2020版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第十章 專(zhuān)題強(qiáng)化十三 動(dòng)力學(xué)、動(dòng)量和能量觀(guān)點(diǎn)在電學(xué)中的應(yīng)用講義（含解析）教科版.docx

《2020版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第十章 專(zhuān)題強(qiáng)化十三 動(dòng)力學(xué)、動(dòng)量和能量觀(guān)點(diǎn)在電學(xué)中的應(yīng)用講義（含解析）教科版.docx》由會(huì)員分享，可在線(xiàn)閱讀，更多相關(guān)《2020版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第十章 專(zhuān)題強(qiáng)化十三 動(dòng)力學(xué)、動(dòng)量和能量觀(guān)點(diǎn)在電學(xué)中的應(yīng)用講義（含解析）教科版.docx（11頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

專(zhuān)題強(qiáng)化十三　動(dòng)力學(xué)、動(dòng)量和能量觀(guān)點(diǎn)在電學(xué)中的應(yīng)用 專(zhuān)題解讀1.本專(zhuān)題是力學(xué)三大觀(guān)點(diǎn)在電學(xué)中的綜合應(yīng)用，高考對(duì)本專(zhuān)題將作為計(jì)算題壓軸題的形式命題. 2.學(xué)好本專(zhuān)題，可以幫助同學(xué)們應(yīng)用力學(xué)三大觀(guān)點(diǎn)分析帶電粒子在電場(chǎng)和磁場(chǎng)中的碰撞問(wèn)題、電磁感應(yīng)中的動(dòng)量和能量問(wèn)題，提高分析和解決綜合問(wèn)題的能力. 3.用到的知識(shí)、規(guī)律和方法有：電場(chǎng)的性質(zhì)、磁場(chǎng)對(duì)電荷的作用、電磁感應(yīng)的相關(guān)知識(shí)以及力學(xué)三大觀(guān)點(diǎn). 命題點(diǎn)一　電磁感應(yīng)中動(dòng)量和能量觀(guān)點(diǎn)的應(yīng)用 1.應(yīng)用動(dòng)量定理可以由動(dòng)量變化來(lái)求解變力的沖量.如在導(dǎo)體棒做非勻變速運(yùn)動(dòng)的問(wèn)題中，應(yīng)用動(dòng)量定理可以解決牛頓運(yùn)動(dòng)定律不易解答的問(wèn)題. 2.在相互平行的水平軌道間的雙導(dǎo)體棒做切割磁感線(xiàn)運(yùn)動(dòng)時(shí)，由于這兩根導(dǎo)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(dǎo)體棒的總動(dòng)量守恒，解決此類(lèi)問(wèn)題往往要應(yīng)用動(dòng)量守恒定律. 類(lèi)型1　動(dòng)量定理和功能關(guān)系的應(yīng)用 例1　(2018四川省涼山州三模)如圖1所示，光滑平行足夠長(zhǎng)的金屬導(dǎo)軌固定在絕緣水平面上，導(dǎo)軌范圍內(nèi)存在磁場(chǎng)，其磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向豎直向下，導(dǎo)軌一端連接阻值為R的電阻.在導(dǎo)軌上垂直導(dǎo)軌放一長(zhǎng)度等于導(dǎo)軌間距L、質(zhì)量為m的金屬棒，其電阻為r.金屬棒與金屬導(dǎo)軌接觸良好.金屬棒在水平向右的恒力F作用下從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)時(shí)間t后開(kāi)始勻速運(yùn)動(dòng)，金屬導(dǎo)軌的電阻不計(jì).求： 圖1 (1)金屬棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)回路中電流大??； (2)金屬棒勻速運(yùn)動(dòng)的速度大小以及在時(shí)間t內(nèi)通過(guò)回路的電荷量. (3)若在時(shí)間t內(nèi)金屬棒移動(dòng)的位移為x，求電阻R上產(chǎn)生的熱量. 答案　見(jiàn)解析 解析　(1)由安培力公式：F＝BImL，解得Im＝ (2)根據(jù)閉合電路的歐姆定律得：Im＝，解得：v＝ 通過(guò)回路的電荷量q＝It 由動(dòng)量定理得Ft－BILt＝mv 解得：q＝－ (3)力F做功增加金屬棒的動(dòng)能和回路內(nèi)能，則Fx＝Q＋mv2 QR＝Q 解得：QR＝[Fx－]. 變式1　(多選)(2018廣東省佛山市質(zhì)檢一)如圖2，水平固定放置的足夠長(zhǎng)的光滑平行導(dǎo)軌，電阻不計(jì)，間距為L(zhǎng)，左端連接的電源電動(dòng)勢(shì)為E，內(nèi)阻為r，質(zhì)量為m的金屬桿垂直靜放在導(dǎo)軌上，金屬桿處于導(dǎo)軌間部分的電阻為R.整個(gè)裝置處在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，閉合開(kāi)關(guān)，金屬桿沿導(dǎo)軌做變加速運(yùn)動(dòng)直至達(dá)到最大速度，則下列說(shuō)法正確的是(　　) 圖2 A.金屬桿的最大速度大小為 B.此過(guò)程中通過(guò)金屬桿的電荷量為 C.此過(guò)程中電源提供的電能為 D.此過(guò)程中金屬桿產(chǎn)生的熱量為 答案　AC 解析　閉合開(kāi)關(guān)，金屬桿做加速運(yùn)動(dòng)，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)與電源電動(dòng)勢(shì)相等時(shí)，電流為零，金屬桿開(kāi)始做勻速運(yùn)動(dòng).電動(dòng)勢(shì)為E＝BLv，v＝，故A正確；由動(dòng)量定理BILt＝BLq＝mv－0，得q＝，故B錯(cuò)誤；由能量守恒可知電源提供的電能E電＝qE＝，故C正確；此過(guò)程中電能轉(zhuǎn)化為金屬桿的動(dòng)能、R及r產(chǎn)生的熱量之和，由于Ek＝mv2＝m，金屬桿產(chǎn)生的熱量為QR＝(E電－Ek)＝，故D錯(cuò)誤. 類(lèi)型2　動(dòng)量守恒定律和功能關(guān)系的應(yīng)用 1.問(wèn)題特點(diǎn) 對(duì)于雙導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)的問(wèn)題，通常是兩棒與導(dǎo)軌構(gòu)成一個(gè)閉合回路，當(dāng)其中一棒在外力作用下獲得一定速度時(shí)必然在磁場(chǎng)中切割磁感線(xiàn)，在該閉合電路中形成一定的感應(yīng)電流；另一根導(dǎo)體棒在磁場(chǎng)中通過(guò)時(shí)在安培力的作用下開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，一旦運(yùn)動(dòng)起來(lái)也將切割磁感線(xiàn)產(chǎn)生一定的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，對(duì)原來(lái)電流的變化起阻礙作用. 2.方法技巧 解決此類(lèi)問(wèn)題時(shí)通常將兩棒視為一個(gè)整體，于是相互作用的安培力是系統(tǒng)的內(nèi)力，這個(gè)變力將不影響整體的動(dòng)量守恒.因此解題的突破口是巧妙選擇系統(tǒng)，運(yùn)用動(dòng)量守恒(動(dòng)量定理)和功能關(guān)系求解. 例2　(2018山東省青島市模擬)如圖3所示，兩平行光滑金屬導(dǎo)軌由兩部分組成，左面部分水平，右面部分為半徑r＝0.5m的豎直半圓，兩導(dǎo)軌間距離l＝0.3m，導(dǎo)軌水平部分處于豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝1T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，兩導(dǎo)軌電阻不計(jì).有兩根長(zhǎng)度均為l的金屬棒ab、cd，均垂直導(dǎo)軌置于水平導(dǎo)軌上，金屬棒ab、cd的質(zhì)量分別為m1＝0.2kg、m2＝0.1kg，電阻分別為R1＝0.1Ω、R2＝0.2Ω.現(xiàn)讓ab棒以v0＝10m/s的初速度開(kāi)始水平向右運(yùn)動(dòng)，cd棒進(jìn)入圓軌道后，恰好能通過(guò)軌道最高點(diǎn)PP′，cd棒進(jìn)入圓軌道前兩棒未相碰，重力加速度g＝10 m/s2，求： 圖3 (1)ab棒開(kāi)始向右運(yùn)動(dòng)時(shí)cd棒的加速度a0； (2)cd棒剛進(jìn)入半圓軌道時(shí)ab棒的速度大小v1； (3)cd棒進(jìn)入半圓軌道前ab棒克服安培力做的功W. 答案　(1)30m/s2　(2)7.5 m/s　(3)4.375J 解析　(1)ab棒開(kāi)始向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，設(shè)回路中電流為I，有 E＝Blv0 I＝ BIl＝m2a0 解得：a0＝30m/s2 (2)設(shè)cd棒剛進(jìn)入半圓軌道時(shí)的速度為v2，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，有 m1v0＝m1v1＋m2v2 m2v22＝m2g2r＋m2vP2 m2g＝m2 解得：v1＝7.5m/s (3)由動(dòng)能定理得－W＝m1v12－m1v02 解得：W＝4.375J. 變式2　(2019山東省淄博市質(zhì)檢)如圖4所示，一個(gè)質(zhì)量為m、電阻不計(jì)、足夠長(zhǎng)的光滑U形金屬框架MNQP，位于光滑絕緣水平桌面上，平行導(dǎo)軌MN和PQ相距為L(zhǎng).空間存在著足夠大的方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B.另有質(zhì)量也為m的金屬棒CD，垂直于MN放置在導(dǎo)軌上，并用一根與CD棒垂直的絕緣細(xì)線(xiàn)系在定點(diǎn)A.已知細(xì)線(xiàn)能承受的最大拉力為T(mén)0，CD棒接入導(dǎo)軌間的有效電阻為R.現(xiàn)從t＝0時(shí)刻開(kāi)始對(duì)U形框架施加水平向右的拉力，使其從靜止開(kāi)始做加速度為a的勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng). 圖4 (1)求從框架開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到細(xì)線(xiàn)斷裂所需的時(shí)間t0及細(xì)線(xiàn)斷裂時(shí)框架的瞬時(shí)速度v0大小； (2)若在細(xì)線(xiàn)斷裂時(shí)，立即撤去拉力，求此后過(guò)程中回路產(chǎn)生的總焦耳熱Q. 答案　(1)　　(2) 解析　(1)細(xì)線(xiàn)斷裂時(shí)， 對(duì)棒有T0＝F安，F(xiàn)安＝BIL，I＝，E＝BLv0，v0＝at0 聯(lián)立解得t0＝ 細(xì)線(xiàn)斷裂時(shí)框架的速度v0＝ (2)在細(xì)線(xiàn)斷裂時(shí)立即撤去拉力，框架向右減速運(yùn)動(dòng)，棒向右加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)二者最終速度大小均為v，設(shè)向右為正方向，由系統(tǒng)動(dòng)量守恒可得mv0＝2mv 得v＝＝ 撤去拉力后，系統(tǒng)總動(dòng)能的減少量等于回路消耗的電能，最終在回路中產(chǎn)生的總焦耳熱Q＝mv02－2mv2 聯(lián)立得Q＝. 命題點(diǎn)二　電場(chǎng)中動(dòng)量和能量觀(guān)點(diǎn)的應(yīng)用 動(dòng)量守恒定律與其他知識(shí)綜合應(yīng)用類(lèi)問(wèn)題的求解，與一般的力學(xué)問(wèn)題求解思路并無(wú)差異，只是問(wèn)題的情景更復(fù)雜多樣，分析清楚物理過(guò)程，正確識(shí)別物理模型是解決問(wèn)題的關(guān)鍵. 例3　如圖5所示，光滑絕緣水平面上方分布著場(chǎng)強(qiáng)大小為E、方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng).質(zhì)量為3m、電荷量為＋q的球A由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，與相距為L(zhǎng)、質(zhì)量為m的不帶電小球B發(fā)生對(duì)心碰撞，碰撞時(shí)間極短，碰撞后作為一個(gè)整體繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng).兩球均可視為質(zhì)點(diǎn)，求： 圖5 (1)兩球發(fā)生碰撞前A球的速度大?。? (2)A、B碰撞過(guò)程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能； (3)A、B碰撞過(guò)程中B球受到的沖量大小. 答案　(1)　(2)EqL (3) 解析　(1)由動(dòng)能定理：EqL＝3mv2 解得v＝ (2)A、B碰撞時(shí)間極短，可認(rèn)為A、B碰撞過(guò)程中系統(tǒng)動(dòng)量守恒，設(shè)向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律：3mv＝(3m＋m)v1 解得v1＝v 系統(tǒng)損失的機(jī)械能：ΔE＝3mv2－(3m＋m)v12＝EqL (3)以B為研究對(duì)象，設(shè)向右為正方向，由動(dòng)量定理：I＝mv1－0 解得I＝，方向水平向右. 變式3　(2018湖南省常德市期末檢測(cè))如圖6所示，軌道ABCDP位于豎直平面內(nèi)，其中圓弧段CD與水平段AC及傾斜段DP分別相切于C點(diǎn)和D點(diǎn)，水平段BC粗糙，其余都光滑，DP段與水平面的夾角θ＝37，D、C兩點(diǎn)的高度差h＝0.1m，整個(gè)軌道絕緣，處于方向水平向左、電場(chǎng)強(qiáng)度大小未知的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，一個(gè)質(zhì)量m1＝0.4kg、帶正電、電荷量未知的小物塊Ⅰ在A點(diǎn)由靜止釋放，經(jīng)過(guò)時(shí)間t＝1s，與靜止在B點(diǎn)的不帶電、質(zhì)量m2＝0.6kg的小物塊Ⅱ碰撞并粘在一起后，在BC段上做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，到達(dá)傾斜段DP上某位置，物塊Ⅰ和Ⅱ與軌道BC段的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.2，g＝10m/s2，sin37＝0.6，cos37＝0.8.求： 圖6 (1)物塊Ⅰ和Ⅱ在BC段上做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的速度大小； (2)物塊Ⅰ和Ⅱ第一次經(jīng)過(guò)圓弧段C點(diǎn)時(shí)，物塊Ⅰ和Ⅱ?qū)壍缐毫Φ拇笮? 答案　(1)2m/s　(2)18N 解析　(1)物塊Ⅰ和Ⅱ粘在一起在BC段上做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，物塊Ⅰ帶電荷量大小為q，與物塊Ⅱ碰撞前物塊Ⅰ速度為v1，碰撞后共同速度為v2，以向左為正方向，則 qE＝μ(m1＋m2)g qEt＝m1v1 m1v1＝(m1＋m2)v2 聯(lián)立解得v2＝2m/s； (2)設(shè)圓弧段CD的半徑為R，物塊Ⅰ和Ⅱ經(jīng)過(guò)C點(diǎn)時(shí)圓弧段軌道對(duì)物塊支持力的大小為N 則R(1－cosθ)＝h N－(m1＋m2)g＝(m1＋m2) 解得：N＝18N，由牛頓第三定律可得物塊Ⅰ和Ⅱ?qū)壍缐毫Φ拇笮?8N. 命題點(diǎn)三　磁場(chǎng)中動(dòng)量和能量觀(guān)點(diǎn)的應(yīng)用 例4　(2018廣西南寧市3月適應(yīng)測(cè)試)如圖7所示，光滑絕緣的半圓形軌道ACD，固定在豎直面內(nèi)，軌道處在垂直于軌道平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，半圓的直徑AD水平，半徑為R，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，在A端由靜止釋放一個(gè)帶正電荷、質(zhì)量為m的金屬小球甲，結(jié)果小球甲連續(xù)兩次通過(guò)軌道最低點(diǎn)C時(shí)，對(duì)軌道的壓力差為ΔF，小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程始中終不脫離軌道，重力加速度為g.求： 圖7 (1)小球甲經(jīng)過(guò)軌道最低點(diǎn)C時(shí)的速度大小； (2)小球甲所帶的電荷量； (3)若在半圓形軌道的最低點(diǎn)C放一個(gè)與小球甲完全相同的不帶電的金屬小球乙，讓小球甲仍從軌道的A端由靜止釋放，則甲球與乙球發(fā)生彈性碰撞后的一瞬間，乙球?qū)壍赖膲毫?(不計(jì)兩球間靜電力的作用) 答案　(1)　(2)　(3)3mg－，方向豎直向下 解析　(1)由于小球甲在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，只有重力做功，因此機(jī)械能守恒，由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)，有 mgR＝mvC2 解得vC＝ (2)小球甲第一次通過(guò)C點(diǎn)時(shí)，qvCB＋F1－mg＝m 第二次通過(guò)C點(diǎn)時(shí)，F(xiàn)2－qvCB－mg＝m 由題意知ΔF＝F2－F1 解得q＝ (3)因?yàn)榧浊蚺c乙球在最低點(diǎn)發(fā)生的是彈性碰撞，則 mvC＝mv甲＋mv乙 mvC2＝mv甲2＋mv乙2 解得v甲＝0，v乙＝vC 設(shè)碰撞后的一瞬間，軌道對(duì)乙球的支持力大小為F乙，方向豎直向上，則 F乙＋qv乙B－mg＝m 解得F乙＝3mg－ 根據(jù)牛頓第三定律可知，此時(shí)乙球?qū)壍赖膲毫Υ笮?mg－，方向豎直向下. 1.如圖1所示，平行傾斜光滑導(dǎo)軌與足夠長(zhǎng)的平行水平光滑導(dǎo)軌平滑連接，導(dǎo)軌電阻不計(jì).質(zhì)量分別為m和m的金屬棒b和c靜止放在水平導(dǎo)軌上，b、c兩棒均與導(dǎo)軌垂直.圖中de虛線(xiàn)往右有范圍足夠大、方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng).質(zhì)量為m的絕緣棒a垂直于傾斜導(dǎo)軌由靜止釋放，釋放位置與水平導(dǎo)軌的高度差為h.已知絕緣棒a滑到水平導(dǎo)軌上與金屬棒b發(fā)生彈性正碰，金屬棒b進(jìn)入磁場(chǎng)后始終未與金屬棒c發(fā)生碰撞.重力加速度為g.求： 圖1 (1)絕緣棒a與金屬棒b發(fā)生彈性正碰后分離時(shí)兩棒的速度大小； (2)金屬棒b進(jìn)入磁場(chǎng)后，其加速度為其最大加速度的一半時(shí)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(shè)a棒滑到水平導(dǎo)軌時(shí)速度為v0，下滑過(guò)程中a棒機(jī)械能守恒mv02＝mgh a棒與b棒發(fā)生彈性碰撞 由動(dòng)量守恒定律：mv0＝mv1＋mv2 由機(jī)械能守恒定律：mv02＝mv12＋mv22 解得v1＝0，v2＝v0＝ (2)b棒剛進(jìn)磁場(chǎng)時(shí)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(dòng)量守恒. 由動(dòng)量守恒定律：mv2＝mv2′＋v3′ 設(shè)b棒進(jìn)入磁場(chǎng)后某時(shí)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(yīng)電動(dòng)勢(shì)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(dāng)b棒加速度為最大值的一半時(shí)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(yùn)動(dòng). 由動(dòng)量守恒定律：mv2＝(m＋)v 由能量守恒定律：mv22＝(m＋)v2＋Q 解得Q＝mgh. 2.(2018湖南省長(zhǎng)沙四縣三月模擬)足夠長(zhǎng)的平行金屬軌道M、N，相距L＝0.5m，且水平放置；M、N左端與半徑R＝0.4m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(wú)摩擦地滑動(dòng)，兩金屬棒的質(zhì)量mb＝mc＝0.1kg，接入電路的有效電阻Rb＝Rc＝1Ω，軌道的電阻不計(jì).平行水平金屬軌道M、N處于磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直軌道平面向上，光滑豎直半圓軌道在磁場(chǎng)外，如圖2所示，若使b棒以初速度v0＝10m/s開(kāi)始向左運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中b、c不相撞，g取10 m/s2，求： 圖2 (1)c棒的最大速度； (2)c棒達(dá)最大速度時(shí)，此棒產(chǎn)生的焦耳熱； (3)若c棒達(dá)最大速度后沿半圓軌道上滑，金屬棒c到達(dá)軌道最高點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力的大小. 答案　(1)5m/s　(2)1.25J　(3)1.25N 解析　(1)在磁場(chǎng)力作用下，b棒做減速運(yùn)動(dòng)，c棒做加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)兩棒速度相等時(shí)，c棒達(dá)最大速度.取兩棒組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有 mbv0＝(mb＋mc)v 解得c棒的最大速度為：v＝v0＝v0＝5m/s (2)從b棒開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到兩棒速度相等的過(guò)程中，系統(tǒng)減少的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為電能，兩棒中產(chǎn)生的總熱量為：Q＝mbv02－(mb＋mc)v2＝2.5J 因?yàn)镽b＝Rc，所以c棒達(dá)最大速度時(shí)此棒產(chǎn)生的焦耳熱為Qc＝＝1.25J (3)設(shè)c棒沿半圓軌道滑到最高點(diǎn)時(shí)的速度為v′，從半圓軌道最低點(diǎn)上升到最高點(diǎn)的過(guò)程由機(jī)械能守恒可得： mcv2－mcv′2＝mcg2R 解得v′＝3m/s 在最高點(diǎn)，設(shè)軌道對(duì)c棒的彈力為F，由牛頓第二定律得 mcg＋F＝mc 解得F＝1.25N 由牛頓第三定律得，在最高點(diǎn)c棒對(duì)軌道的壓力為1.25N，方向豎直向上. 3.(2018福建省寧德市上學(xué)期期末)如圖3所示，PM是半徑為R的四分之一光滑絕緣軌道，僅在該軌道內(nèi)有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.光滑絕緣軌道MN水平且足夠長(zhǎng)，PM下端與MN相切于M點(diǎn).質(zhì)量為m的帶正電小球b靜止在水平軌道上，質(zhì)量為2m、電荷量為q的帶正電小球a從P點(diǎn)由靜止釋放，在a球進(jìn)入水平軌道后，a、b兩小球間只有靜電力作用，且a、b兩小球始終沒(méi)有接觸.帶電小球均可視為點(diǎn)電荷，設(shè)小球b離M點(diǎn)足夠遠(yuǎn)，重力加速度為g.求： 圖3 (1)小球a剛到達(dá)M點(diǎn)時(shí)的速度大小及對(duì)軌道的壓力大小； (2)a、b兩小球系統(tǒng)的電勢(shì)能最大值Ep； (3)a、b兩小球最終的速度va、vb的大小. 答案　(1)　6mg＋qB　(2)mgR (3)　 解析　(1)小球a從P到M，洛倫茲力、彈力不做功，只有重力做功，由動(dòng)能定理有：2mgR＝2mvM2 解得：vM＝ 在M點(diǎn)，由牛頓第二定律有：N－2mg－qvMB＝ 解得：N＝6mg＋qB 根據(jù)牛頓第三定律得小球a剛到達(dá)M點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為：N′＝6mg＋qB (2)兩球速度相等時(shí)系統(tǒng)電勢(shì)能最大，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律有：2mvM＝3mv共 根據(jù)能量守恒定律有：Ep＝2mv M2－3mv共2 解得：Ep＝mgR (3)由動(dòng)量守恒定律：2mvM＝2mva＋mvb 由能量守恒定律有：2mv M2＝2mva2＋mvb2 解得：va＝vM＝，vb＝vM＝. 4.(2018寧夏一中模擬)如圖4所示，在絕緣水平面上的兩物塊A、B用勁度系數(shù)為k的水平絕緣輕質(zhì)彈簧連接，物塊B、C用跨過(guò)輕質(zhì)定滑輪的絕緣輕繩連接，A靠在豎直墻邊，C在傾角為θ的長(zhǎng)斜面上，滑輪兩側(cè)的輕繩分別與水平面和斜面平行.A、B、C的質(zhì)量分別是m、2m、2m，A、C均不帶電，B帶正電，滑輪左側(cè)存在著水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)，整個(gè)系統(tǒng)不計(jì)一切摩擦，B與滑輪足夠遠(yuǎn).B所受的電場(chǎng)力大小為6mgsinθ，開(kāi)始時(shí)系統(tǒng)靜止.現(xiàn)讓C在沿斜面向下的拉力F作用下做加速度大小為a的勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，彈簧始終未超過(guò)彈性限度，重力加速度大小為g. 圖4 (1)求彈簧的壓縮長(zhǎng)度x1； (2)求A剛要離開(kāi)墻壁時(shí)C的速度大小v1及拉力F的大小； (3)若A剛要離開(kāi)墻壁時(shí)，撤去拉力F，同時(shí)電場(chǎng)力大小突然減為2mgsinθ，方向不變，求在之后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中彈簧的最大彈性勢(shì)能Epm. 答案　(1)　(2)2　4m(gsinθ＋a) (3) 解析　(1)開(kāi)始時(shí)，彈簧處于壓縮狀態(tài) 對(duì)C受力平衡有T1＝2mgsinθ 對(duì)B受力平衡有T1＋kx1＝6mgsinθ 解得x1＝ (2)A剛要離開(kāi)墻壁時(shí)墻壁對(duì)A的彈力為零，彈簧剛好不發(fā)生形變，則B做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，位移大小為x1時(shí)有v12＝2ax1 解得v1＝2 根據(jù)牛頓第二定律 對(duì)B有：T2－6mgsinθ＝2ma 對(duì)C有：F＋2mgsinθ－T2＝2ma 解得F＝4m(gsinθ＋a) (3)A離開(kāi)墻壁后，A、B、C系統(tǒng)的合外力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，當(dāng)三個(gè)物塊的速度相等時(shí)(設(shè)為v2)，彈簧彈性勢(shì)能最大，有 (2m＋2m)v1＝(m＋2m＋2m)v2 根據(jù)能量守恒定律有 (2m＋2m)v12＝(m＋2m＋2m)v22＋Epm 解得：Epm＝.