2020版高考物理大二轮复习专题三动量和能量第二讲电磁学中的动量和能量问题教学案 20页

高考物理 第二讲　电磁学中的动量和能量问题 ‎[知识建构]‎ ‎[备考点睛]‎ ‎(注1)……(注2)：详见答案部分 ‎1.两种常考题型 ‎(1)带电粒子在电场和磁场中的碰撞问题.‎ ‎(2)电磁感应中“导轨＋棒”模型.‎ ‎2.三大观点 动力学、动量、能量观点是解决力电综合问题的首选方法.‎ ‎　[答案]　(1)动量定理、动能定理 ‎(2)动量定理、动能定理、动量守恒定律、能量守恒定律、功能关系 20‎ 高考物理 热点考向一　电场中的动量和能量问题 ‎【典例】　(2019·太原一模)如右图所示，LMN是竖直平面内固定的光滑绝缘轨道，MN水平且足够长，LM下端与MN相切．质量为m的带正电小球B静止在水平面上，质量为2m的带正电小球A从LM上距水平面高为h处由静止释放，在A球进入水平轨道之前，由于A、B两球相距较远，相互作用力可认为零，A球进入水平轨道后，A、B两球间相互作用视为静电作用，带电小球均可视为质点．已知A、B两球始终没有接触．重力加速度为g.求：‎ ‎(1)A球刚进入水平轨道的速度大小；‎ ‎(2)A、B两球相距最近时，A、B两球系统的电势能Ep；‎ ‎(3)A、B两球最终的速度vA、vB的大小．‎ ‎[思路引领]　(1)A球下滑过程满足机械能守恒条件．‎ ‎(2)A球进入水平轨道，A、B球组成的系统所受合外力为零，动量守恒．当两球最近时，速度相等．‎ ‎(3)两球距离足够远时，相互作用力为零，系统电势能为零．‎ ‎[解析]　(1)对A球下滑的过程，据机械能守恒得 ‎2mgh＝·2mv 解得v0＝ ‎(2)A球进入水平轨道后，两球组成的系统动量守恒，当两球相距最近时共速，有 ‎2mv0＝(2m＋m)v 解得v＝v0＝ 20‎ 高考物理 据能量守恒定律得2mgh＝(2m＋m)v2＋Ep 解得Ep＝mgh ‎(3)当两球相距最近之后，在静电斥力作用下相互远离，两球距离足够远时，相互作用力为零，系统电势能也为零，速度达到稳定．则 ‎2mv0＝2mvA＋mvB ×2mv＝×2mv＋mv 解得vA＝v0＝，vB＝v0＝ ‎[答案]　(1)　(2)mgh　(3)　 ‎　电场中动量和能量问题的解题技巧 动量守恒定律与其他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．‎ ‎　(2019·武汉毕业生调研)有一质量为M、长度为l的矩形绝缘板放在光滑的水平面上，另一质量为m、带电荷量的绝对值为q的物块(视为质点)，以初速度v0从绝缘板的上表面的左端沿水平方向滑入，绝缘板所在空间有范围足够大的匀强电场，其场强大小E＝，方向竖直向下，如右图所示．已知物块与绝缘板间的动摩擦因数恒定，物块运动到绝缘板的右端时恰好相对于绝缘板静止；若将匀强电场的方向改变为竖直向上，场强大小不变，且物块仍以原初速度从绝缘板左端的上表面滑入，结果两者相对静止时，物块未到达绝缘板的右端．求：‎ 20‎ 高考物理 ‎(1)场强方向竖直向下时，物块在绝缘板上滑动的过程中，系统产生的热量；‎ ‎(2)场强方向竖直向下时与竖直向上时，物块受到的支持力之比；‎ ‎(3)场强方向竖直向上时，物块相对于绝缘板滑行的距离．‎ ‎[解析]　(1)场强方向向下时，根据动量守恒定律得 mv0＝(M＋m)v 所以v＝v0‎ 根据能量守恒定律得 热量Q＝mv－(M＋m)v2＝ ‎(2)场强向下时FN＝mg－qE 场强向上时FN′＝mg＋qE 所以＝ ‎(3)两次产生的热量相等 μFN′l′＝Q，μFNl＝Q 所以l′＝.‎ ‎[答案]　(1)　(2)1∶4　(3) ‎(1)对于电场中的动量问题，判断所研究的系统动量是否守恒是解题关键．‎ 20‎ 高考物理 ‎(2)对于电场中的能量问题，要熟练掌握电场力做功与电势能变化的关系，结合功能关系和能量守恒定律解题. ‎ 热点考向二　磁场中的动量和能量问题 ‎【典例】　(2019·陕西西安市四模)如右图所示，将带电荷量Q＝＋0.3 C、质量m′＝0.3 kg的滑块放在小车的水平绝缘板的右端，小车的质量M＝0.5 kg，滑块与绝缘板间的动摩擦因数μ＝0.4，小车的绝缘板足够长，它们所在的空间存在磁感应强度B＝20 T的水平方向的匀强磁场(垂直于纸面向里)．开始时小车静止在光滑水平面上，一摆长L＝1.25 m、质量m＝0.15 kg的摆球从水平位置由静止释放，摆球到最低点时与小车相撞，碰撞后摆球恰好静止，g取10 m/s2.求：‎ ‎(1)与小车碰撞前摆球到达最低点时对摆线的拉力；‎ ‎(2)摆球与小车的碰撞过程中系统损失的机械能ΔE；‎ ‎(3)碰撞后小车的最终速度．‎ ‎[思路引领]　(1)当F洛>m′g时滑块与车之间的弹力变为零．‎ ‎(2)摆球与小车碰撞瞬间摆球与小车组成的系统水平方向动量守恒．‎ ‎[解析]　(1)摆球下落过程，由动能定理有mgL＝mv2，‎ 解得v＝5 m/s，‎ 摆球在最低点时，由牛顿第二定律得T－mg＝m，解得T＝4.5 N，由牛顿第三定律可知摆球对摆线的拉力T′＝4.5 N，方向竖直向下．‎ 20‎ 高考物理 ‎(2)摆球与小车碰撞瞬间，摆球与小车组成的系统水平方向动量守恒，以水平向右为正方向，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)假设滑块与车最终相对静止，‎ 则有Mv1＝(M＋m′)v2，解得v2＝0.9375 m/s，‎ 由此得F洛＝Qv2B>m′g，故假设不成立，因此滑块最终悬浮．滑块悬浮瞬间，满足F洛′＝Qv2′B＝m′g，‎ 解得v2′＝0.5 m/s.‎ 将滑块与小车看成一个系统，系统动量守恒，有 Mv1＝Mv′＋m′v2′，‎ 解得v′＝1.2 m/s，方向水平向右．‎ ‎[答案]　(1)4.5 N，方向竖直向下　(2)1.31 J ‎(3)1.2 m/s，方向水平向右 ‎　磁场中的动量和能量问题 涉及题型往往是带电小球或滑块在磁场中的碰撞问题，熟练力学中的碰撞模型，如弹性碰撞的二级结论，及速度变化带来的洛伦兹力变化将是快速解题的关键．‎ ‎(2019·广西南宁市3月适应测试)如右图所示，光滑绝缘的半圆形圆弧轨道ACD，固定在竖直面内，轨道处在垂直于轨道平面向里的匀强磁场中，半圆弧的直径AD水平，因弧的半径为R，匀强磁场的磁感应强度为B，在A端由静止释放一个带正电荷、质量为m的金属小球甲，结果小球甲连续两次通过轨道最低点C时，对轨道的压力差为ΔF，小球运动过程始终不脱离轨道，重力加速度为g.求：‎ 20‎ 高考物理 ‎(1)小球甲经过轨道最低点C时的速度大小；‎ ‎(2)小球甲所带的电荷量；‎ ‎(3)若在圆弧轨道的最低点C放一个与小球甲完全相同的不带电的金属小球乙，让小球甲仍由轨道的A端由静止释放，则甲球与乙球发生弹性碰撞后的一瞬间，乙球对轨道的压力．(不计两球间静电力的作用)‎ ‎[解析]　(1)由于小球甲在运动过程中，只有重力做功，因此机械能守恒，由A点运动到C点，有 mgR＝mv 解得vC＝ ‎(2)小球甲第一次通过C点时，qvCB＋F1－mg＝m 第二次通过C点时，F2－qvCB－mg＝m 由题意知ΔF＝F2－F1‎ 解得q＝ ‎(3)因为甲球与乙球在最低点发生的是弹性碰撞，则 mvC＝mv甲＋mv乙 mv＝mv＋mv 解得v甲＝0，v乙＝vC 设碰撞后的一瞬间，轨道对乙的支持力大小为F乙，方向竖直向上，则 20‎ 高考物理 F乙＋qv乙B－mg＝m 解得F乙＝3mg－ 根据牛顿第三定律可知，此时乙球对轨道的压力大小为3mg－，方向竖直向下．‎ ‎[答案]　(1)　(2)　(3)3mg－，方向竖直向下 ‎ (1)小球第一次通过C点时与第二次通过C点时，洛伦兹力方向不同．‎ ‎(2)小球甲与小球乙碰撞后，两者电量平分，各为. ‎ 热点考向三　电磁感应中的动量和能量问题 ‎【典例】　(2019·河南洛阳期末)如图所示，两根质量均为m＝2 kg的金属棒垂直地放在光滑的水平导轨上，左、右两部分导轨间距之比为1∶2，导轨间左、右两部分有大小相等、方向相反的匀强磁场，两棒电阻与棒长成正比，不计导轨电阻，现用250 N的水平拉力F向右拉CD棒，在CD棒运动0.5 m的过程中，CD棒上产生的焦耳热为30 J，此时AB棒和CD棒的速度分别为vA和vC，且vA∶vC＝1∶2，立即撤去拉力F，设导轨足够长且两棒始终在不同磁场中运动，求：‎ 20‎ 高考物理 ‎(1)在CD棒运动0.5 m的过程中，AB棒上产生的焦耳热；‎ ‎(2)撤去拉力F瞬间，两棒的速度vA和vC的大小；‎ ‎(3)撤去拉力F后，两棒最终做匀速运动时的速度v′A和v′C的大小．‎ ‎[思路引领]　‎ ‎(2)两棒最终做匀速运动，电路中电流为零．两棒最终速度比为2∶1.‎ ‎[解析]　(1)设两棒的长度分别为L和2L，电阻分别为R和2R，由于电路在任何时刻电流均相等，根据焦耳定律Q＝I2Rt 可得QAB＝QCD＝15 J.‎ ‎(2)对整个系统根据能量守恒定律有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棒继续向左做加速运动，而CD棒开始向右做减速运动，两棒最终做匀速运动时，电路中电流为零，两棒切割磁感线产生的感应电动势大小相等，此时两棒的速度满足BLv′A＝B·2Lv′C 即v′A＝2v′C 设AB棒和CD棒受到的安培力大小分别为FA和FC，对两棒分别应用动量定理有FAt＝mv′A－mvA，－FCt＝mv′C－mvC 20‎ 高考物理 因为FC＝2FA 解得＝－ 联立以上各式解得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 动量观点在电磁感应现象中的应用 ‎1．对于两导体棒在平直的光滑导轨上运动的情况，如果两棒所受的外力之和为零，则考虑应用动量守恒定律处理问题．‎ ‎2．由BL·Δt＝m·Δv、q＝·Δt可知，当题目中涉及电荷量或平均电流时，可应用动量定理来解决问题．‎ 两足够长且不计电阻的光滑金属轨道如图甲所示放置，间距为d＝1 m，在左端弧形轨道部分高h＝1.25 m处放置一金属杆a，弧形轨道与平直轨道的连接处光滑无摩擦，在平直轨道右端放置另一金属杆b，杆a、b的电阻分别为Ra＝2 Ω、Rb＝5 Ω，在平直轨道区域有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B＝2 T．现杆b以初速度大小v0＝5 m/s开始向左滑动，同时由静止释放杆a，杆a由静止滑到水平轨道的过程中，通过杆b的平均电流为0.3 A；从a下滑到水平轨道时开始计时，a、b运动的速度－时间图像如图乙所示(以a运动方向为正方向)，其中ma＝2 kg，mb＝1 kg，g＝10 m/s2，求：‎ ‎(1)杆a在弧形轨道上运动的时间；‎ 20‎ 高考物理 ‎(2)杆a在水平轨道上运动过程中通过其截面的电荷量；‎ ‎(3)在整个运动过程中杆b产生的焦耳热．‎ ‎[解析]　(1)设杆a由静止滑至弧形轨道与平直轨道连接处时杆b的速度大小为vb0，对杆b运用动量定理，有Bd·Δt＝mb(v0－vb0)‎ 其中vb0＝2 m/s 代入数据解得Δt＝5 s.‎ ‎(2)对杆a由静止下滑到平直导轨上的过程中，由机械能守恒定律有magh＝mav 解得va＝＝5 m/s 设最后a、b两杆共同的速度为v′，由动量守恒定律得mava－mbvb0＝(ma＋mb)v′‎ 代入数据解得v′＝ m/s 杆a动量的变化量等于它所受安培力的冲量，设杆a的速度从va到v′的运动时间为Δt′，则由动量定理可得BdI·Δt′＝ma(va－v′)‎ 而q＝I·Δt′‎ 代入数据得q＝ C.‎ ‎(3)由能量守恒定律可知杆a、b中产生的焦耳热为 Q＝magh＋mbv－(mb＋ma)v′2＝ J b棒中产生的焦耳热为Q′＝Q＝ J.‎ ‎[答案]　(1)5 s　(2) C　(3) J 20‎ 高考物理 本题中两金属杆在平直的光滑导轨上运动，只受到安培力作用，这类问题可以从以下三个观点来分析：‎ ‎(1)力学观点：通常情况下一个金属杆做加速度逐渐减小的加速运动，而另一个金属杆做加速度逐渐减小的减速运动，最终两金属杆以共同的速度匀速运动．‎ ‎(2)能量观点：其中一个金属杆动能的减少量等于另一个金属杆动能的增加量与回路中产生的焦耳热之和．‎ ‎(3)动量观点：如果光滑导轨间距恒定，则两个金属杆的安培力大小相等，通常情况下系统的动量守恒. ‎ 高考真题研究——动量守恒思想解决电磁感应中的“双棒”问题 ‎2019新课标Ⅲ卷19题 审题指导 ‎(多选)如图，方向竖直向下的匀强磁场中有 两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，两相同的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上．t＝0时，棒ab以初速度v0向右滑动．运动过程中，ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，两者速度分别用v1、v2表示，回路中的电流用I表示．下列图像中可能正确的是(　　)‎ 第一步　抓关键点 ‎(1)“光滑导体棒”说明运动过程无摩擦力．‎ ‎(2)“平行金属导轨”说明两棒所受安培力等大反向．‎ ‎(3)“足够长”说明两棒最终会共速．‎ 第二步　找突破口 ‎(1)两棒运动过程中，速度差逐渐减小，系统产生感应电动势越来越小，最后变为0.‎ ‎(2)系统外力之和为零，动量守恒.‎ 20‎ 高考物理 ‎[解析]　棒ab以初速度v0向右滑动，切割磁感线产生感应电动势，使整个回路中产生感应电流，判断可知棒ab受到方向与v0方向相反的安培力的作用而做变减速运动，棒cd受到方向与v0方向相同的安培力的作用而做变加速运动，它们之间的速度差Δv＝v1－v2逐渐减小，整个系统产生的感应电动势逐渐减小，回路中感应电流逐渐减小，最后变为零，即最终棒ab和棒cd的速度相同，v1＝v2，两相同的光滑导体棒ab、cd组成的系统在足够长的平行金属导轨上运动时不受外力作用，由动量守恒定律有mv0＝mv1＋mv2，解得v1＝v2＝，选项A、C均正确，B、D均错误．‎ ‎[答案]　AC 试题特点 备考策略 本题类似碰撞中的完全非弹性碰撞模型，根据受力得出两导体棒的速度变化情况；根据两棒的速度关系结合法拉第电磁感应定律和电路问题，判断产生的感应电动势的变化情况，从而得出回路中感应电流的变化情况.‎ ‎“动量”改为必考内容后，电磁感应中的动量问题，就必须引起我们的关注．‎ 出题方向一般为：‎ ‎(1)涉及单棒或两边导轨不等宽的双棒问题一般考虑用动量定理解题．‎ ‎(2)由BL·Δt＝m·Δv，q＝Δt＝可知，当题目涉及电荷量或平均电流时，可应用动量定理解题．‎ ‎(3)涉及等宽平行导轨的双棒问题，如果两棒外力之和为零，则考虑用动量守恒解题，必要时结合能量守恒定律和其他力学规律处理.‎ 20‎ 高考物理 专题强化训练(九)‎ ‎1．(2019·张家口期末)如图所示，ABD为竖直平面内的光滑绝缘轨道，AB段为足够长的水平轨道，BD段为半径R＝0.2 m的半圆轨道，二者相切于B点，整个轨道处于竖直向下的匀强电场中，场强大小E＝5.0×103 V/m.一不带电的绝缘小球甲，以速度v0沿水平轨道向右运动，与静止在B点带正电的小球乙发生弹性正碰．已知乙球质量m＝1.0×10－2 kg，乙所带电荷量q＝2.0×10－5 C，乙球质量为甲球质量的3倍．取g＝10 m/s2，甲、乙两球均可视为质点，整个运动过程中无电荷转移．‎ ‎(1)甲、乙两球碰撞后，乙球通过轨道的最高点D时，对轨道的压力大小N′为自身重力的2.5倍，求乙在水平轨道上的首次落点到B点的距离；‎ ‎(2)在满足(1)的条件下，求甲球的初速度v0.‎ ‎[解析]　(1)设乙到达最高点D时的速度为vD，乙离开D点首次到达水平轨道的时间为t，加速度为a，乙在水平轨道上的首次落点到B点的距离为x.乙离开D点后做类平抛运动，则2R＝at2，x＝vDt 根据牛顿第二定律有a＝ 乙过D点时有mg＋qE＋N＝m(式中N为乙在D点时轨道对乙的作用力)‎ 根据牛顿第三定律有N＝N′＝2.5mg 解得x＝0.6 m.‎ ‎(2)设碰后瞬间甲、乙两球的速度分别为v1、v2，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有 mv0＝mv1＋mv2‎ 20‎ 高考物理 ×mv＝×mv＋mv 联立解得v2＝v0‎ 乙球从B到D的过程中，根据动能定理有－mg·2R－qE·2R＝mv－mv 由(1)可得vD＝3 m/s 联立解得v0＝10 m/s.‎ ‎[答案]　(1)0.6 m　(2)10 m/s ‎2．(2019·河北五名校联盟二模)如下图所示，MN、PQ两平行光滑水平导轨分别与半径r＝0.5 m的相同竖直半圆导轨在N、Q端平滑连接，M、P端连接定值电阻R，质量M＝2 kg的cd绝缘杆垂直且静止在水平导轨上，在其右侧至N、Q端的区域内充满竖直向上的匀强磁场．现有质量m＝1 kg的ab金属杆以初速度v0＝12 m/s水平向右运动，与cd绝缘杆发生正碰后，进入磁场并最终未滑出，cd绝缘杆则恰好能通过半圆导轨最高点，不计除R以外的其他电阻和摩擦，ab金属杆始终与导轨垂直且接触良好，g取10 m/s2(不考虑cd杆通过半圆导轨最高点以后的运动)，求：‎ ‎(1)cd绝缘杆恰好通过半圆导轨最高点时的速度大小v；‎ ‎(2)电阻R产生的焦耳热Q.‎ ‎[解析]　(1)cd绝缘杆恰好通过半圆导轨最高点时，‎ 由牛顿第二定律有Mg＝M 解得v＝ m/s.‎ ‎(2)发生正碰后cd绝缘杆滑至最高点的过程中，由动能定理有 20‎ 高考物理 ‎－Mg·2r＝Mv2－Mv，‎ 解得碰撞后cd绝缘杆的速度v2＝5 m/s，‎ 两杆碰撞过程中动量守恒，有 mv0＝mv1＋Mv2，‎ 解得碰撞后ab金属杆的速度v1＝2 m/s，‎ ab金属杆进入磁场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·河南洛阳统考)如图所示，足够长的水平轨道左侧b1b2－c2c1部分轨道间距为2L，右侧窄轨道间距为L，曲线轨道与水平轨道相切于b1b2，所有轨道均光滑且电阻不计．在水平轨道内有斜向下与竖直方向成θ＝37°的匀强磁场，磁感应强度大小B0＝0.1 T．质量M＝0.2 kg的金属棒B垂直于导轨静止放置在右侧窄轨道上，质量m＝0.1 kg的金属棒A自曲线轨道上a1a2处由静止释放，经时间t，两棒达到稳定状态．两棒在运动过程中始终相互平行且与导轨保持良好接触，棒A总在宽轨上运动，棒B总在窄轨上运动．已知两棒接入电路的有效电阻均为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处时的速度大小；‎ ‎(2)棒B匀速运动的速度大小；‎ ‎(3)在两棒整个的运动过程中通过棒A某截面的电荷量；‎ ‎(4)在两棒整个的运动过程中两棒在水平导轨间扫过的面积之差．‎ ‎[解析]　(1)棒A在曲线轨道上下滑，轨道光滑，由机械能守恒定律有mgh＝mv 20‎ 高考物理 解得棒A滑到b1b2处时的速度v0＝2 m/s.‎ ‎(2)对棒A、B，分别由动量定理有－B0cosθ··2Lt＝mvA－mv0，B0cosθ·Lt＝MvB 得mv0－mvA＝2MvB 两棒最后匀速运动时，电路中无电流，则B0LvB＝2B0LvA，得vB＝2vA 解得vB＝v0＝ m/s.‎ ‎(3)在棒B加速过程中，由动量定理有B0cosθ·Lt＝MvB－0‎ 在两棒整个的运动过程中通过棒A某截面的电荷量q＝t 解得q＝ C.‎ ‎(4)据法拉第电磁感应定律有E＝ 其中磁通量变化量ΔΦ＝B0cosθ·ΔS 电路中的电流＝ 通过棒A某截面的电荷量q＝t 解得在两棒整个的运动过程中两棒在水平导轨间扫过的面积之差ΔS＝ m2.‎ ‎[答案]　(1)2 m/s　(2) m/s　(3) C　(4) m2‎ ‎4．(2019·福建泉州模拟)如图所示，在竖直平面(纸面)内有一直角坐标系xOy，x轴下方有垂直纸面向里的匀强磁场，第三象限有沿x轴负方向的匀强电场，第四象限存在另一匀强电场(图中未画出)；一光滑绝缘的固定不带电细杆PQ交x轴于M点，细杆与x轴的夹角θ＝30°，杆的末端在y轴Q点处，P、M两点间的距离为L.一套在杆上的质量为2m、电荷量为q的带正电小环b恰好静止在M点，另一质量为m、不带电绝缘小环a套在杆上并从P点由静止释放，与b碰撞后瞬间反弹，反弹后到达最高点时被锁定，锁定点与M点的距离为，b沿杆下滑过程中始终与杆之间无作用力，b进入第四象限后做匀速圆周运动，而后通过x轴上的N点，且OM＝ON.已知重力加速度大小为g，a、b均可看作质点，求：‎ 20‎ 高考物理 ‎(1)碰后b的速度大小v以及a、b碰撞过程中系统损失的机械能ΔE；‎ ‎(2)磁场的磁感应强度大小B；‎ ‎(3)b离开杆后经过多长时间会通过x轴．‎ ‎[解析]　(1)设a与b碰前瞬间a的速度大小为v1，碰后瞬间a的速度大小为v2，由机械能守恒得 mgLsinθ＝mv，mg·sinθ＝mv 取沿杆向下方向为正方向，则a、b碰撞过程中，由动量守恒定律有mv1＝－mv2＋2mv 联立解得v＝ 机械能损失ΔE＝mv－ 解得ΔE＝mgL.‎ ‎(2)设匀强磁场的磁感应强度大小为B，由于b从M点运动到Q点的过程中始终与杆无作用力，可得qvBcosθ＝2mg 将v＝代入得B＝.‎ 20‎ 高考物理 ‎(3)b在第四象限做匀速圆周运动的轨迹如图所示，由几何关系可得轨迹的圆心O′在x轴上，经过N点时速度方向与x轴垂直，圆心角α＝120°，又匀速圆周运动的周期T＝ b从Q点到第一次通过N点的时间t1＝T 得t1＝ b第一次通过N点后做竖直上抛运动，经t2时间第二次通过N点，有 t2＝＝ b第二次通过N点后在磁场中做半个圆周运动，经t3时间第三次通过x轴，有 t3＝＝ b离开杆后会通过x轴有两种情况：‎ ‎①第n次竖直向上经过x轴，时间t＝t1＋(n－1)(t2＋t3)＝＋(n－1)(n＝1、2、3、…)‎ ‎②第n次竖直向下经过x轴，时间t＝t1＋t2＋(n－1)(t2＋t3)＝＋＋(n－1)(n＝1、2、3、…)．‎ ‎[答案]　(1)　mgL　(2) 20‎ 高考物理 ‎(3)第n次竖直向上经过x轴，时间t＝t1＋(n－1)(t2＋t3)＝＋(n－1)(n＝1、2、3、…)‎ 第n次竖直向下经过x轴，时间t＝t1＋t2＋(n－1)(t2＋t3)＝＋＋(n－1)(n＝1、2、3、…)‎ 20‎