2022年度高考物理一轮复习 第十章 电磁感应 专题强化十三 动力学、动量和能量观点在电学中的应用学案

2022年度高考物理一轮复习 第十章 电磁感应 专题强化十三 动力学、动量和能量观点在电学中的应用学案专题解读 1.本专题是力学三大观点在电学中的综合应用，高考对本专题将作为计算题压轴题的形式命题.2.学好本专题，可以帮助同学们应用力学三大观点分析带电粒子在电场和磁场中的碰撞问题、电磁感应中的动量和能量问题，提高分析和解决综合问题的能力.3.用到的知识、规律和方法有：电场的性质、磁场对电荷的作用、电磁感应的相关知识以及力学三大观点.命题点一电磁感应中的动量和能量的应用1.应用动量定理可以由动量变化来求解变力的冲量.如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答的问题.2.在相互平行的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，合外力为零，若不受其他外力，两导体棒的总动量守恒，解决此类问题往往要应用动量守恒定律.类型1动量定理和功能关系的应用例1如图1所示，两根电阻不计的光滑金属导轨竖直放置，相距为L，导轨上端接电阻R，宽度相同的水平条形区域和内有磁感应强度为B、方向垂直导轨平面向里的匀强磁场，其宽度均为d，和之间相距为h且无磁场.一长度为L、质量为m、电阻为r的导体棒，两端套在导轨上，并与两导轨始终保持良好的接触，导体棒从距区域上边界H处由静止释放，在穿过两段磁场区域的过程中，流过电阻R上的电流及其变化情况相同，重力加速度为g.求：图1(1)导体棒进入区域的瞬间，通过电阻R的电流大小与方向.(2)导体棒通过区域的过程，电阻R上产生的热量Q.(3)求导体棒穿过区域所用的时间.答案(1)，方向向左(2)mg(hd)(3)解析(1)设导体棒进入区域瞬间的速度大小为v1，根据动能定理：mgHmv12由法拉第电磁感应定律：EBLv1由闭合电路的欧姆定律：I由得：I由右手定则知导体棒中电流方向向右，则通过电阻R的电流方向向左.(2)由题意知，导体棒进入区域的速度大小也为v1，由能量守恒，得：Q总mg(hd)电阻R上产生的热量Qmg(hd)(3)设导体棒穿出区域瞬间的速度大小为v2，从穿出区域到进入区域，v12v222gh，得：v2设导体棒进入区域所用的时间为t，根据动量定理：设向下为正方向：mgtBLtmv2mv1此过程通过整个回路的电荷量为：qt得：t变式1(2018甘肃天水模拟)如图2所示，竖直放置的两光滑平行金属导轨，置于垂直于导轨平面向里的匀强磁场中，两根质量相同的导体棒a和b，与导轨紧密接触且可自由滑动.先固定a，释放b，当b的速度达到10 m/s时，再释放a，经过1 s后，a的速度达到12 m/s，g取10 m/s2，则：图2(1)此时b的速度大小是多少？(2)若导轨足够长，a、b棒最后的运动状态怎样？答案(1)18 m/s(2)匀加速运动解析(1)当b棒先向下运动时，在a和b以及导轨所组成的闭合回路中产生感应电流，于是a棒受到向下的安培力，b棒受到向上的安培力，且二者大小相等.释放a棒后，经过时间t，分别以a和b为研究对象，根据动量定理，则有(mgF)tmva(mgF)tmvbmv0代入数据可解得vb18 m/s(2)在a、b棒向下运动的过程中，a棒的加速度a1g，b产生的加速度a2g.当a棒的速度与b棒接近时，闭合回路中的逐渐减小，感应电流也逐渐减小，则安培力也逐渐减小，最后，两棒以共同的速度向下做加速度为g的匀加速运动.类型2动量守恒定律和功能关系的应用1.问题特点对于双导体棒运动的问题，通常是两棒与导轨构成一个闭合回路，当其中一棒在外力作用下获得一定速度时必然在磁场中切割磁感线，在该闭合电路中形成一定的感应电流；另一根导体棒在磁场中通过时在安培力的作用下开始运动，一旦运动起来也将切割磁感线产生一定的感应电动势，对原来电流的变化起阻碍作用.2.方法技巧解决此类问题时通常将两棒视为一个整体，于是相互作用的安培力是系统的内力，这个变力将不影响整体的动量守恒.因此解题的突破口是巧妙选择系统，运用动量守恒(动量定理)和功能关系求解.例2(2017湖南长沙四县三月模拟)足够长的平行金属轨道M、N，相距L0.5 m，且水平放置；M、N左端与半径R0.4 m的光滑竖直半圆轨道相连，与轨道始终垂直且接触良好的金属棒b和c可在轨道上无摩擦地滑动，两金属棒的质量mbmc0.1 kg，接入电路的有效电阻RbRc1 ，轨道的电阻不计.平行水平金属轨道M、N处于磁感应强度B1 T的匀强磁场中，磁场方向与轨道平面垂直向上，光滑竖直半圆轨道在磁场外，如图3所示，若使b棒以初速度v010 m/s开始向左运动，运动过程中b、c不相撞，g取10 m/s2，求：图3(1)c棒的最大速度；(2)c棒达最大速度时，此棒产生的焦耳热；(3)若c棒达最大速度后沿半圆轨道上滑，金属棒c到达轨道最高点时对轨道的压力的大小.答案(1)5 m/s(2)1.25 J(3)1.25 N解析(1)在磁场力作用下，b棒做减速运动，c棒做加速运动，当两棒速度相等时，c棒达最大速度.选两棒为研究对象，根据动量守恒定律有mbv0(mbmc)v解得c棒的最大速度为：vv0v05 m/s(2)从b棒开始运动到两棒速度相等的过程中，系统减少的动能转化为电能，两棒中产生的总热量为：Qmbv02(mbmc)v22.5 J因为RbRc，所以c棒达最大速度时此棒产生的焦耳热为Qc1.25 J(3)设c棒沿半圆轨道滑到最高点时的速度为v，从最低点上升到最高点的过程由机械能守恒可得：mcv2mcv2mcg2R解得v3 m/s在最高点，设轨道对c棒的弹力为F，由牛顿第二定律得mcgFmc解得F1.25 N由牛顿第三定律得，在最高点c棒对轨道的压力为1.25 N，方向竖直向上.变式2如图4所示，平行倾斜光滑导轨与足够长的平行水平光滑导轨平滑连接，导轨电阻不计.质量分别为m和m的金属棒b和c静止放在水平导轨上，b、c两棒均与导轨垂直.图中de虚线往右有范围足够大、方向竖直向上的匀强磁场.质量为m的绝缘棒a垂直于倾斜导轨静止释放，释放位置与水平导轨的高度差为h.已知绝缘棒a滑到水平导轨上与金属棒b发生弹性正碰，金属棒b进入磁场后始终未与金属棒c发生碰撞.重力加速度为g.求：图4(1)绝缘棒a与金属棒b发生弹性正碰后分离时两棒的速度大小；(2)金属棒b进入磁场后，其加速度为其最大加速度的一半时的速度大小；(3)两金属棒b、c上最终产生的总焦耳热.答案(1)0(2)(3)mgh解析(1)设a棒滑到水平导轨时，速度为v0，下滑过程中a棒机械能守恒mv02mgha棒与b棒发生弹性碰撞由动量守恒定律：mv0mv1mv2由机械能守恒定律：mv02mv12mv22解出v10，v2v0(2)b棒刚进磁场时的加速度最大.b、c两棒组成的系统合外力为零，系统动量守恒.由动量守恒定律：mv2mv2v3设b棒进入磁场后任一时刻，b棒的速度为vb，c棒的速度为vc，则b、c组成的回路中的感应电动势EBL(vbvc)，由闭合电路欧姆定律得I，由安培力公式得FBILma，联立得a.故当b棒加速度为最大值的一半时有v22(v2v3)联立得v2v2(3)最终b、c以相同的速度匀速运动.由动量守恒定律：mv2(m)v由能量守恒定律：mv22(m)v2Q解出Qmgh命题点二电场中动量和能量观点的应用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.例3如图5所示，光滑绝缘水平面上方分布着场强大小为E、方向水平向右的匀强电场.质量为3m、电荷量为q的球A由静止开始运动，与相距为L、质量为m的不带电小球B发生对心碰撞，碰撞时间极短，碰撞后作为一个整体继续向右运动.两球均可视为质点，求：图5(1)两球发生碰撞前A球的速度大小；(2)A、B碰撞过程中系统损失的机械能；(3)A、B碰撞过程中B球受到的冲量大小.答案(1)(2)EqL(3)解析(1)由动能定理：EqL3mv2解得v(2)A、B碰撞时间极短，可认为A、B碰撞过程中系统动量守恒，设向右为正方向，由动量守恒定律：3mv(3mm)v1解得v1v系统损失的机械能：E3mv2(3mm)v12EqL(3)以B为研究对象，设向右为正方向，由动量定理：Imv10解得I，方向水平向右变式3如图6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，相互作用力可认为是零，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：图6(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.答案(1)(2)mgh(3)解析(1)对A球下滑的过程，据机械能守恒得：2mgh2mv02解得：v0(2)A球进入水平轨道后，两球组成的系统动量守恒，以A球刚进入水平轨道的速度方向为正方向，当两球相距最近时共速：2mv0(2mm)v，解得：vv0据能量守恒定律：2mgh(2mm)v2Ep，解得：Epmgh(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，系统势能也为零，速度达到稳定.以A球刚进入水平轨道的速度方向为正方向，2mv02mvAmvB，2mv022mvA2mvB2得：vAv0，vBv0.命题点三磁场中动量和能量观点的应用例4如图7所示，ab、ef是平行的固定在水平绝缘桌面上的光滑金属导轨，导轨间距为d.在导轨左端ae上连有一个阻值为R的电阻，一质量为3m，长为d，电阻为r的金属棒恰能置于导轨上并和导轨良好接触.起初金属棒静止于MN位置，MN距离ae边足够远，整个装置处于方向垂直桌面向下、磁感应强度为B的匀强磁场中，现有一质量为m的带电荷量为q的绝缘小球在桌面上从O点(O为导轨上的一点)以与ef成60角斜向右方射向ab，随后小球直接垂直地打在金属棒的中点上，并和棒粘合在一起(设小球与棒之间没有电荷转移).棒运动过程中始终和导轨接触良好，不计导轨间电场的影响，导轨的电阻不计.求：图7(1)小球射入磁场时的速度v0的大小；(2)电阻R上产生的热量QR.答案(1)(2)解析(1)小球射入磁场后将做匀速圆周运动，设圆周运动的半径为r，其轨迹如图所示由几何知识可知：rrsin (9060)小球在磁场中做匀速圆周运动：qv0Bm由得：v0(2)小球和金属棒的碰撞过程，以向左为正方向，由动量守恒定律得：mv0(m3m)v金属棒切割磁感线的过程中，棒和小球的动能转化为电能进而转化成焦耳热：(m3m)v2QQRQ由可得：QR变式4如图8所示，水平虚线X下方区域分布着方向水平、垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，整个空间存在匀强电场(图中未画出).质量为m、电荷量为q的小球P静止于虚线X上方A点，在某一瞬间受到方向竖直向下、大小为I的冲量作用而做匀速直线运动.在A点右下方的磁场中有定点O，长为l的绝缘轻绳一端固定于O点，另一端连接不带电的质量同为m的小球Q，自然下垂，保持轻绳伸直，向右拉起Q，直到绳与竖直方向有一小于5的夹角，在P开始运动的同时自由释放Q，Q到达O点正下方W点时速率为v0.P、Q两小球在W点发生相向正碰，碰到电场、磁场消失，两小球黏在一起运动.P、Q两小球均视为质点，P小球的电荷量保持不变，绳不可伸长，不计空气阻力，重力加速度为g.图8(1)求匀强电场场强E的大小和P进入磁场时的速率v；(2)若绳能承受的最大拉力为F，要使绳不断，F至少为多大？答案(1)(2)2mg解析(1)设小球P所受电场力为F1，则F1qE在整个空间重力和电场力平衡，有F1mg联立得E由动量定理得Imv故v.(2)设P、Q相向正碰后在W点的速度为vm，以与v0相反的方向为正方向，由动量守恒定律得mvmv0(mm)vm此刻轻绳的拉力为最大，由牛顿第二定律得F(mm)gvm2联立相关方程，得F2mg.1.如图1所示，两根彼此平行放置的光滑金属导轨，其水平部分足够长且处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B.现将质量为m1的导体棒ab放置于导轨的水平段，将质量为m2的导体棒cd从导轨的圆弧部分距水平段高为h的位置由静止释放.已知导体棒ab和cd接入电路的有效电阻分别为R1和R2，其他部分电阻不计，整个过程中两导体棒与导轨接触良好且未发生碰撞，重力加速度为g.求：图1(1)导体棒ab、cd最终速度的大小；(2)导体棒ab所产生的热量.答案(1)都为(2)gh解析(1)设导体棒cd沿光滑圆弧轨道下滑至水平面时的速度为v0，由机械能守恒定律m2ghm2v02，解得v0，随后，导体棒cd切割磁感线产生感应电动势，在回路中产生感应电流，导体棒cd、ab受到安培力的作用，其中导体棒cd所受的安培力为阻力，而导体棒ab所受的安培力为动力，但系统所受的安培力为零；当导体棒cd与导体棒ab速度相等时，回路的感应电动势为零，回路中无感应电流，此后导体棒cd与导体棒ab以相同的速度匀速运动，以v0的方向为正方向，由动量守恒定律可得：m2v0(m1m2)v，解得两棒最终速度为v(2)由能量守恒定律可得系统产生的热量为QEm2v02(m1m2)v2gh由焦耳定律可得，导体棒ab、cd所产生的热量之比是：解得Q1gh2.(2018湖南怀化质检)如图2所示，在光滑绝缘水平面上有两个带电小球A、B，质量分别为3m和m，小球A带正电q，小球B带负电2q，开始时两小球相距s0，小球A有一个水平向右的初速度v0，小球B的初速度为零，若取初始状态下两小球构成的系统的电势能为零，试证明：当两小球的速度相同时系统的电势能最大，并求出该最大值.图2答案见解析解析由于两小球构成的系统合外力为零，设某状态下两小球的速度分别为vA和vB，以v0的方向为正方向，由动量守恒定律得3mv03mvAmvB所以，系统的动能减小量为Ek3mv023mvA2mvB2由于系统运动过程中只有电场力做功，所以系统的动能与电势能之和守恒，考虑到系统初状态下电势能为零，故该状态下的电势能可表示为EpEk3mv023mvA2mvB2联立两式，得Ep6mvA29mv0vA3mv02由式得：当vAv0时，系统的电势能取得最大值，而将式代入式，得vBvAv0即当两小球速度相同时系统的电势能最大，最大值为Epmaxmv023.如图3所示，“”型绝缘滑板(平面部分足够长)，质量为4m，距滑板的A壁为L1的B处放有一质量为m、电荷量为q的大小不计的小物体，小物体与板面的摩擦不计，整个装置处于场强为E、水平向右的匀强电场中，初始时刻，滑板与小物体都静止，试求：图3(1)释放小物体，第一次与滑板A壁碰前小物体的速度v1为多大？(2)若小物体与A壁碰后相对水平面的速度大小为碰前的，碰撞时间极短，则碰撞后滑板速度为多大？(均指对地速度)(3)若滑板足够长，小物体从开始运动到第二次碰撞前，电场力做功为多大？答案(1)(2)(3)qEL1解析(1)对物体，根据动能定理，有qEL1mv12，得v1(2)物体与滑板碰撞前后动量守恒，设物体第一次与滑板碰后的速度为v1，滑板的速度为v，以水平向右为正方向，由动量守恒定律得mv1mv14mv若v1v1，则vv1，因为v1v，不符合实际，故应取v1v1，则vv1.(3)在物体第一次与A壁碰后到第二次与A壁碰前，物体做匀变速运动，滑板做匀速运动，在这段时间内，两者相对于水平面的位移相同.所以(v2v1)tvt，即v2v1.对整个过程运用动能定理得：电场力做功Wmv12(mv22mv12)qEL1.4.(2017山东青岛一模)如图4所示，两平行光滑金属导轨由两部分组成，左面部分水平，右面部分为半径r0.5 m的竖直半圆，两导轨间距离d0.3 m，导轨水平部分处于竖直向上、磁感应强度大小B1 T的匀强磁场中，两导轨电阻不计.有两根长度均为d的金属棒ab、cd，均垂直导轨置于水平导轨上，金属棒ab、cd的质量分别为m10.2 kg、m20.1 kg，电阻分别为R10.1 、R20.2 .现让ab棒以v010 m/s的初速度开始水平向右运动，cd棒进入圆轨道后，恰好能通过轨道最高点PP，cd棒进入圆轨道前两棒未相碰，重力加速度g10 m/s2，求：图4(1)ab棒开始向右运动时cd棒的加速度a0；(2)cd棒刚进入半圆轨道时ab棒的速度大小v1；(3)cd棒进入半圆轨道前ab棒克服安培力做的功W.答案(1)30 m/s2(2)7.5 m/s(3)4.375 J解析(1)ab棒开始向右运动时，设回路中电流为I，有EBdv0IBIdm2a0解得：a030 m/s2(2)设cd棒刚进入半圆轨道时的速度为v2，系统动量定恒，有m1v0m1v1m2v2m2v22m2g2rm2vP2m2gm2解得：v17.5 m/s(3)由动能定理得m1v12m1v02W解得：W4.375 J.