2020版高考物理大一輪復習 第十章 專題強化十三 動力學、動量和能量觀點在電學中的應用講義（含解析）教科版.docx

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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(guān)知識以及力學三大觀點. 命題點一　電磁感應中動量和能量觀點的應用 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.在相互平行的水平軌道間的雙導體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(guān)系的應用 例1　(2018四川省涼山州三模)如圖1所示，光滑平行足夠長的金屬導軌固定在絕緣水平面上，導軌范圍內(nèi)存在磁場，其磁感應強度大小為B，方向豎直向下，導軌一端連接阻值為R的電阻.在導軌上垂直導軌放一長度等于導軌間距L、質(zhì)量為m的金屬棒，其電阻為r.金屬棒與金屬導軌接觸良好.金屬棒在水平向右的恒力F作用下從靜止開始運動，經(jīng)過時間t后開始勻速運動，金屬導軌的電阻不計.求： 圖1 (1)金屬棒勻速運動時回路中電流大??； (2)金屬棒勻速運動的速度大小以及在時間t內(nèi)通過回路的電荷量. (3)若在時間t內(nèi)金屬棒移動的位移為x，求電阻R上產(chǎn)生的熱量. 答案　見解析 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＝ 通過回路的電荷量q＝It 由動量定理得Ft－BILt＝mv 解得：q＝－ (3)力F做功增加金屬棒的動能和回路內(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的光滑平行導軌，電阻不計，間距為L，左端連接的電源電動勢為E，內(nèi)阻為r，質(zhì)量為m的金屬桿垂直靜放在導軌上，金屬桿處于導軌間部分的電阻為R.整個裝置處在磁感應強度大小為B、方向豎直向下的勻強磁場中，閉合開關(guān)，金屬桿沿導軌做變加速運動直至達到最大速度，則下列說法正確的是(　　) 圖2 A.金屬桿的最大速度大小為 B.此過程中通過金屬桿的電荷量為 C.此過程中電源提供的電能為 D.此過程中金屬桿產(chǎn)生的熱量為 答案　AC 解析　閉合開關(guān)，金屬桿做加速運動，產(chǎn)生感應電動勢，感應電動勢與電源電動勢相等時，電流為零，金屬桿開始做勻速運動.電動勢為E＝BLv，v＝，故A正確；由動量定理BILt＝BLq＝mv－0，得q＝，故B錯誤；由能量守恒可知電源提供的電能E電＝qE＝，故C正確；此過程中電能轉(zhuǎn)化為金屬桿的動能、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錯誤. 類型2　動量守恒定律和功能關(guān)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(gòu)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)，運用動量守恒(動量定理)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，兩導軌間距離l＝0.3m，導軌水平部分處于豎直向上、磁感應強度大小B＝1T的勻強磁場中，兩導軌電阻不計.有兩根長度均為l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＝0.2kg、m2＝0.1kg，電阻分別為R1＝0.1Ω、R2＝0.2Ω.現(xiàn)讓ab棒以v0＝10m/s的初速度開始水平向右運動，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3 (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)30m/s2　(2)7.5 m/s　(3)4.375J 解析　(1)ab棒開始向右運動時，設回路中電流為I，有 E＝Blv0 I＝ BIl＝m2a0 解得：a0＝30m/s2 (2)設cd棒剛進入半圓軌道時的速度為v2，系統(tǒng)動量守恒，有 m1v0＝m1v1＋m2v2 m2v22＝m2g2r＋m2vP2 m2g＝m2 解得：v1＝7.5m/s (3)由動能定理得－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，一個質(zhì)量為m、電阻不計、足夠長的光滑U形金屬框架MNQP，位于光滑絕緣水平桌面上，平行導軌MN和PQ相距為L.空間存在著足夠大的方向豎直向下的勻強磁場，磁感應強度的大小為B.另有質(zhì)量也為m的金屬棒CD，垂直于MN放置在導軌上，并用一根與CD棒垂直的絕緣細線系在定點A.已知細線能承受的最大拉力為T0，CD棒接入導軌間的有效電阻為R.現(xiàn)從t＝0時刻開始對U形框架施加水平向右的拉力，使其從靜止開始做加速度為a的勻加速直線運動. 圖4 (1)求從框架開始運動到細線斷裂所需的時間t0及細線斷裂時框架的瞬時速度v0大小； (2)若在細線斷裂時，立即撤去拉力，求此后過程中回路產(chǎn)生的總焦耳熱Q. 答案　(1)　　(2) 解析　(1)細線斷裂時， 對棒有T0＝F安，F(xiàn)安＝BIL，I＝，E＝BLv0，v0＝at0 聯(lián)立解得t0＝ 細線斷裂時框架的速度v0＝ (2)在細線斷裂時立即撤去拉力，框架向右減速運動，棒向右加速運動，設二者最終速度大小均為v，設向右為正方向，由系統(tǒng)動量守恒可得mv0＝2mv 得v＝＝ 撤去拉力后，系統(tǒng)總動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(guān)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?。? (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　(2018湖南省常德市期末檢測)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點和D點，水平段BC粗糙，其余都光滑，DP段與水平面的夾角θ＝37，D、C兩點的高度差h＝0.1m，整個軌道絕緣，處于方向水平向左、電場強度大小未知的勻強電場中，一個質(zhì)量m1＝0.4kg、帶正電、電荷量未知的小物塊Ⅰ在A點由靜止釋放，經(jīng)過時間t＝1s，與靜止在B點的不帶電、質(zhì)量m2＝0.6kg的小物塊Ⅱ碰撞并粘在一起后，在BC段上做勻速直線運動，到達傾斜段DP上某位置，物塊Ⅰ和Ⅱ與軌道BC段的動摩擦因數(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段上做勻速直線運動的速度大?。? (2)物塊Ⅰ和Ⅱ第一次經(jīng)過圓弧段C點時，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段上做勻速直線運動，設電場強度大小為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)設圓弧段CD的半徑為R，物塊Ⅰ和Ⅱ經(jīng)過C點時圓弧段軌道對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. 命題點三　磁場中動量和能量觀點的應用 例4　(2018廣西南寧市3月適應測試)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磁場中，半圓的直徑AD水平，半徑為R，勻強磁場的磁感應強度為B，在A端由靜止釋放一個帶正電荷、質(zhì)量為m的金屬小球甲，結(jié)果小球甲連續(xù)兩次通過軌道最低點C時，對軌道的壓力差為ΔF，小球運動過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)過軌道最低點C時的速度大?。? (2)小球甲所帶的電荷量； (3)若在半圓形軌道的最低點C放一個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)由于小球甲在運動過程中，只有重力做功，因此機械能守恒，由A點運動到C點，有 mgR＝mvC2 解得vC＝ (2)小球甲第一次通過C點時，qvCB＋F1－mg＝m 第二次通過C點時，F(xiàn)2－qvCB－mg＝m 由題意知ΔF＝F2－F1 解得q＝ (3)因為甲球與乙球在最低點發(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 設碰撞后的一瞬間，軌道對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.質(zhì)量為m的絕緣棒a垂直于傾斜導軌由靜止釋放，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1 (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?。? (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小； (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 由機械能守恒定律：mv02＝mv12＋mv22 解得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棒進入磁場后某時刻，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 解得Q＝mgh. 2.(2018湖南省長沙四縣三月模擬)足夠長的平行金屬軌道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可在軌道上無摩擦地滑動，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.平行水平金屬軌道M、N處于磁感應強度B＝1T的勻強磁場中，磁場方向垂直軌道平面向上，光滑豎直半圓軌道在磁場外，如圖2所示，若使b棒以初速度v0＝10m/s開始向左運動，運動過程中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)5m/s　(2)1.25J　(3)1.25N 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.取兩棒組成的系統(tǒng)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＝5m/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(zhuǎn)化為電能，兩棒中產(chǎn)生的總熱量為：Q＝mbv02－(mb＋mc)v2＝2.5J 因為Rb＝Rc，所以c棒達最大速度時此棒產(chǎn)生的焦耳熱為Qc＝＝1.25J (3)設c棒沿半圓軌道滑到最高點時的速度為v′，從半圓軌道最低點上升到最高點的過程由機械能守恒可得： mcv2－mcv′2＝mcg2R 解得v′＝3m/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＝1.25N 由牛頓第三定律得，在最高點c棒對軌道的壓力為1.25N，方向豎直向上. 3.(2018福建省寧德市上學期期末)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磁場，磁感應強度大小為B.光滑絕緣軌道MN水平且足夠長，PM下端與MN相切于M點.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點由靜止釋放，在a球進入水平軌道后，a、b兩小球間只有靜電力作用，且a、b兩小球始終沒有接觸.帶電小球均可視為點電荷，設小球b離M點足夠遠，重力加速度為g.求： 圖3 (1)小球a剛到達M點時的速度大小及對軌道的壓力大??； (2)a、b兩小球系統(tǒng)的電勢能最大值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，由動能定理有：2mgR＝2mvM2 解得：vM＝ 在M點，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M點時對軌道的壓力大小為：N′＝6mg＋qB (2)兩球速度相等時系統(tǒng)電勢能最大，以向右為正方向，由動量守恒定律有：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電場，整個系統(tǒng)不計一切摩擦，B與滑輪足夠遠.B所受的電場力大小為6mgsinθ，開始時系統(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的勻加速直線運動，彈簧始終未超過彈性限度，重力加速度大小為g. 圖4 (1)求彈簧的壓縮長度x1； (2)求A剛要離開墻壁時C的速度大小v1及拉力F的大?。? (3)若A剛要離開墻壁時，撤去拉力F，同時電場力大小突然減為2mgsinθ，方向不變，求在之后的運動過程中彈簧的最大彈性勢能Epm. 答案　(1)　(2)2　4m(gsinθ＋a) (3) 解析　(1)開始時，彈簧處于壓縮狀態(tài) 對C受力平衡有T1＝2mgsinθ 對B受力平衡有T1＋kx1＝6mgsinθ 解得x1＝ (2)A剛要離開墻壁時墻壁對A的彈力為零，彈簧剛好不發(fā)生形變，則B做勻加速直線運動，位移大小為x1時有v12＝2ax1 解得v1＝2 根據(jù)牛頓第二定律 對B有：T2－6mgsinθ＝2ma 對C有：F＋2mgsinθ－T2＝2ma 解得F＝4m(gsinθ＋a) (3)A離開墻壁后，A、B、C系統(tǒng)的合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，當三個物塊的速度相等時(設為v2)，彈簧彈性勢能最大，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＝.