【物理】2018届一轮复习鲁科版第六章专题强化八动力学、动量和能量观点在电学中的应用学案

【物理】2018届一轮复习鲁科版第六章专题强化八动力学、动量和能量观点在电学中的应用学案

专题强化八　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　电磁感应中的动量和能量问题 例1　如图1所示，在方向竖直向上的磁感应强度为B的匀强磁场中有两条光滑固定的平行金属导轨MN、PQ，导轨足够长，间距为L，其电阻不计，导轨平面与磁场垂直，ab、cd为两根垂直于导轨水平放置的金属棒，其接入回路中的电阻分别为R，质量分别为m.与金属导轨平行的水平细线一端固定，另一端与cd棒的中点连接，细线能承受的最大拉力为T，一开始细线处于伸直状态，ab棒在平行导轨的水平拉力F的作用下以加速度a向右做匀加速运动，两根金属棒运动时始终与导轨接触良好且与导轨相垂直．‎ 图1‎ ‎(1)求经多长时间细线被拉断？‎ ‎(2)若在细线被拉断瞬间撤去拉力F，求两根金属棒之间距离增量Δx的最大值是多少？‎ ‎①细线能承受的最大拉力为T；②ab棒向右做匀加速直线运动．‎ 答案　(1)　(2) 解析　(1)ab棒以加速度a向右运动，当细线断时，ab棒运动的速度为v，产生的感应电动势E＝BLv，①‎ 回路中的感应电流I＝，②‎ cd棒受到安培力FB＝BIL，③‎ 经t时间细线被拉断，得FB＝T，④‎ v＝at，⑤‎ 由①②③④⑤式得t＝.⑥‎ ‎(2)细线断后，ab棒做减速运动，cd棒做加速运动，两棒之间的距离增大，当两棒达共同速度u而稳定运动时，两棒之间的距离增量Δx达到最大值，整个过程回路中磁通量的变化量 ΔΦ＝BLΔx，⑦‎ 由动量守恒定律得mv＝2mu，⑧‎ 回路中感应电动势的平均值 E1＝，⑨‎ 回路中电流的平均值I＝，⑩‎ 对于cd棒，由动量定理得BILΔt＝mu，‎ 由⑤⑥⑦⑧⑨⑩式得Δx＝.‎ 应用动量和能量观点解决双导体棒电磁感应问题的技巧 ‎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．‎ ‎1.两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内，两导轨间的距离为L.导轨上面横放着两根导体棒ab和cd，构成矩形回路，如图2所示．两根导体棒的质量皆为m，电阻皆为R，回路中其余部分的电阻可不计．在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B.设两导体棒均可沿导轨无摩擦地滑行．开始时，棒cd静止，棒ab有垂直指向棒cd的初速度v0(见图)．若两导体棒在运动中始终不接触，求：‎ 图2‎ ‎(1)在运动中产生的焦耳热的最大值；‎ ‎(2)当ab棒的速度变为初速度的时，cd棒的加速度大小．‎ 答案　(1)mv　(2) 解析　(1)ab棒受到与运动方向相反的安培力作用做减速运动，cd棒则在安培力作用下做加速运动．在ab棒的速度大于cd棒的速度时，回路总有感应电流，ab棒继续减速，cd棒继续加速．两棒速度达到相同后，回路面积保持不变，磁通量不变化，不产生感应电流，两棒以相同的速度v做匀速运动．‎ 从初始至两棒达到的速度相同的过程中，两棒总动量守恒，有 mv0＝2mv，‎ 根据能量守恒，整个过程中产生的总热量为 Q＝mv－(2m)v2＝mv.‎ ‎(2)设ab棒的速度变为初速度的时，cd棒的速度为v′，则由动量守恒得mv0＝m×v0＋mv′.‎ 此时回路中的感应电动势为E＝(v0－v′)BL，‎ 感应电流为I＝，‎ 此时cd棒所受的安培力F＝IBL，‎ cd棒的加速度a＝，‎ 由以上各式，可得：a＝.‎ ‎2.如图3所示，金属杆a从离地h高处由静止开始沿光滑平行的弧形轨道下滑，轨道的水平部分有竖直向上的匀强磁场B，水平轨道上原来放有一金属杆b，已知a杆的质量为m1，且与b杆的质量m2之比为m1∶m2＝3∶4，水平轨道足够长，不计摩擦，求：‎ 图3‎ ‎(1)a和b的最终速度分别是多大？‎ ‎(2)整个过程中回路释放的电能是多少？‎ ‎(3)若已知a、b杆的电阻之比Ra∶Rb＝3∶4，其余部分的电阻不计，整个过程中杆a、b上产生的热量分别是多少？‎ 答案　(1)均为　(2)m1gh ‎(3)m1gh　m1gh 解析　(1)a下滑过程中机械能守恒m1gh＝m1v a进入磁场后，回路中产生感应电流，a、b都受安培力作用，a做减速运动，b做加速运动，经过一段时间，a、b速度达到相同，之后回路的磁通量不发生变化，感应电流为0，安培力为0，二者匀速运动，匀速运动的速度即为a、b的最终速度，设为v.由于a、b所组成的系统所受合外力为0，故系统的动量守恒m1v0＝(m1＋m2)v 由以上两式解得最终速度v1＝v2＝v＝.‎ ‎(2)由能量守恒得知，回路中产生的电能应等于a、b系统机械能的损失，所以E＝m1gh－(m1＋m2)v2＝m1gh.‎ ‎(3)由能量守恒定律，回路中产生的热量应等于回路中释放的电能等于系统损失的机械能，即Qa＋Qb＝E.在回路中产生电能的过程中，电流不恒定，但由于Ra与Rb串连，通过的电流总是相等的．‎ 所以应有＝＝＝ Qa＝E＝m1gh　Qb＝E＝m1gh.‎ 命题点二　电场中的动量和能量问题 例2　如图4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4‎ ‎(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．‎ ‎①光滑绝缘轨道；②A、B两球间相互作用视为静电作用；③A、B两球始终没有接触．‎ 答案　(1)　(2)mgh　(3)　 解析　(1)对A球下滑的过程，据机械能守恒得：‎ ‎2mgh＝·2mv 解得：v0＝ ‎(2)A球进入水平轨道后，两球组成的系统动量守恒，当两球相距最近时共速：2mv0＝(2m＋m)v，解得：v＝v0＝ 据能量守恒定律：2mgh＝(2m＋m)v2＋Ep，‎ 解得：Ep＝mgh ‎(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．‎ ‎2mv0＝2mvA＋mvB，‎ ×2mv＝×2mv＋mv 得：vA＝v0＝，vB＝v0＝.‎ 电场中动量和能量问题的解题技巧 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．‎ ‎3．如图5所示，“┙”型滑板(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的匀强电场中，初始时刻，滑板与小物体都静止，试求：‎ 图5‎ ‎(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qEL1＝mv，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，则 mv1＝mv1′＋4mv 若v1′＝v1，则v＝v1，因为v1′＞v，不符合实际，‎ 故应取v1′＝－v1，则v＝v1＝ .‎ ‎(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(v2＋v1′)t＝vt，即v2＝v1＝ .‎ 对整个过程运用动能定理得：‎ 电场力做功W＝mv＋(mv－mv1′2)＝qEL1.‎ 命题点三　复合场中的动量和能量问题 例3　如图6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，绳不伸长，不计空气阻力，重力加速度为g.‎ 图6‎ ‎(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？‎ ‎①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；②P、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．‎ 答案　(1)　　(2)＋2mg 解析　(1)设小球P所受电场力为F1，则F1＝qE 在整个空间重力和电场力平衡，有F1＝mg 联立相关方程得E＝ 由动量定理得I＝mv 故v＝.‎ ‎(2)设P、Q相向正碰后在W点的速度为vm，由动量守恒定律得 mv－mv0＝(m＋m)vm 此刻轻绳的张力为最大，由牛顿第二定律得 F－(m＋m)g＝v 联立相关方程，得 F＝＋2mg.‎ ‎4.如图7所示，整个空间中存在竖直向上的匀强电场．经过桌边的虚线PQ与桌面成45°角，其上方有足够大的垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B.光滑绝缘水平桌面上有两个可以视为质点的绝缘小球，A球对桌面的压力为零，其质量为m，电量为q；B球不带电且质量是km(k＞7)．A、B间夹着质量可忽略的火药．现点燃火药(此时间极短且不会影响小球的质量、电量和各表面的光滑程度)，火药炸完瞬间A的速度为v0，求：‎ 图7‎ ‎(1)火药爆炸过程中有多少化学能转化为机械能；‎ ‎(2)A球在磁场中的运动时间；‎ ‎(3)若一段时间后AB在桌上相遇，求爆炸前A球与桌边P的距离．‎ 答案　(1)mv　(2)　(3)· 解析　(1)设爆炸之后B的速度为vB，选向左为正方向 在爆炸前后由动量守恒可得：0＝mv0－kmvB 又由能量守恒可得：‎ E＝mv＋kmv＝mv ‎(2)由“A球对桌面的压力为零”可知重力和电场力等大反向，故A球进入磁场中将会做匀速圆周运动，则 T＝ 由几何知识可得：A球在磁场中运动了个圆周(如图所示)‎ 则t2＝ ‎(3)由0＝mv0－kmvB可得：vB＝ R＝ 设爆炸前A球与桌边P的距离为xA，爆炸后B运动的位移为xB，，时间为tB 则tB＝＋t2＋ xB＝vBtB 由图可得：R＝xA＋xB 联立上述各式解得：‎ xA＝·.‎ ‎1.如图1所示，两根间距为l的光滑金属导轨(不计电阻)，由一段圆弧部分与一段无限长的水平段部分组成，其水平段加有竖直向下方向的匀强磁场，磁感应强度为B，‎ 导轨水平段上静止放置一金属棒cd，质量为2m，电阻为2r.另一质量为m，电阻为r的金属棒ab，从圆弧段M处由静止释放下滑至N处进入水平段，棒与导轨始终垂直且接触良好，圆弧段MN半径为R，所对圆心角为60°.求：‎ 图1‎ ‎(1)ab棒在N处进入磁场区速度是多大？此时棒中电流是多少？‎ ‎(2)cd棒能达到的最大速度是多大？‎ ‎(3)cd棒由静止到达最大速度过程中，系统所能释放的热量是多少？‎ 答案　(1)　　(2)　(3)mgR 解析　(1)ab棒由M下滑到N过程中机械能守恒，故mgR(1－cos 60°)＝mv2.‎ 解得v＝.‎ 进入磁场区瞬间，回路中电流强度 I＝＝.‎ ‎(2)ab棒在安培力作用下做减速运动，cd棒在安培力作用下做加速运动，当两棒速度达到相同速度v′时，电路中电流为零，安培力为零，cd达到最大速度．运用动量守恒定律得mv＝(2m＋m)v′‎ 解得v′＝.‎ ‎(3)系统释放的热量应等于系统机械能的减少量，‎ 故Q＝mv2－·3mv′2，‎ 解得Q＝mgR.‎ ‎2.如图2所示是计算机模拟出的一种宇宙空间的情景，在此宇宙空间内存在这样一个远离其他空间的区域(其他星体对该区域内物体的引力忽略不计)，以MN为界，上半部分匀强磁场的磁感应强度为B1，下半部分匀强磁场的磁感应强度为B2.已知B1＝4B2＝4B0，磁场方向相同，且磁场区域足够大．在距离界线MN为h的P点有一宇航员处于静止状态，宇航员以平行于MN的速度向右抛出一质量为m、电荷量为q的带负电小球，发现小球在界线处的速度方向与界线成90°角，接着小球进入下半部分磁场．当宇航员沿与界线平行的直线匀速到达目标Q点时，刚好又接住球而静止．‎ 图2‎ ‎(1)请你粗略地作出小球从P点运动到Q点的运动轨迹；‎ ‎(2)PQ间的距离是多大？‎ ‎(3)宇航员的质量是多少？‎ 答案　(1)见解析图　(2)6h　(3) 解析　(1)小球的运动轨迹如图所示．‎ ‎(2)设小球的速率为v1，由几何关系可知R1＝h，由qvB＝m和B1＝4B2＝4B0，‎ 可知R2＝4R1＝4h，‎ 由qv1(4B0)＝m，‎ 解得小球的速率v1＝，‎ 根据运动的对称性，PQ的距离为L＝2(R2－R1)＝6h.‎ ‎(3)设宇航员的速率为v2，因周期T＝，‎ 故小球由P运动到Q的时间t＝＋＝.‎ 所以宇航员匀速运动的速率为v2＝＝，‎ 由动量守恒定律有Mv2－mv1＝0，‎ 可解得宇航员的质量M＝.‎ ‎3．如图3所示，绝缘水平地面上有宽L＝0.4 m的匀强电场区域，场强E＝6×105 N/C、方向水平向左．不带电的物块B静止在电场边缘的O点，带电量q＝5×10－8 C、质量mA＝1×10－2 kg的物块A在距O点s＝2.25 m处以v0＝5 m/s的水平初速度向右运动，并与B发生碰撞，假设碰撞前后A、B构成的系统没有动能损失．A的质量是B的k(k＞1)倍，A、‎ B与水平面间的动摩擦因数都为μ＝0.2，物块均可视为质点，且A的电荷量始终不变，取g＝10 m/s2.‎ 图3‎ ‎(1)求A到达O点与B碰撞前的速度；‎ ‎(2)求碰撞后瞬间，A和B的速度；‎ ‎(3)讨论k在不同取值范围时电场力对A做的功．‎ 答案　(1)4 m/s　(2) m/s　 m/s ‎(3)见解析 解析　(1)设碰撞前A的速度为v，由动能定理得 ‎－μmAgs＝mAv2－mAv①‎ 得：v＝＝4 m/s.②‎ ‎(2)设碰撞后A、B速度分别为vA、vB，且设向右为正方向，由于弹性碰撞，所以有：mAv＝mAvA＋mBvB③‎ mAv2＝mAv＋mBv④‎ 联立③④并将mA＝kmB及v＝4 m/s代入得：‎ vA＝ m/s⑤‎ vB＝ m/s⑥‎ ‎(3)讨论：(ⅰ)如果A能从电场右边界离开，必须满足：‎ mAv＞μmAgL＋qEL⑦‎ 联立⑤⑦代入数据，得：k＞3⑧‎ 电场力对A做功为：W＝qEL＝6×105×5×10－8×0.4 J＝1.2×10－2 J⑨‎ ‎(ⅱ)如果A不能从电场右边界离开电场，必须满足 mAv≤μmAgL＋qEL⑩‎ 联立⑤⑩代入数据，得：k≤3‎ 考虑到k＞1，所以在1＜k≤3范围内A不能从电场右边界离开．‎ 又：qE＝3×10－2 N＞μmAg＝2×10－2 N 所以A会返回并从电场的左侧离开，整个过程电场力做功为0，‎ 即W＝0.‎ ‎4.如图4所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内，x轴与绝缘的水平面重合，在y轴右方有垂直纸面向里的匀强磁场和竖直向上的匀强电场．质量为m2＝8×10－3 kg的不带电小物块静止在原点O，A点距O点l＝0.045 m，质量m1＝1×10－3 kg的带电小物块以初速度v0＝0.5 m/s从A点水平向右运动，在O点与m2发生正碰并把部分电量转移到m2上，碰撞后m2的速度为0.1 m/s，此后不再考虑m1、m2间的库仑力．已知电场强度E＝40 N/C，小物块m1与水平面的动摩擦因数为μ＝0.1，取g＝10 m/s2，求：‎ 图4‎ ‎(1)碰后m1的速度；‎ ‎(2)若碰后m2做匀速圆周运动且恰好通过P点，OP与x轴的夹角θ＝30°，OP长为lOP＝0.4 m，求磁感应强度B的大小；‎ ‎(3)其他条件不变，若改变磁场磁感应强度B′的大小，使m2能与m1再次相碰，求B′的大小．‎ 答案　(1)－0.4 m/s，方向水平向左　(2)1 T ‎(3)0.25 T 解析　(1)设m1与m2碰前速度为v1，由动能定理 ‎－μm1gl＝m1v－m1v 代入数据解得：v1＝0.4 m/s 已知v2＝0.1 m/s，m1、m2正碰，由动量守恒有：m1v1＝m1v1′＋m2v2‎ 代入数据得：v1′＝－0.4 m/s，方向水平向左 ‎(2)m2恰好做匀速圆周运动，所以qE＝m2g 得：q＝2×10－3 C 物块由洛伦兹力提供向心力，设其做圆周运动的半径为R，则qv2B＝m2，轨迹如图，由几何关系有：R＝lOP 解得：B＝1 T ‎(3)当m2经过y轴时速度水平向左，离开电场后做平抛运动，m1碰后做匀减速运动．‎ m1匀减速运动至停，其平均速度为：‎ ＝v1′＝0.2 m/s＞v2＝0.1 m/s.‎ 所以m2在m1停止后与其相碰 由牛顿第二定律有：‎ f＝μm1g＝m1a m1停止后离O点距离：‎ s＝ 则m2平抛的时间：t＝ 平抛的高度：h＝gt2‎ 设m2做匀速圆周运动的半径为R′，由几何关系有：‎ R′＝h 由qv2B′＝，‎ 联立得：B′＝0.25 T.‎