2019年高考物理一輪復習 第六章 動量守恒定律 專題強化八 動力學、動量和能量觀點在電學中的應用學案.doc

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專題強化八　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問題 例1　如圖1所示，在方向豎直向上的磁感應強度為B的勻強磁場中有兩條光滑固定的平行金屬導軌MN、PQ，導軌足夠長，間距為L，其電阻不計，導軌平面與磁場垂直，ab、cd為兩根垂直于導軌水平放置的金屬棒，其接入回路中的電阻分別為R，質(zhì)量分別為m.與金屬導軌平行的水平細線一端固定，另一端與cd棒的中點連接，細線能承受的最大拉力為FT，一開始細線處于伸直狀態(tài)，ab棒在平行導軌的水平拉力F的作用下以加速度a向右做勻加速運動，兩根金屬棒運動時始終與導軌接觸良好且與導軌相垂直． 圖1 (1)求經(jīng)多長時間細線被拉斷？ (2)若在細線被拉斷瞬間撤去拉力F，求兩根金屬棒之間距離增量Δx的最大值是多少？ ①細線能承受的最大拉力為FT；②ab棒向右做勻加速直線運動． 答案　(1)　(2) 解析　(1)ab棒以加速度a向右運動，當細線斷時，ab棒運動的速度為v，產(chǎn)生的感應電動勢E＝BLv， ① 回路中的感應電流I＝， ② cd棒受到安培力FB＝BIL， ③ 經(jīng)t時間細線被拉斷，得FB＝FT， ④ v＝at， ⑤ 由①②③④⑤式得t＝. ⑥ (2)細線斷后，ab棒做減速運動，cd棒做加速運動，兩棒之間的距離增大，當兩棒達共同速度u而穩(wěn)定運動時，兩棒之間的距離增量Δx達到最大值，整個過程回路中磁通量的變化量 ΔΦ＝BLΔx， ⑦ 由動量守恒定律得mv＝2mu， ⑧ 回路中感應電動勢的平均值 E1＝， ⑨ 回路中電流的平均值I＝， ⑩ 對于cd棒，由動量定理得BILΔt＝mu， 由⑤⑥⑦⑧⑨⑩式得Δx＝. 應用動量和能量觀點解決雙導體棒電磁感應問題的技巧 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)，運用動量守恒(動量定理)和功能關系求解． 1.兩根足夠長的固定的平行金屬導軌位于同一水平面內(nèi)，兩導軌間的距離為L.導軌上面橫放著兩根導體棒ab和cd，構成矩形回路，如圖2所示．兩根導體棒的質(zhì)量皆為m，電阻皆為R，回路中其余部分的電阻可不計．在整個導軌平面內(nèi)都有豎直向上的勻強磁場，磁感應強度為B.設兩導體棒均可沿導軌無摩擦地滑行．開始時，棒cd靜止，棒ab有垂直指向棒cd的初速度v0(見圖)．若兩導體棒在運動中始終不接觸，求： 圖2 (1)在運動中產(chǎn)生的焦耳熱的最大值； (2)當ab棒的速度變?yōu)槌跛俣鹊臅r，cd棒的加速度大?。? 答案　(1)mv02　(2) 解析　(1)ab棒受到與運動方向相反的安培力作用做減速運動，cd棒則在安培力作用下做加速運動．在ab棒的速度大于cd棒的速度時，回路總有感應電流，ab棒繼續(xù)減速，cd棒繼續(xù)加速．兩棒速度達到相同后，回路面積保持不變，磁通量不變化，不產(chǎn)生感應電流，兩棒以相同的速度v做勻速運動． 從初始至兩棒達到的速度相同的過程中，兩棒總動量守恒，有 mv0＝2mv， 根據(jù)能量守恒，整個過程中產(chǎn)生的總熱量為 Q＝mv02－(2m)v2＝mv02. (2)設ab棒的速度變?yōu)槌跛俣鹊臅r，cd棒的速度為v′，則由動量守恒得mv0＝mv0＋mv′. 此時回路中的感應電動勢為E＝(v0－v′)BL， 感應電流為I＝， 此時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.如圖3所示，金屬桿a從離地h高處由靜止開始沿光滑平行的弧形軌道下滑，軌道的水平部分有豎直向上的勻強磁場B，水平軌道上原來放有一金屬桿b，已知a桿的質(zhì)量為m1，且與b桿的質(zhì)量m2之比為m1∶m2＝3∶4，水平軌道足夠長，不計摩擦，求： 圖3 (1)a和b的最終速度分別是多大？ (2)整個過程中回路釋放的電能是多少？ (3)若已知a、b桿的電阻之比Ra∶Rb＝3∶4，其余部分的電阻不計，整個過程中桿a、b上產(chǎn)生的熱量分別是多少？ 答案　(1)均為　(2)m1gh (3)m1gh　m1gh 解析　(1)a下滑過程中機械能守恒m1gh＝m1v02 a進入磁場后，回路中產(chǎn)生感應電流，a、b都受安培力作用，a做減速運動，b做加速運動，經(jīng)過一段時間，a、b速度達到相同，之后回路的磁通量不發(fā)生變化，感應電流為0，安培力為0，二者勻速運動，勻速運動的速度即為a、b的最終速度，設為v.由于a、b所組成的系統(tǒng)所受合外力為0，故系統(tǒng)的動量守恒m1v0＝(m1＋m2)v 由以上兩式解得最終速度v1＝v2＝v＝. (2)由能量守恒得知，回路中產(chǎn)生的電能應等于a、b系統(tǒng)機械能的損失，所以E＝m1gh－(m1＋m2)v2＝m1gh. (3)由能量守恒定律，回路中產(chǎn)生的熱量應等于回路中釋放的電能等于系統(tǒng)損失的機械能，即Qa＋Qb＝E.在回路中產(chǎn)生電能的過程中，電流不恒定，但由于Ra與Rb串連，通過的電流總是相等的． 所以應有＝＝＝ Qa＝E＝m1gh　Qb＝E＝m1gh. 命題點二　電場中的動量和能量問題 例2　如圖4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4 (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． ①光滑絕緣軌道；②A、B兩球間相互作用視為靜電作用；③A、B兩球始終沒有接觸． 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，當兩球相距最近時共速：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． 2mv0＝2mvA＋mvB， 2mv02＝2mvA2＋mvB2 得：vA＝v0＝，vB＝v0＝. 電場中動量和能量問題的解題技巧 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． 3．如圖5所示，“┙”型滑板(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的勻強電場中，初始時刻，滑板與小物體都靜止，試求： 圖5 (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？(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，則 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＋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. 命題點三　復合場中的動量和能量問題 例3　如圖6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、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，繩不伸長，不計空氣阻力，重力加速度為g. 圖6 (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？ ①受到方向豎直向下、大小為I的沖量作用而做勻速直線運動；②P、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． 答案　(1)　　(2)＋2mg 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)立相關方程得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，由動量守恒定律得 mv－mv0＝(m＋m)vm 此刻輕繩的張力為最大，由牛頓第二定律得 F－(m＋m)g＝vm2 聯(lián)立相關方程，得 F＝＋2mg. 4.如圖7所示，整個空間中存在豎直向上的勻強電場．經(jīng)過桌邊的虛線PQ與桌面成45角，其上方有足夠大的垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度為B.光滑絕緣水平桌面上有兩個可以視為質(zhì)點的絕緣小球，A球?qū)ψ烂娴膲毫榱?，其質(zhì)量為m，電量為q；B球不帶電且質(zhì)量是km(k＞7)．A、B間夾著質(zhì)量可忽略的火藥．現(xiàn)點燃火藥(此時間極短且不會影響小球的質(zhì)量、電量和各表面的光滑程度)，火藥炸完瞬間A的速度為v0，求： 圖7 (1)火藥爆炸過程中有多少化學能轉化為機械能； (2)A球在磁場中的運動時間； (3)若一段時間后AB在桌上相遇，求爆炸前A球與桌邊P的距離． 答案　(1)mv02　(2)　(3) 解析　(1)設爆炸之后B的速度為vB，選向左為正方向 在爆炸前后由動量守恒可得：0＝mv0－kmvB 又由能量守恒可得： E＝mv02＋kmvB2＝mv02 (2)由“A球?qū)ψ烂娴膲毫榱恪笨芍亓碗妶隽Φ却蠓聪颍蔄球進入磁場中將會做勻速圓周運動，則 T＝ 由幾何知識可得：A球在磁場中運動了個圓周(如圖所示) 則t2＝ (3)由0＝mv0－kmvB可得：vB＝ R＝ 設爆炸前A球與桌邊P的距離為xA，爆炸后B運動的位移為xB，，時間為tB 則tB＝＋t2＋ xB＝vBtB 由圖可得：R＝xA＋xB 聯(lián)立上述各式解得： xA＝. 1.如圖1所示，兩根間距為l的光滑金屬導軌(不計電阻)，由一段圓弧部分與一段無限長的水平段部分組成，其水平段加有豎直向下方向的勻強磁場，磁感應強度為B，導軌水平段上靜止放置一金屬棒cd，質(zhì)量為2m，電阻為2r.另一質(zhì)量為m，電阻為r的金屬棒ab，從圓弧段M處由靜止釋放下滑至N處進入水平段，棒與導軌始終垂直且接觸良好，圓弧段MN半徑為R，所對圓心角為60.求： 圖1 (1)ab棒在N處進入磁場區(qū)速度是多大？此時棒中電流是多少？ (2)cd棒能達到的最大速度是多大？ (3)cd棒由靜止到達最大速度過程中，系統(tǒng)所能釋放的熱量是多少？ 答案　(1)　　(2)　(3)mgR 解析　(1)ab棒由M下滑到N過程中機械能守恒，故mgR(1－cos 60)＝mv2. 解得v＝. 進入磁場區(qū)瞬間，回路中電流強度 I＝＝. (2)ab棒在安培力作用下做減速運動，cd棒在安培力作用下做加速運動，當兩棒速度達到相同速度v′時，電路中電流為零，安培力為零，cd達到最大速度．運用動量守恒定律得mv＝(2m＋m)v′ 解得v′＝. (3)系統(tǒng)釋放的熱量應等于系統(tǒng)機械能的減少量， 故Q＝mv2－3mv′2， 解得Q＝mgR. 2.如圖2所示是計算機模擬出的一種宇宙空間的情景，在此宇宙空間內(nèi)存在這樣一個遠離其他空間的區(qū)域(其他星體對該區(qū)域內(nèi)物體的引力忽略不計)，以MN為界，上半部分勻強磁場的磁感應強度為B1，下半部分勻強磁場的磁感應強度為B2.已知B1＝4B2＝4B0，磁場方向相同，且磁場區(qū)域足夠大．在距離界線MN為h的P點有一宇航員處于靜止狀態(tài)，宇航員以平行于MN的速度向右拋出一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負電小球，發(fā)現(xiàn)小球在界線處的速度方向與界線成90角，接著小球進入下半部分磁場．當宇航員沿與界線平行的直線勻速到達目標Q點時，剛好又接住球而靜止． 圖2 (1)請你粗略地作出小球從P點運動到Q點的運動軌跡； (2)PQ間的距離是多大？ (3)宇航員的質(zhì)量是多少？ 答案　(1)見解析圖　(2)6h　(3) 解析　(1)小球的運動軌跡如圖所示． (2)設小球的速率為v1，由幾何關系可知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＝， 根據(jù)運動的對稱性，PQ的距離為L＝2(R2－R1)＝6h. (3)設宇航員的速率為v2，因周期T＝， 故小球由P運動到Q的時間t＝＋＝. 所以宇航員勻速運動的速率為v2＝＝， 由動量守恒定律有Mv2－mv1＝0， 可解得宇航員的質(zhì)量M＝. 3．如圖3所示，絕緣水平地面上有寬L＝0.4m的勻強電場區(qū)域，場強E＝6105N/C、方向水平向左．不帶電的物塊B靜止在電場邊緣的O點，帶電量q＝510－8 C、質(zhì)量mA＝110－2 kg的物塊A在距O點s＝2.25 m處以v0＝5 m/s的水平初速度向右運動，并與B發(fā)生碰撞，假設碰撞前后A、B構成的系統(tǒng)沒有動能損失．A的質(zhì)量是B的k(k＞1)倍，A、B與水平面間的動摩擦因數(shù)都為μ＝0.2，物塊均可視為質(zhì)點，且A的電荷量始終不變，取g＝10m/s2. 圖3 (1)求A到達O點與B碰撞前的速度； (2)求碰撞后瞬間，A和B的速度； (3)討論k在不同取值范圍時電場力對A做的功． 答案　(1)4m/s　(2)m/s　m/s (3)見解析 解析　(1)設碰撞前A的速度為v，由動能定理得 －μmAgs＝mAv2－mAv02 ① 得：v＝＝4 m/s. ② (2)設碰撞后A、B速度分別為vA、vB，且設向右為正方向，由于彈性碰撞，所以有：mAv＝mAvA＋mBvB ③ mAv2＝mAvA2＋mBvB2 ④ 聯(lián)立③④并將mA＝kmB及v＝4 m/s代入得： vA＝ m/s ⑤ vB＝ m/s ⑥ (3)討論：(ⅰ)如果A能從電場右邊界離開，必須滿足： mAvA2＞μmAgL＋qEL ⑦ 聯(lián)立⑤⑦代入數(shù)據(jù)，得：k＞3 ⑧ 電場力對A做功為：W＝qEL＝6105510－80.4 J＝1.210－2 J ⑨ (ⅱ)如果A不能從電場右邊界離開電場，必須滿足 mAvA2≤μmAgL＋qEL ⑩ 聯(lián)立⑤⑩代入數(shù)據(jù)，得：k≤3 考慮到k＞1，所以在1＜k≤3范圍內(nèi)A不能從電場右邊界離開． 又：qE＝310－2 N＞μmAg＝210－2 N 所以A會返回并從電場的左側離開，整個過程電場力做功為0， 即W＝0. 4.如圖4所示，直角坐標系xOy位于豎直平面內(nèi)，x軸與絕緣的水平面重合，在y軸右方有垂直紙面向里的勻強磁場和豎直向上的勻強電場．質(zhì)量為m2＝810－3kg的不帶電小物塊靜止在原點O，A點距O點l＝0.045m，質(zhì)量m1＝110－3kg的帶電小物塊以初速度v0＝0.5m/s從A點水平向右運動，在O點與m2發(fā)生正碰并把部分電量轉移到m2上，碰撞后m2的速度為0.1 m/s，此后不再考慮m1、m2間的庫侖力．已知電場強度E＝40N/C，小物塊m1與水平面的動摩擦因數(shù)為μ＝0.1，取g＝10 m/s2，求： 圖4 (1)碰后m1的速度； (2)若碰后m2做勻速圓周運動且恰好通過P點，OP與x軸的夾角θ＝30，OP長為lOP＝0.4m，求磁感應強度B的大小； (3)其他條件不變，若改變磁場磁感應強度B′的大小，使m2能與m1再次相碰，求B′的大?。? 答案　(1)－0.4m/s，方向水平向左　(2)1T (3)0.25T 解析　(1)設m1與m2碰前速度為v1，由動能定理 －μm1gl＝m1v12－m1v02 代入數(shù)據(jù)解得：v1＝0.4 m/s 已知v2＝0.1 m/s，m1、m2正碰，由動量守恒有：m1v1＝m1v1′＋m2v2 代入數(shù)據(jù)得：v1′＝－0.4 m/s，方向水平向左 (2)m2恰好做勻速圓周運動，所以qE＝m2g 得：q＝210－3 C 物塊由洛倫茲力提供向心力，設其做圓周運動的半徑為R，則qv2B＝m2，軌跡如圖，由幾何關系有：R＝lOP 解得：B＝1 T (3)當m2經(jīng)過y軸時速度水平向左，離開電場后做平拋運動，m1碰后做勻減速運動． m1勻減速運動至停，其平均速度為： ＝v1′＝0.2 m/s＞v2＝0.1 m/s. 所以m2在m1停止后與其相碰 由牛頓第二定律有： Ff＝μm1g＝m1a m1停止后離O點距離： s＝ 則m2平拋的時間：t＝ 平拋的高度：h＝gt2 設m2做勻速圓周運動的半徑為R′，由幾何關系有： R′＝h 由qv2B′＝， 聯(lián)立得：B′＝0.25 T.