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1、专题强化十三 动力学、动量和能量观点在电学中的应用专题强化十三 动力学、动量和能量观点在电学中的应用 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 电磁感应中动量和能量观点的应用命题点一 电磁感应中动量和能量观点的应用 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
2、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导体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 (2018四川省凉山州三模)如图 1 所示，光滑平行足够长的金属导轨固定在绝缘水平面 上，导轨范围内存在磁场，其磁感应强度大小为 B，方向竖直向下，导轨一端连接阻值为 R 的电阻.在导轨上垂直导轨放一长度等于导轨间距 L、质量为 m 的金属棒，其电阻为 r.金属棒 与金属导轨接触良好.金属棒在水平向右的
3、恒力 F 作用下从静止开始运动，经过时间 t 后开始 匀速运动，金属导轨的电阻不计.求： 图 1 (1)金属棒匀速运动时回路中电流大小； (2)金属棒匀速运动的速度大小以及在时间 t 内通过回路的电荷量. (3)若在时间 t 内金属棒移动的位移为 s，求电阻 R 上产生的热量. 答案 见解析 解析 (1)由安培力公式：FBImL，解得 Im F BL (2)根据闭合电路的欧姆定律得：Im，解得：v BLv Rr FRr B2L2 通过回路的电荷量 qIt 由动量定理得 FtBILtmv 解得：q Ft BL mFRr B3L3 (3)力 F 做功增加金属棒的动能和回路内能，则 FsQ mv2
4、1 2 QRQ R Rr 解得：QRFs. mF2Rr2 2B4L4 R Rr 变式 1 (多选)(2018广东省佛山市质检一)如图 2，水平固定放置的足够长的光滑平行导轨， 电阻不计，间距为 L，左端连接的电源电动势为 E，内阻为 r，质量为 m 的金属杆垂直静放 在导轨上，金属杆处于导轨间部分的电阻为 R.整个装置处在磁感应强度大小为 B、方向竖直 向下的匀强磁场中，闭合开关，金属杆沿导轨做变加速运动直至达到最大速度，则下列说法 正确的是( ) 图 2 A.金属杆的最大速度大小为 E BL B.此过程中通过金属杆的电荷量为 mE 2B2L2 C.此过程中电源提供的电能为mE 2 B2L2
5、D.此过程中金属杆产生的热量为 mE2 2B2L2 答案 AC 解析 闭合开关，金属杆做加速运动，产生感应电动势，感应电动势与电源电动势相等时， 电流为零， 金属杆开始做匀速运动.电动势为EBLv， v， 故A正确 ； 由动量定理BILtBLq E BL mv0，得 q，故 B 错误；由能量守恒可知电源提供的电能 E电qE，故 C 正 mE B2L2 mE2 B2L2 确；此过程中电能转化为金属杆的动能、R 及 r 产生的热量之和，由于 Ek mv2 m， 1 2 1 2 E2 B2L2 金属杆产生的热量为 QR(E电Ek)，故 D 错误. R Rr RmE2 2RrB2L2 类型 2 动量守
6、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 (2018山东省青岛市模拟)如图 3 所示，两平行光滑金属导轨由两部分
7、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 l0.3 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 l 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 3 (1)ab 棒开始向右运动时 cd 棒的加速度 a
8、0； (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 EBlv0 I E R1R2 BIlm2a0 解得：a030 m/s2 (2)设 cd 棒刚进入半圆轨道时的速度为 v2，系统动量守恒，有 m1v0m1v1m2v2 m2v22m2g2r m2vP2 1 2 1 2 m2gm2v 2 P r 解得：v17.5 m/s (3)由动能定理得W m1v12 m1v02 1 2 1 2 解得：W4
9、.375 J. 变式 2 (2019山东省淄博市质检)如图 4 所示，一个质量为 m、电阻不计、足够长的光滑 U 形金属框架 MNQP，位于光滑绝缘水平桌面上，平行导轨 MN 和 PQ 相距为 L.空间存在着足 够大的方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度的大小为 B.另有质量也为 m 的金属棒 CD，垂 直于 MN 放置在导轨上，并用一根与 CD 棒垂直的绝缘细线系在定点 A.已知细线能承受的最 大拉力为 FT0，CD 棒接入导轨间的有效电阻为 R.现从 t0 时刻开始对 U 形框架施加水平向 右的拉力，使其从静止开始做加速度为 a 的匀加速直线运动. 图 4 (1)求从框架开始运动到细线断裂所
10、需的时间 t0及细线断裂时框架的瞬时速度 v0大小； (2)若在细线断裂时，立即撤去拉力，求此后过程中回路产生的总焦耳热 Q. 答案 (1) (2) FT0R B2L2a FT0R B2L2 mFT02R2 4B4L4 解析 (1)细线断裂时， 对棒有 FT0F安，F安BIL，I ，EBLv0，v0at0 E R 联立解得 t0 FT0R B2L2a 细线断裂时框架的速度 v0F T0R B2L2 (2)在细线断裂时立即撤去拉力，框架向右减速运动，棒向右加速运动，设二者最终速度大小 均为 v，设向右为正方向，由系统动量守恒可得 mv02mv 得 v v0 2 FT0R 2B2L2 撤去拉力后，
11、 系统总动能的减少量等于回路消耗的电能， 最终在回路中产生的总焦耳热 Q mv02 2mv2 1 2 1 2 联立得 Q. mFT02R2 4B4L4 命题点二 电场中动量和能量观点的应用命题点二 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
12、，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 2EqL 3m 1 4 (3) 6EqLm 4 解析 (1)由动能定理：EqL 3mv2 1 2 解得 v 2EqL 3m (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 v1 v 3 4 系统损失的机械能：E 3mv2 (3mm)v12 EqL 1 2 1 2 1 4 (3)以 B
13、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. 6EqLm 4 变式 3 (2018湖南省常德市期末检测)如图 6 所示，轨道 ABCDP 位于竖直平面内，其中圆 弧段 CD 与水平段 AC 及倾斜段 DP 分别相切于 C 点和 D 点， 水平段 BC 粗糙， 其余都光滑， DP 段与水平面的夹角 37， D、 C 两点的高度差 h0.1 m， 整个轨道绝缘， 处于方向水平向左、 电场强度大小未知的匀强电场中， 一个质量 m10.4 kg、 带正电、 电荷量未知的小物块在 A 点由静止释放，经过时间 t1 s，与静止在 B 点的不带电、质量 m20.6 kg 的小
14、物块碰撞 并粘在一起后， 在 BC 段上做匀速直线运动， 到达倾斜段 DP 上某位置， 物块和与轨道 BC 段的动摩擦因数均为 0.2，g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8.求： 图 6 (1)物块和在 BC 段上做匀速直线运动的速度大小； (2)物块和第一次经过圆弧段 C 点时，物块和对轨道压力的大小. 答案 (1)2 m/s (2)18 N 解析 (1)物块和粘在一起在 BC 段上做匀速直线运动，设电场强度大小为 E，物块带 电荷量大小为 q，与物块碰撞前物块速度为 v1，碰撞后共同速度为 v2，以向左为正方向， 则 qE(m1m2)g qEtm1v1 m1v1(m1m
15、2)v2 联立解得 v22 m/s； (2)设圆弧段 CD 的半径为 R，物块和经过 C 点时圆弧段轨道对物块支持力的大小为 FN 则 R(1cos )h FN(m1m2)g(m1m2)v 2 2 R 解得：FN18 N，由牛顿第三定律可得物块和对轨道压力的大小为 18 N. 命题点三 磁场中动量和能量观点的应用命题点三 磁场中动量和能量观点的应用 例 4 (2018广西南宁市 3 月适应测试)如图 7 所示， 光滑绝缘的半圆形轨道 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，半圆的直径 AD 水平，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
16、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 F，小球运动过程始中终不脱离 轨道，重力加速度为 g.求： 图 7 (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)若在半圆形轨道的最低点 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 从轨道的 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) 答案 (1) (2) (3)3mg，方向竖直向下2gR F2gR 4gRB F 4 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
17、点运动到 C 点， 有 mgR mvC2 1 2 解得 vC2gR (2)小球甲第一次通过 C 点时，qvCBF1mgmv 2 C R 第二次通过 C 点时，F2qvCBmgmv 2 C R 由题意知 FF2F1 解得 qF 2gR 4gRB (3)因为甲球与乙球在最低点发生的是弹性碰撞，则 mvCmv甲mv乙 mvC2 mv甲2 mv乙2 1 2 1 2 1 2 解得 v甲0，v乙vC 设碰撞后的一瞬间，轨道对乙球的支持力大小为 F乙，方向竖直向上，则 F乙 qv乙Bmgm 1 2 v 2 乙 R 解得 F乙3mgF 4 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
18、. F 4 1.如图 1 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 1 2 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 垂直于倾斜导轨由静止 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 1 (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
19、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) mgh2gh 5 6 2gh 1 3 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 mv02mgh 1 2 a 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： mv02 mv12 mv22 1 2 1 2 1 2 解得 v10，v2v02gh (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：mv2mv2 v3 m 2 设 b 棒进入磁场后某时刻，b 棒的速
20、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 E R总 得 a. B2L2 v bvc mR总 故当 b 棒加速度为最大值的一半时有 v22(v2v3) 联立得 v2 v2 5 6 5 6 2gh (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 m 2 由能量守恒定律： mv22 (m )v2Q 1 2 1 2 m 2 解得 Q mgh. 1 3 2.(2018湖南省长沙四县三月模拟)足够长的平行金属轨道 M、 N， 相距 L0.5 m， 且水平放置 ；
21、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 RbRc 1 ，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 场方向垂直轨道平面向上，光滑竖直半圆轨道在磁场外，如图2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 2 (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
22、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.取两棒组成的系统为研究对象，根据动量守恒定律有 mbv0(mbmc)v 解得 c 棒的最大速度为：vv0 v05 m/s mb mbmc 1 2 (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：Q mbv02 (mbmc)v22.5 J 1 2 1 2 因为 RbRc，所以 c 棒达最大速度时此棒产生的焦耳热为 Qc 1.25 J Q 2 (3
23、)设 c 棒沿半圆轨道滑到最高点时的速度为 v，从半圆轨道最低点上升到最高点的过程由 机械能守恒可得： mcv2 mcv2mcg2R 1 2 1 2 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 mcgFmcv 2 R 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. 3.(2018福建省宁德市上学期期末)如图 3 所示，PM 是半径为 R 的四分之一光滑绝缘轨道， 仅在该轨道内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为 B.光滑绝缘轨道 MN 水平且足 够长， PM 下端与 MN 相切于 M 点.质量为 m
24、的带正电小球 b 静止在水平轨道上， 质量为 2m、 电荷量为 q 的带正电小球 a 从 P 点由静止释放，在 a 球进入水平轨道后，a、b 两小球间只有 静电力作用，且 a、b 两小球始终没有接触.带电小球均可视为点电荷，设小球 b 离 M 点足够 远，重力加速度为 g.求： 图 3 (1)小球 a 刚到达 M 点时的速度大小及对轨道的压力大小； (2)a、b 两小球系统的电势能最大值 Ep； (3)a、b 两小球最终的速度 va、vb的大小. 答案 (1) 6mgqB (2) mgR2gR2gR 2 3 (3) 1 3 2gR 4 3 2gR 解析 (1)小球 a 从 P 到 M，洛伦兹力
25、、弹力不做功，只有重力做功，由动能定理有 ： 2mgR 2mvM2 1 2 解得：vM2gR 在 M 点，由牛顿第二定律有：FN2mgqvMB2mv 2 M R 解得：FN6mgqB2gR 根据牛顿第三定律得小球 a 刚到达 M 点时对轨道的压力大小为：FN6mgqB2gR (2)两球速度相等时系统电势能最大，以向右为正方向，由动量守恒定律有：2mvM3mv共 根据能量守恒定律有：Ep 2mv M2 3mv共2 1 2 1 2 解得：Ep mgR 2 3 (3)由动量守恒定律：2mvM2mvamvb 由能量守恒定律有： 2mv M2 2mva2 mvb2 1 2 1 2 1 2 解得：va v
26、M，vb vM. 1 3 1 3 2gR 4 3 4 3 2gR 4.(2018宁夏一中模拟)如图 4 所示， 在绝缘水平面上的两物块 A、 B 用劲度系数为 k 的水平绝 缘轻质弹簧连接，物块 B、C 用跨过轻质定滑轮的绝缘轻绳连接，A 靠在竖直墙边，C 在倾 角为 的长斜面上， 滑轮两侧的轻绳分别与水平面和斜面平行.A、 B、 C 的质量分别是 m、 2m、 2m，A、C 均不带电，B 带正电，滑轮左侧存在着水平向左的匀强电场，整个系统不计一切 摩擦，B 与滑轮足够远.B 所受的电场力大小为 6mgsin ，开始时系统静止.现让 C 在沿斜面向 下的拉力 F 作用下做加速度大小为 a 的匀
27、加速直线运动，弹簧始终未超过弹性限度，重力加 速度大小为 g. 图 4 (1)求弹簧的压缩长度 x1； (2)求 A 刚要离开墙壁时 C 的速度大小 v1及拉力 F 的大小； (3)若 A 刚要离开墙壁时，撤去拉力 F，同时电场力大小突然减为 2mgsin ，方向不变，求在 之后的运动过程中弹簧的最大弹性势能 Epm. 答案 (1) (2)2 4m(gsin a) 4mgsin k 2mgasin k (3)16m 2gasin 5k 解析 (1)开始时，弹簧处于压缩状态 对 C 受力平衡有 FT12mgsin 对 B 受力平衡有 FT1kx16mgsin 解得 x14mgsin k (2)A 刚要离开墙壁时墙壁对 A 的弹力为零，弹簧刚好不发生形变，则 B 做匀加速直线运动， 位移大小为 x1时有 v122ax1 解得 v12 2mgasin k 根据牛顿第二定律 对 B 有：FT26mgsin 2ma 对 C 有：F2mgsin FT22ma 解得 F4m(gsin a) (3)A 离开墙壁后，A、B、C 系统的合外力为零，系统动量守恒，当三个物块的速度相等时(设 为 v2)，弹簧弹性势能最大，有 (2m2m)v1 (m2m2m)v2 根据能量守恒定律有 (2m2m)v12 (m2m2m)v22Epm 1 2 1 2 解得：Epm. 16m2gasin 5k