2019年度高考物理一輪復習 第十章 電磁感應 專題強化十三 動力學、動量和能量觀點在電學中的應用學案

《2019年度高考物理一輪復習 第十章 電磁感應 專題強化十三 動力學、動量和能量觀點在電學中的應用學案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2019年度高考物理一輪復習 第十章 電磁感應 專題強化十三 動力學、動量和能量觀點在電學中的應用學案（13頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 專題強化十三　動力學、動量和能量觀點在電學中的應用 專題解讀 1.本專題是力學三大觀點在電學中的綜合應用，高考對本專題將作為計算題壓軸題的形式命題. 2.學好本專題，可以幫助同學們應用力學三大觀點分析帶電粒子在電場和磁場中的碰撞問題、電磁感應中的動量和能量問題，提高分析和解決綜合問題的能力. 3.用到的知識、規(guī)律和方法有：電場的性質(zhì)、磁場對電荷的作用、電磁感應的相關知識以及力學三大觀點. 命題點一　電磁感應中的動量和能量的應用 1.應用動量定理可以由動量變化來求解變力的沖量.如在導體棒做非勻變速運動的問題中，應用動量定理可以解決牛頓運動定律不易解答的問題. 2.在相互平

2、行的水平軌道間的雙棒做切割磁感線運動時，由于這兩根導體棒所受的安培力等大反向，合外力為零，若不受其他外力，兩導體棒的總動量守恒，解決此類問題往往要應用動量守恒定律. 類型1　動量定理和功能關系的應用 例1　如圖1所示，兩根電阻不計的光滑金屬導軌豎直放置，相距為L，導軌上端接電阻R，寬度相同的水平條形區(qū)域Ⅰ和Ⅱ內(nèi)有磁感應強度為B、方向垂直導軌平面向里的勻強磁場，其寬度均為d，Ⅰ和Ⅱ之間相距為h且無磁場.一長度為L、質(zhì)量為m、電阻為r的導體棒，兩端套在導軌上，并與兩導軌始終保持良好的接觸，導體棒從距區(qū)域Ⅰ上邊界H處由靜止釋放，在穿過兩段磁場區(qū)域的過程中，流過電阻R上的電流及其變化情況相同，重力

3、加速度為g.求： 圖1 (1)導體棒進入?yún)^(qū)域Ⅰ的瞬間，通過電阻R的電流大小與方向. (2)導體棒通過區(qū)域Ⅰ的過程，電阻R上產(chǎn)生的熱量Q. (3)求導體棒穿過區(qū)域Ⅰ所用的時間. 答案　(1)，方向向左　(2)mg(h＋d)　(3)＋－ 解析　(1)設導體棒進入?yún)^(qū)域Ⅰ瞬間的速度大小為v1， 根據(jù)動能定理：mgH＝mv12 ① 由法拉第電磁感應定律：E＝BLv1 ② 由閉合電路的歐姆定律：I＝ ③ 由①②③得：I＝ 由右手定則知導體棒中電流方向向右，則通過電阻R的電流方向向左. (2)由題意知，導體棒進入?yún)^(qū)域Ⅱ的速度大小也為v1， 由能量守恒，得：Q總＝mg(

4、h＋d) 電阻R上產(chǎn)生的熱量Q＝mg(h＋d) (3)設導體棒穿出區(qū)域Ⅰ瞬間的速度大小為v2，從穿出區(qū)域Ⅰ到進入?yún)^(qū)域Ⅱ，v12－v22＝2gh，得：v2＝ 設導體棒進入?yún)^(qū)域Ⅰ所用的時間為t，根據(jù)動量定理： 設向下為正方向：mgt－BLt＝mv2－mv1 此過程通過整個回路的電荷量為：q＝t＝ 得：t＝＋－ 變式1　(2018·甘肅天水模擬)如圖2所示，豎直放置的兩光滑平行金屬導軌，置于垂直于導軌平面向里的勻強磁場中，兩根質(zhì)量相同的導體棒a和b，與導軌緊密接觸且可自由滑動.先固定a，釋放b，當b的速度達到10 m/s時，再釋放a，經(jīng)過1 s后，a的速度達到12 m/s，g取10 m

5、/s2，則： 圖2 (1)此時b的速度大小是多少？ (2)若導軌足夠長，a、b棒最后的運動狀態(tài)怎樣？ 答案　(1)18 m/s　(2)勻加速運動 解析　(1)當b棒先向下運動時，在a和b以及導軌所組成的閉合回路中產(chǎn)生感應電流，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.釋放a棒后，經(jīng)過時間t，分別以a和b為研究對象，根據(jù)動量定理，則有 (mg＋F)t＝mva (mg－F)t＝mvb－mv0 代入數(shù)據(jù)可解得vb＝18 m/s (2)在a、b棒向下運動的過程中，a棒的加速度a1＝g＋，b產(chǎn)生的加速度a2＝g－.當a棒的速度與b棒接近時，閉合回路中的

6、ΔΦ逐漸減小，感應電流也逐漸減小，則安培力也逐漸減小，最后，兩棒以共同的速度向下做加速度為g的勻加速運動. 類型2　動量守恒定律和功能關系的應用 1.問題特點 對于雙導體棒運動的問題，通常是兩棒與導軌構成一個閉合回路，當其中一棒在外力作用下獲得一定速度時必然在磁場中切割磁感線，在該閉合電路中形成一定的感應電流；另一根導體棒在磁場中通過時在安培力的作用下開始運動，一旦運動起來也將切割磁感線產(chǎn)生一定的感應電動勢，對原來電流的變化起阻礙作用. 2.方法技巧 解決此類問題時通常將兩棒視為一個整體，于是相互作用的安培力是系統(tǒng)的內(nèi)力，這個變力將不影響整體的動量守恒.因此解題的突破口是巧妙選擇系統(tǒng)

7、，運用動量守恒(動量定理)和功能關系求解. 例2　(2017·湖南長沙四縣三月模擬)足夠長的平行金屬軌道M、N，相距L＝0.5 m，且水平放置；M、N左端與半徑R＝0.4 m的光滑豎直半圓軌道相連，與軌道始終垂直且接觸良好的金屬棒b和c可在軌道上無摩擦地滑動，兩金屬棒的質(zhì)量mb＝mc＝0.1 kg，接入電路的有效電阻Rb＝Rc＝1 Ω，軌道的電阻不計.平行水平金屬軌道M、N處于磁感應強度B＝1 T的勻強磁場中，磁場方向與軌道平面垂直向上，光滑豎直半圓軌道在磁場外，如圖3所示，若使b棒以初速度v0＝10 m/s開始向左運動，運動過程中b、c不相撞，g取10 m/s2，求： 圖3 (1)

8、c棒的最大速度； (2)c棒達最大速度時，此棒產(chǎn)生的焦耳熱； (3)若c棒達最大速度后沿半圓軌道上滑，金屬棒c到達軌道最高點時對軌道的壓力的大小. 答案　(1)5 m/s　(2)1.25 J　(3)1.25 N 解析　(1)在磁場力作用下，b棒做減速運動，c棒做加速運動，當兩棒速度相等時，c棒達最大速度.選兩棒為研究對象，根據(jù)動量守恒定律有 mbv0＝(mb＋mc)v 解得c棒的最大速度為：v＝v0＝v0＝5 m/s (2)從b棒開始運動到兩棒速度相等的過程中，系統(tǒng)減少的動能轉化為電能，兩棒中產(chǎn)生的總熱量為：Q＝mbv02－(mb＋mc)v2＝2.5 J 因為Rb＝Rc，所以c

9、棒達最大速度時此棒產(chǎn)生的焦耳熱為Qc＝＝1.25 J (3)設c棒沿半圓軌道滑到最高點時的速度為v′，從最低點上升到最高點的過程由機械能守恒可得： mcv2－mcv′2＝mcg·2R 解得v′＝3 m/s 在最高點，設軌道對c棒的彈力為F，由牛頓第二定律得 mcg＋F＝mc 解得F＝1.25 N 由牛頓第三定律得，在最高點c棒對軌道的壓力為1.25 N，方向豎直向上. 變式2　如圖4所示，平行傾斜光滑導軌與足夠長的平行水平光滑導軌平滑連接，導軌電阻不計.質(zhì)量分別為m和m的金屬棒b和c靜止放在水平導軌上，b、c兩棒均與導軌垂直.圖中de虛線往右有范圍足夠大、方向豎直向上的勻強磁場

10、.質(zhì)量為m的絕緣棒a垂直于傾斜導軌靜止釋放，釋放位置與水平導軌的高度差為h.已知絕緣棒a滑到水平導軌上與金屬棒b發(fā)生彈性正碰，金屬棒b進入磁場后始終未與金屬棒c發(fā)生碰撞.重力加速度為g.求： 圖4 (1)絕緣棒a與金屬棒b發(fā)生彈性正碰后分離時兩棒的速度大小； (2)金屬棒b進入磁場后，其加速度為其最大加速度的一半時的速度大??； (3)兩金屬棒b、c上最終產(chǎn)生的總焦耳熱. 答案　(1)0　　(2)　(3)mgh 解析　(1)設a棒滑到水平導軌時，速度為v0，下滑過程中a棒機械能守恒mv02＝mgh a棒與b棒發(fā)生彈性碰撞 由動量守恒定律：mv0＝mv1＋mv2 由機械能守恒

11、定律：mv02＝mv12＋mv22 解出v1＝0，v2＝v0＝ (2)b棒剛進磁場時的加速度最大. b、c兩棒組成的系統(tǒng)合外力為零，系統(tǒng)動量守恒. 由動量守恒定律：mv2＝mv2′＋v3′ 設b棒進入磁場后任一時刻，b棒的速度為vb，c棒的速度為vc，則b、c組成的回路中的感應電動勢E＝BL(vb－vc)，由閉合電路歐姆定律得I＝，由安培力公式得F＝BIL＝ma，聯(lián)立得a＝. 故當b棒加速度為最大值的一半時有v2＝2(v2′－v3′) 聯(lián)立得v2′＝v2＝ (3)最終b、c以相同的速度勻速運動. 由動量守恒定律：mv2＝(m＋)v 由能量守恒定律：mv22＝(m＋)v2＋Q

12、 解出Q＝mgh 命題點二　電場中動量和能量觀點的應用 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鍵. 例3　如圖5所示，光滑絕緣水平面上方分布著場強大小為E、方向水平向右的勻強電場.質(zhì)量為3m、電荷量為＋q的球A由靜止開始運動，與相距為L、質(zhì)量為m的不帶電小球B發(fā)生對心碰撞，碰撞時間極短，碰撞后作為一個整體繼續(xù)向右運動.兩球均可視為質(zhì)點，求： 圖5 (1)兩球發(fā)生碰撞前A球的速度大小； (2)A、B碰撞過程中系統(tǒng)損失的機械能； (3)A、B碰撞過程中B球受到的

13、沖量大小. 答案　(1)　(2)EqL (3) 解析　(1)由動能定理：EqL＝×3mv2 解得v＝ (2)A、B碰撞時間極短，可認為A、B碰撞過程中系統(tǒng)動量守恒，設向右為正方向，由動量守恒定律：3mv＝(3m＋m)v1 解得v1＝v 系統(tǒng)損失的機械能：ΔE＝×3mv2－(3m＋m)v12＝EqL (3)以B為研究對象，設向右為正方向，由動量定理：I＝mv1－0 解得I＝，方向水平向右 變式3　如圖6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

14、放，在A球進入水平軌道之前，由于A、B兩球相距較遠，相互作用力可認為是零，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： 圖6 (1)A球剛進入水平軌道的速度大??； (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的大小. 答案　(1)　(2)mgh　(3)　 解析　(1)對A球下滑的過程，據(jù)機械能守恒得： 2mgh＝×2mv02 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，以A球剛進入水平軌道的速度方向為正方向，當兩球相距最近時

15、共速：2mv0＝(2m＋m)v，解得：v＝v0＝ 據(jù)能量守恒定律：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)勢能也為零，速度達到穩(wěn)定.以A球剛進入水平軌道的速度方向為正方向， 2mv0＝2mvA＋mvB， ×2mv02＝×2mvA2＋mvB2 得：vA＝v0＝，vB＝v0＝. 命題點三　磁場中動量和能量觀點的應用 例4　如圖7所示，ab、ef是平行的固定在水平絕緣桌面上的光滑金屬導軌，導軌間距為d.在導軌左端ae上連有一個阻值為R的電阻，一質(zhì)量為3m，長為d，電阻為r的金

16、屬棒恰能置于導軌上并和導軌良好接觸.起初金屬棒靜止于MN位置，MN距離ae邊足夠遠，整個裝置處于方向垂直桌面向下、磁感應強度為B的勻強磁場中，現(xiàn)有一質(zhì)量為m的帶電荷量為q的絕緣小球在桌面上從O點(O為導軌上的一點)以與ef成60°角斜向右方射向ab，隨后小球直接垂直地打在金屬棒的中點上，并和棒粘合在一起(設小球與棒之間沒有電荷轉移).棒運動過程中始終和導軌接觸良好，不計導軌間電場的影響，導軌的電阻不計.求： 圖7 (1)小球射入磁場時的速度v0的大??； (2)電阻R上產(chǎn)生的熱量QR. 答案　(1)　(2) 解析　(1)小球射入磁場后將做勻速圓周運動，設圓周運動的半徑為r，其軌跡如

17、圖所示 由幾何知識可知：＝r＋rsin (90°－60°) ① 小球在磁場中做勻速圓周運動：qv0B＝m ② 由①②得：v0＝ ③ (2)小球和金屬棒的碰撞過程，以向左為正方向，由動量守恒定律得： mv0＝(m＋3m)v ④ 金屬棒切割磁感線的過程中，棒和小球的動能轉化為電能進而轉化成焦耳熱： (m＋3m)v2＝Q ⑤ QR＝Q ⑥ 由③④⑤⑥可得：QR＝ 變式4　如圖8所示，水平虛線X下方區(qū)域分布著方向水平、垂直紙面向里、磁感應強度為B的勻強磁場，整個空間存在勻強電場(圖中未畫出).質(zhì)量為m、電荷量為＋q的小球P靜止于虛線X上方A點，在某一瞬間受到方向豎直向下

18、、大小為I的沖量作用而做勻速直線運動.在A點右下方的磁場中有定點O，長為l的絕緣輕繩一端固定于O點，另一端連接不帶電的質(zhì)量同為m的小球Q，自然下垂，保持輕繩伸直，向右拉起Q，直到繩與豎直方向有一小于5°的夾角，在P開始運動的同時自由釋放Q，Q到達O點正下方W點時速率為v0.P、Q兩小球在W點發(fā)生相向正碰，碰到電場、磁場消失，兩小球黏在一起運動.P、Q兩小球均視為質(zhì)點，P小球的電荷量保持不變，繩不可伸長，不計空氣阻力，重力加速度為g. 圖8 (1)求勻強電場場強E的大小和P進入磁場時的速率v； (2)若繩能承受的最大拉力為F，要使繩不斷，F(xiàn)至少為多大？ 答案　(1)　　(2)＋2mg

19、 解析　(1)設小球P所受電場力為F1，則F1＝qE 在整個空間重力和電場力平衡，有F1＝mg 聯(lián)立得E＝ 由動量定理得I＝mv 故v＝. (2)設P、Q相向正碰后在W點的速度為vm，以與v0相反的方向為正方向，由動量守恒定律得 mv－mv0＝(m＋m)vm 此刻輕繩的拉力為最大，由牛頓第二定律得 F－(m＋m)g＝vm2 聯(lián)立相關方程，得 F＝＋2mg. 1.如圖1所示，兩根彼此平行放置的光滑金屬導軌，其水平部分足夠長且處于豎直向下的勻強磁場中，磁感應強度為B.現(xiàn)將質(zhì)量為m1的導體棒ab放置于導軌的水平段，將質(zhì)量為m2的導體棒cd從導軌的圓弧部分距水平段高為h的位

20、置由靜止釋放.已知導體棒ab和cd接入電路的有效電阻分別為R1和R2，其他部分電阻不計，整個過程中兩導體棒與導軌接觸良好且未發(fā)生碰撞，重力加速度為g.求： 圖1 (1)導體棒ab、cd最終速度的大小； (2)導體棒ab所產(chǎn)生的熱量. 答案　(1)都為　(2)··gh 解析　(1)設導體棒cd沿光滑圓弧軌道下滑至水平面時的速度為v0，由機械能守恒定律m2gh＝m2v02，解得v0＝，隨后，導體棒cd切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢，在回路中產(chǎn)生感應電流，導體棒cd、ab受到安培力的作用，其中導體棒cd所受的安培力為阻力，而導體棒ab所受的安培力為動力，但系統(tǒng)所受的安培力為零；當導體棒cd與

21、導體棒ab速度相等時，回路的感應電動勢為零，回路中無感應電流，此后導體棒cd與導體棒ab以相同的速度勻速運動，以v0的方向為正方向，由動量守恒定律可得：m2v0＝(m1＋m2)v，解得兩棒最終速度為v＝ (2)由能量守恒定律可得系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量為Q＝ΔE＝m2v02－(m1＋m2)v2＝gh 由焦耳定律可得，導體棒ab、cd所產(chǎn)生的熱量之比是：＝ 解得Q1＝··gh 2.(2018·湖南懷化質(zhì)檢)如圖2所示，在光滑絕緣水平面上有兩個帶電小球A、B，質(zhì)量分別為3m和m，小球A帶正電q，小球B帶負電－2q，開始時兩小球相距s0，小球A有一個水平向右的初速度v0，小球B的初速度為零，若取初始狀

22、態(tài)下兩小球構成的系統(tǒng)的電勢能為零，試證明：當兩小球的速度相同時系統(tǒng)的電勢能最大，并求出該最大值. 圖2 答案　見解析 解析　由于兩小球構成的系統(tǒng)合外力為零，設某狀態(tài)下兩小球的速度分別為vA和vB，以v0的方向為正方向，由動量守恒定律得3mv0＝3mvA＋mvB ① 所以，系統(tǒng)的動能減小量為ΔEk＝×3mv02－×3mvA2－mvB2 ② 由于系統(tǒng)運動過程中只有電場力做功，所以系統(tǒng)的動能與電勢能之和守恒，考慮到系統(tǒng)初狀態(tài)下電勢能為零，故該狀態(tài)下的電勢能可表示為 Ep＝ΔEk＝×3mv02－×3mvA2－mvB2 ③ 聯(lián)立①③兩式，得Ep＝－6mvA2＋9mv0vA－3mv02

23、④ 由④式得：當vA＝v0 ⑤ 時，系統(tǒng)的電勢能取得最大值，而將⑤式代入①式，得vB＝vA＝v0 ⑥ 即當兩小球速度相同時系統(tǒng)的電勢能最大，最大值為Epmax＝mv02 ⑦ 3.如圖3所示，“┙”型絕緣滑板(平面部分足夠長)，質(zhì)量為4m，距滑板的A壁為L1的B處放有一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的大小不計的小物體，小物體與板面的摩擦不計，整個裝置處于場強為E、水平向右的勻強電場中，初始時刻，滑板與小物體都靜止，試求： 圖3 (1)釋放小物體，第一次與滑板A壁碰前小物體的速度v1為多大？ (2)若小物體與A壁碰后相對水平面的速度大小為碰前的，碰撞時間極短，則碰撞后滑板速度為多大

24、？(均指對地速度) (3)若滑板足夠長，小物體從開始運動到第二次碰撞前，電場力做功為多大？ 答案　(1)　(2)　(3)qEL1 解析　(1)對物體，根據(jù)動能定理，有qEL1＝mv12，得v1＝ (2)物體與滑板碰撞前后動量守恒，設物體第一次與滑板碰后的速度為v1′，滑板的速度為v，以水平向右為正方向，由動量守恒定律得 mv1＝mv1′＋4mv 若v1′＝v1，則v＝v1，因為v1′＞v，不符合實際， 故應取v1′＝－v1，則v＝v1＝. (3)在物體第一次與A壁碰后到第二次與A壁碰前，物體做勻變速運動，滑板做勻速運動，在這段時間內(nèi)，兩者相對于水平面的位移相同. 所以(v2＋

25、v1′)t＝vt，即v2＝v1＝. 對整個過程運用動能定理得： 電場力做功W＝mv12＋(mv22－mv1′2)＝qEL1. 4.(2017·山東青島一模)如圖4所示，兩平行光滑金屬導軌由兩部分組成，左面部分水平，右面部分為半徑r＝0.5 m的豎直半圓，兩導軌間距離d＝0.3 m，導軌水平部分處于豎直向上、磁感應強度大小B＝1 T的勻強磁場中，兩導軌電阻不計.有兩根長度均為d的金屬棒ab、cd，均垂直導軌置于水平導軌上，金屬棒ab、cd的質(zhì)量分別為m1＝0.2 kg、m2＝0.1 kg，電阻分別為R1＝0.1 Ω、R2＝0.2 Ω.現(xiàn)讓ab棒以v0＝10 m/s的初速度開始水平向右運動，

26、cd棒進入圓軌道后，恰好能通過軌道最高點PP′，cd棒進入圓軌道前兩棒未相碰，重力加速度g＝10 m/s2，求： 圖4 (1)ab棒開始向右運動時cd棒的加速度a0； (2)cd棒剛進入半圓軌道時ab棒的速度大小v1； (3)cd棒進入半圓軌道前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棒開始向右運動時，設回路中電流為I，有 E＝Bdv0 I＝ BId＝m2a0 解得：a0＝30 m/s2 (2)設cd棒剛進入半圓軌道時的速度為v2，系統(tǒng)動量定恒，有 m1v0＝m1v1＋m2v2 m2v22＝m2g·2r＋m2vP2 m2g＝m2 解得：v1＝7.5 m/s (3)由動能定理得m1v12－m1v02＝－W 解得：W＝4.375 J. 13