根導體棒組成的系統.
(2)分析其受力情況.安培力既跟電流方向垂直又跟磁場方向垂直.
(3)分析研究對象所受的各力做功情況和合外力情況，選定所要應用的物理規律.
(4)分析研究對象(或系統)是否符合動量守恒的條件.
(5)運用物理規律列方程求解.注意：加速度a＝0時，速度v達到最大值.
類型1　動量定理和功能關系的應用
（2023 南京模擬）如圖，豎直平面內有一寬度為L的有界勻強磁場，一邊長為a（a＜L）的正方形線框以一定的初速度v0水平拋出，從右邊界離開磁場，運動過程中線框不翻轉。關于進、出磁場的兩個過程，下列說法正確的是（　　）
A．進入磁場過程中通過線框橫截面的電荷量大
B．進入磁場過程中速度變化量小
C．飛出磁場過程中線框產生的熱量多
D．重力做的功相等
【解答】解：A、設磁感應強度為B，線框電阻為R，根據：，由于線框進、出磁場的兩個過程磁通量變化量大小相等，則兩個過程通過線框橫截面的電荷量相等，故A錯誤；
B、將線框的運動分解為水平方向和豎直方向兩個分運動，可知線框豎直方向做自由落體運動，線框在進、出磁場的兩個過程水平方向均做減速運動，則線框進入磁場過程所用時間小于線框離開磁場過程所用時間，豎直方向根據：Δvy＝gΔt
可知線框進入磁場過程豎直方向的速度變化量小于線框離開磁場過程豎直方向的速度變化量；水平方向根據動量定理可得：
由于線框進、出磁場的兩個過程通過線框橫截面的電荷量相等，則線框進、出磁場的兩個過程水平方向的速度變化量相等，根據：，可知線框進入磁場過程中速度變化量小于線框離開磁場過程中速度變化量，故B正確；
D、由于線框豎直方向做自由落體運動，且線圈進入磁場過程所用時間小于線框離開磁場過程所用時間，則線圈進入磁場過程下落高度小于線框離開磁場過程下落高度，根據WG＝mgh，可知線圈進入磁場過程重力做的功小于線圈離開磁場過程重力做的功，故D錯誤；
C、線框產生的熱量等于克服安培力做的功，根據，由于線框進入磁場過程的水平速度大于離開磁場過程的水平速度，則線框進入磁場過程受到的安培力大于離開磁場過程受到的安培力，又兩個過程線框通過的水平位移相同，則線框進入磁場過程克服安培做的功大于離開磁場過程克服安培做的功，可知線框飛出磁場過程中線框產生的熱量少于線框進入磁場過程中線框產生的熱量，故C錯誤。
故選：B。
（2023 郫都區校級模擬）電阻不計的平行金屬導軌EFG與PMN如圖所示放置，EF與PM段水平且粗糙，FG與MN段傾斜且光滑，F、M連接處接觸良好，FG與MN與水平面成θ＝37°角，空間中存在勻強磁場，磁感應強度為B＝5T，方向豎直向上，導軌間距均為L＝1m，金屬棒ab、cd與軌道垂直放置，兩金屬棒質量相等，均為m＝0.1kg，電阻均為R＝2Ω，ab、cd間用輕質絕緣細線相連，中間跨過一個理想定滑輪，兩金屬棒始終垂直于導軌，cd棒與水平導軌間的動摩擦因數為μ＝0.4，兩金屬棒始終不會與滑輪相碰，金屬導軌足夠長，g＝10m/s2，sin37°＝0.6，現將金屬棒由靜止釋放。
（1）求釋放瞬間兩棒的加速度大小；
（2）判斷釋放后ab棒上感應電流的方向，并求出兩金屬棒的最大速度；
（3）假設金屬棒ab沿傾斜導軌下滑s＝4m時達到最大速度，試求由靜止釋放至達到最大速度所用的時間及該過程中ab棒產生的焦耳熱。
【解答】解：（1）釋放瞬間，對金屬棒ab、cd，由牛頓第二定律分別可得
mgsinθ﹣T＝ma
T﹣μmg＝ma
聯立解得：a＝1m/s2
（2）釋放后，由右手定則可知，金屬棒ab中的電流方向從a到b，經分析，當兩金屬棒加速度為0時速度最大，設最大速度為vm。
對ab棒，由平衡條件有
F安cosθ+mgsinθ﹣T＝0
對cd棒，由平衡條件有
T﹣μmg﹣F安＝0
又兩棒受到的安培力大小為
F安＝BIL
此時回路中感應電動勢為
E＝BLvm﹣BLvmcosθ
由閉合電路歐姆定律可得
聯立解得：vm＝0.8m/s
（3）設金屬棒由靜止釋放至最大速度所需時間為t，對ab棒，取沿斜面向下為正方向，由動量定理有
對cd棒，取向右為正方向，由動量定理有
而，，，ΔΦ＝BLs﹣BLscosθ
聯立解得：t＝5.8s
設系統產生的焦耳熱為Q，由能量守恒定律可得
金屬棒ab產生的焦耳熱為
聯立解得：Qab＝0.368J
類型2　動量守恒定律和功能關系的應用
（2024 濟南模擬）如圖所示，絕緣水平面上固定有兩根間距為L，足夠長的平行光滑導軌（電阻不計），導軌所在空間存在磁感應強度為B，范圍足夠大的勻強磁場。長度均為L，質量分別為ma＝m、mb＝2m兩根導體a、b棒靜置在導軌上，a的阻值是b的2倍。若在t＝0時刻給a一個平行于導軌向左的初速度v0，不計運動過程中a和b的相互作用力，則下列說法錯誤的是（　　）
A．整個運動過程中，導體棒b做加速度逐漸減小的加速運動，直至勻速運動
B．整個運動過程中，通過導體棒b的電荷量為
C．整個運動過程中，導體棒a產生的焦耳熱為
D．整個運動過程中，導體棒b所受安培力的沖量大小為
【解答】解：已知ma＝m、mb＝2m，設a的電阻為2R，b的電阻為R。
A.導體棒a向左運動時產生的電動勢為E＝BLv，和導體棒b一起構成閉合回路產生的感應電流為I，a、b棒所受的安培力大小均等于F＝BIL，這個安培力使a棒做減速運動，使b棒做加速運動，所以a棒切割磁感線的速度變小，對b棒，根據牛頓第二定律
F＝2mab
則b棒的加速度變小，當a、b的速度相等時，b開始做勻速直線運動，故A正確；
B.對a、b棒所組成的系統，安培力是一對平衡力，根據題意可知，系統在水平方向滿足動量守恒定律，設向左的方向為正方向，有
mv0＝（m+2m）v共
得v共v0
對b棒，在加速時間內，根據動量定理有BILt＝2mv共，即BLq＝2mv共，解得q，故B錯誤；
C.根據功能關系，整個過程中系統產生的焦耳熱為Qm3mm3m×（v0）2m，根據功率分配關系可得，a棒產生的焦耳熱為QaQmm，故C正確；
D.整個過程中，對b棒，根據動量定理，安培力沖量等于b的動量變化量，即IF＝2m v共＝2mv0mv0，故D正確。
本題選錯誤的，故選：B。
（2023 長安區一模）如圖所示，相距L＝0.1m的平行軌道由兩部分組成，其中圓弧軌道光滑，水平軌道粗糙。水平軌道MNPQ區域存在豎直向上的勻強磁場，磁感應強度B＝1T。光滑導體棒ab的質量m1＝0.1kg，電阻R1＝0.3Ω；另一導體棒cd的質量m2＝0.2kg，電阻R2＝0.2Ω，放置在足夠長的水平軌道上，導體棒cd與水平導軌間的動摩擦因數μ＝0.5，光滑足夠長斜面的傾角θ＝30°，斜面頂端固定一輕質光滑小定滑輪，滑輪與水平軌道等高。一絕緣輕繩繞過滑輪一端與導體棒cd相連，另一端與處于斜面上的小物塊相連，且cd與物塊恰好均保持靜止（最大靜摩擦力等于滑動摩擦力）。現讓ab棒從距水平軌道高為H＝0.8m處由靜止釋放，在之后的運動過程中，ab棒恰好能與水平軌道上的cd棒相遇，全程兩棒均未出磁場區域。已知重力加速度g＝10m/s2，求：
（1）小物塊的質量m0；
（2）導體棒cd的初始位置與水平軌道最左端MN間的距離x0；
（3）整個過程中，導體棒ab產生的焦耳熱Q1。
【解答】解：（1）棒與物塊靜止，根據受力分析可得：
μm2g＝m0gsinθ
解得：m0＝0.2kg
（2）當ab棒進入磁場時，由動能定理得：
ab棒恰好能與水平軌道上的cd棒相遇時，選擇向右的方向為正方向，設速度為v2，系統動量守恒，由此可得：
m1v1＝（m1+m2+m0）v2
對ab棒分析，由動量定理得：
且
聯立得：x0＝16m
（3）相遇前，對系統由能量守恒定律得
且
代入數據得：Qab＝0.384J
命題點二　電場、磁場中動量和能量觀點的應用
動量與電磁學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鍵.
類型1　電場中動量和能量觀點的應用
（2024 大足區校級模擬）如圖所示，光滑絕緣斜面對接后固定在水平地面上，O點為斜面的最低點，空間存在豎直向上的勻強電場，帶電小球A恰好能靜止在高為H處，將不帶電的小球B從高為2H處靜止釋放，與小球A發生彈性碰撞后電量平分，且不考慮A、B間的庫侖力作用，碰后小球A在兩個斜面上做往復運動，每次經過最低點時動能損失10%，已知mA＝2mB＝2m，α＝β＝30°，兩小球只能發生一次碰撞，重力加速度為g，求：
（1）兩小球A、B碰撞之后的速度；
（2）小球A第一次到達最低點O時，兩小球的速度大小；
（3）小球A運動的總路程。
【解答】解：（1）設小球B從高為2H處靜止釋放后，與小球A發生彈性碰撞前瞬間的速的速度為v0，對B由機械能守恒定律得：
mgH，解得：v0
設A、B碰撞后瞬間A、B的速度分別為v1，v2，以沿斜面向下為正方向，由動量守恒定律和機械能守恒定律得：
mv0＝mv2+2mv1
解得：v1，方向沿斜面向下，v2，方向沿斜面向上。
（2）設初始A的電荷量為2q，初始A靜止，則有：
2qE＝2mg，即：qE＝mg
碰撞后電量平分，則A、B的電荷量均為q，則
對B有：qE＝mg，可知碰后B沿斜面向上做勻速直線運動，速度大小為。
對A可知沿下面向下做勻加速直線運動，設小球A第一次到達最低點O時速度大小為v3。
對A由牛頓第二定律得：（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為s02H
經過最低點時動能損失10%，即每次經過最低點后瞬間動能變為原來的0.9倍，即速度的平方變為原來的0.9倍。則
A第一次在左邊斜面的路程為
s12＝0.9
第二次經過最低點后速度的平方等于0.9×0.90.92
第二次在右邊斜面的路程為
s22＝0.92
以此類推，歸納可得小球A運動的總路程為：
s＝s0+s1+s2+……+sn＝2H（0.9+0.92+……+0.9n）
其中：
當n→∞，由數學知識的等比數列求和可得：
s＝2H54H
（2023 和平區二模）2021年4月我國空間站天和核心艙成功發射，核心艙首次使用了一種全新的推進裝置——霍爾推力器。其工作原理簡化如下：如圖甲所示，推力器右側陰極逸出（初速度極小）的一部分電子進入放電室中，放電室內由沿圓柱體軸向的電場和環形徑向磁場組成，電子在洛倫茲力和電場力的共同作用下運動，最終大多數電子被束縛在一定的區域內，與進入放電室的中性推進劑工質（氙原子）發生碰撞使其電離；電離后的氙離子在磁場中的偏轉角度很小，其運動可視為在軸向電場力作用下的直線運動，飛出放電室后與陰極導出的另一部分電子中和并被高速噴出，霍爾推力器由于反沖獲得推進動力。設某次核心艙進行姿態調整，開啟霍爾推力器，電離后的氙離子初速度為0，經電壓為U的電場加速后高速噴出，氙離子所形成的等效電流為I。已知一個氙離子質量為m，電荷量為q，忽略離子間的相互作用力和電子能量的影響，求：
（1）單位時間內噴出氙離子的數目N；
（2）霍爾推力器獲得的平均推力大小F；
（3）放電室中的電場和磁場很復雜，為簡化研究，將圖甲中磁場和電場在小范圍內看作勻強磁場和勻強電場，俯視圖如圖乙所示，設磁感應強度為B，電場強度為E。選取從陰極逸出的某電子為研究對象，初速度可視為0，在小范圍內運動的軌跡如圖，已知電子質量為me，電荷量為e，忽略電子間，電子與離子間的相互作用力，求電子在沿軸向方向運動的最大距離H。
【解答】解：（1）由電流定義，等效電流
解得：；
（2）以Δt內噴出的n個氙離子為研究對象，設氙離子噴出速度為v，由動能定理：
由動量定理：F'Δt＝nmv﹣0，F'＝Nmv
聯立得：；
由牛頓第三定律得，推力器獲得推力：；
（3）設電子運動到軸向最大距離H時的速度為vm，方向垂直于E，將任意時刻電子的速度v分解在沿E方向和垂直于E方向上，分別為v1、v2，與v1對應的洛倫茲力f2垂直E方向向上，大小為f2＝Bev1
電子由靜止運動到最大距離過程中，垂直E方向應用動量定理得：
電子由靜止運動到最大距離的過程中，由動能定理得：EeH
聯立解得：。
類型2　磁場中動量和能量觀點的應用
（2023 福州模擬）如圖甲，一質量為m足夠長的絕緣板靜止在光滑水平面上，板的左端有一個質量也為m的帶電小物塊，其電荷量為﹣q（q＞0）。距絕緣板左端l0到2l0之間存在電場和磁場，勻強磁場方向垂直于紙面向里，勻強電場方向豎直向下，現讓帶電小物塊在水平恒力的作用下從靜止開始向右運動。小物塊到達電、磁場區域的左邊界時刻，撤去水平恒力，此時絕緣板的速度大小為v0。帶電小物塊從開始運動到前進2l0的過程中，速度隨位移變化的v﹣x圖像如圖乙，其中AB段為直線。求：
（1）帶電小物塊從開始運動到電、磁場左邊界的時間t；
（2）水平恒力F的大小；
（3）電場強度E和磁感應強度B的大小。
【解答】解：（1）帶電小物塊勻加速運動，根據運動學公式
l0t
解得：t
（2）對絕緣板根據牛頓第二定律和運動學公式
μmg＝ma1
a1
解得：μ
對帶電小物塊運動過程根據動能定理
（F﹣μmg）l0m（2v0）2
解得：F
（3）帶電小物塊在電、磁場區域時，N+qE＝qvB+mg
小物塊減速運動的加速度大小a2
在Δt時間內速度減少量為a2ΔtΔt
經過t時間速度為v＝2v0﹣∑a2Δt
整理得v＝2v0+μt﹣μx
根據題意可知0
解得E
由圖乙可知
解得B
（2023 濟南二模）如圖所示，足夠大的光滑絕緣水平面上在0≤x≤d，虛線范圍內存在水平向右的勻強電場，電場強度大小為E，有A、B兩個小球（均可視為質點），小球A質量為m電荷量為+q，小球B不帶電。現將小球A從x＝0處無初速釋放，小球B位于x＝d處，A與B發生碰撞碰撞時間極短，且只撞一次，碰撞過程中A的電荷量不變，經過一段時間兩小球保持的距離不變。求：
（1）小球A與小球B碰前小球A的速度v0；
（2）小球B的質量mB；
（3）若將虛線區域內的電場換為垂直平面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B，小球A從O點以不同的速度發射，速度方向均在xy平面內，與y軸正方向的夾角分布在0到90°范圍內。已知小球A在磁場中做圓周運動的半徑介于到d之間，A在磁場中運動的最長時間為在磁場中做圓周運動周期的四分之一，求當A在磁場中運動時間最長且運動軌跡最長時，從O點射出時的速度大小。
【解答】解：（1）對小球A，根據動能定理得：0
解得：
（2）A、B碰撞過程系統動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得：mv0＝﹣mvA+mBvB
碰撞后小球A向左運動，先向左做勻減速運動，再向右做勻加速運動，出電場后向右勻速直線運動，
由兩小球保持的距離不變，則A、B兩球的速度相等，即：vA＝vB
小球B的位移：
碰撞后一段時間t，對小球A，由動量定理有：qEt＝mvA﹣（﹣mvA）
解得：mB＝5m
（3）小球A做勻速圓周運動，運動軌跡如圖所示：
根據幾何關系可得：，Rsinα+Rcosα＝d，sin2α+cos2α＝1
小球A做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：
解得：
（2023 山東模擬）如圖所示，P、Q、M、N為四個互相平行的豎直分界面，間距均為d，P、Q之間充滿豎直向上的勻強磁場，M、N之間充滿豎直向下的勻強磁場，磁感應強度的大小均為B。在分界面P的左側有一邊長為L（d＜L＜2d）的正方形線框abcd，線框水平放置，ab邊平行于分界面P，與界面P的距離也為d。線框以水平初速度v0飛出，當ab邊剛好到達分界面Q時，線框的速度大小仍為v0。已知線框由同種規格導線制成，總質量為m，總電阻為R，重力加速度為g。求
（1）ab邊剛好進入分界面P時，a、b兩點間的電勢差大小以及線框加速度的大小；
（2）ab邊剛好到達分界面Q時，線框產生的焦耳熱以及下落的距離；
（3）要想線框最終能豎直下落，求磁感應強度的最小值。
【解答】解：（1）導體棒切割磁感線：E＝BLv0
a點電勢高于b點電勢，則由串聯電路電壓的關系有：
根據歐姆定律：
所受安培力：F安＝BIL
根據牛頓第二定律：
解得：
（2）ab邊從分界面P運動到分界面Q，由法拉第電磁感應定律，電路中產生的感應電動勢：
根據歐姆定律：
對線框abcd由動量定理得：
又根據題意有：
而豎直方向上有：
所以下落的高度：
由于動能沒增加，所以根據能量守恒定律得：Q＝mgh
解得：
（3）線框最終能豎直下落的臨界條件為cd邊運動到分界面N時水平速度為零，此時磁感應強度最小。從開始進入磁場到最終出磁場過程中，線圈中有感應電流的階段為：
①ab邊切割，運動的水平距離為d
②cd邊切割，運動的水平距離為2d﹣L
③ab邊、cd邊都切割，運動的水平距離為L﹣d
④ab邊切割，運動的水平距離為2d﹣L
⑤cd邊切割，運動的水平距離為d
一個邊切割的總水平距離為6d﹣2L，此過程中安培力的沖量為：I1；
兩個邊同時切割的總水平距離為L﹣d，此過程中安培力的沖量為：I2；
對線框abcd水平方向全程應用動量定理得：I1+I2＝0﹣mv0
解得：
（2023 浙江模擬）如圖1所示，在xOy平面上的第一象限全部區域有大小為E，方向豎直向上的勻強電場，有一位于第二象限的電子源持續不斷地沿x軸正方向發射速率均為v的電子，形成沿y軸方向均勻分布的電子流，電子源所在位置的縱坐標分布范圍為R～2R。熒光屏的上端固定于x軸上，其橫坐標分布范圍為0～5R，熒光屏上被電子碰撞的位置均會顯示熒光。電子每次碰撞過程中機械能損失75%，碰撞前后速度方向與熒光屏的夾角相等（與豎直方向對稱）。已知電子的質量為m，電荷量為e，不計電子重力，忽略電子間的相互作用。
（1）求熒光區域的橫坐標的最小值；
（2）若從y＝R沿x軸正方向射出的電子與熒光屏第一次碰撞的作用時間為t0，求第一次碰撞過程中熒光屏對該電子的作用力大小；
（3）求熒光區域的橫坐標的最大值；
（4）現把勻強電場撤去，在第一象限全部區域加上方向垂直向里的勻強磁場B，如圖2所示。若所有電子最終均靜止在熒光屏上（沒有離開第一象限），求B的取值范圍。
【解答】解：（1）根據題意，電子做類平拋運動，E，a，xmin＝vt，R
解得xmin＝R
（2）電子打在熒光屏上時豎直方向的速度為
電子每次碰撞過程中機械能損失75%，則100%﹣75%＝25%
則當電子與熒光屏碰撞過程有25%，
解得vy1＝v，
根據動量定理，有﹣Fxt0＝mvx1﹣mv，﹣Fyt0＝﹣mvy1﹣mvy
所以
（3）電子從y＝2R沿x軸正方向射出，有x0＝vt1，
解得
第一次碰撞后電子的速度為，
第一次碰撞后電子的水平位移為
第二次碰撞后電子的水平位移為
第n次碰撞后電子的水平位移為
所以
（4）根據洛倫茲力提供向心力有
由于每次碰撞過程動能變為原來的四分之一，所以速度大小應變為原來的二分之一，即
電子與熒光屏第一次碰撞時速度方向與熒光屏的夾角為θ，則
rmin（1+cosθ）＝2R
聯立解得，
根據幾何關系x1＝rsinθ，
所以x＝x1+x2+ +xn＝rsinθ5R
所以，
所以B的取值范圍為

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