1、1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
2、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FT，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 x 的最大值是多少？细线能承受的最大拉力为 FT； ab 棒向右做匀加速直线运动答案 (1) (2)2RFTB2L2a 2mR2FTB4L4解析 (1) ab 棒以加速度 a 向右运动，
3、当细线断时， ab 棒运动的速度为 v，产生的感应电动势 E BLv，2回路中的感应电流 I ， E2Rcd 棒受到安培力 FB BIL， 经 t 时间细线被拉断，得 FB FT， v at， 由式得 t . 2RFTB2L2a(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 x 达到最大值，整个过程回路中磁通量的变化量 BL x，由动量守恒定律得 mv2 mu， 回路中感应电动势的平均值E1 ， t回路中电流的平均值 I ， E12R对于 cd 棒，由动量定理得 BIL t mu，由式得 x .2mR2FT
4、B4L4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31.两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
5、.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34答案 (1) mv02 (2)14 B2L2v04mR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
6、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mv02 mv，根据能量守恒，整个过程中产生的总热量为Q mv02 (2m)v2 mv02.12 12 14(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34mv0 m v0 mv.34此时回路中的感应电动势为 E( v0 v) BL，34感应电流为 I ，E2R此时 cd 棒所受的安培力 F IBL，cd 棒
7、的加速度 a ，Fm4由以上各式，可得： a .B2L2v04mR2.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 m234，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 Rb34，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) m1gh372gh 47(3) m1gh
8、m1gh1249 1649解析 (1) a 下滑过程中机械能守恒 m1gh m1v0212a 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 .372gh(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
9、)v2 m1gh.12 47(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 QaQb I2RatI2Rbt RaRb 34Qa E m1gh Qb E m1gh.37 1249 47 1649命题点二 电场中的动量和能量问题5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
10、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的大小光滑绝缘轨道； A、 B 两球间相互作用视为静电作用； A、 B 两球始终没有接触答案 (1) (2) mgh (3) 2gh23 132gh 432gh解析 (1)对 A 球下滑的过程，据机械能守恒得：2mgh
11、2mv0212解得： v0 2gh(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(2 m m)v，解得： v v023 232gh据能量守恒定律：2 mgh (2m m)v2 Ep，12解得： Ep mgh23(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2mv02 mvA mvB，2mv02 2mvA2 mvB212 12 12得： vA v0 ， vB v0 .13 132gh 43 432gh6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
12、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35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？
13、答案 (1) (2) (3) qEL12qEL1m 252qEL1m 135解析 (1)对物体，根据动能定理，有 qEL1 mv12，得 v112 2qEL1m(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 mv14 mv若 v1 v1，则 v v1，因为 v1 v，不符合实际，35 110故应取 v1 v1，则 v v1 .35 25 252qEL1m(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 .12 75
14、752qEL1m对整个过程运用动能定理得：电场力做功 W mv12( mv22 mv1 2) qEL1.12 12 12 135命题点三 复合场中的动量和能量问题7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
15、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？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； 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答案 (1) (2) 2 mgmgq Im
16、I mv022ml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 Emgq由动量定理得 I mv故 v .Im(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 vm2m ml联立相关方程，得8F 2 mg.I mv022ml4.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
17、 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(k7) 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) mv02 (2) (3) k 12k 3 m2qB 2k 2 32k 1 mv0qB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
18、：E mv02 kmvB2 mv0212 12 k 12k(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T2 mqB由几何知识可得： A 球在磁场中运动了 个圆周(如图所示)34则 t23 m2qB9(3)由 0 mv0 kmvB可得： vBv0kRmv0qB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 t2xAv0 Rv0xB vBtB由图可得： R xA xB联立上述各式解得：xA .2k 2 32k 1 mv0qB1.如图 1 所示，两根间距为 l 的光滑金属导轨(不计电阻)
19、，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？10(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) mgRgRBlgR3r 13gR 13解析 (1) a
20、b 棒由 M 下滑到 N 过程中机械能守恒，故 mgR(1cos 60) mv2.12解得 v .gR进入磁场区瞬间，回路中电流强度I .E2r r BlgR3r(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(2 m m)v解得 v .13gR(3)系统释放的热量应等于系统机械能的减少量，故 Q mv2 3mv 2，12 12解得 Q mgR.132.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
21、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 B14 B24 B0，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？11答案 (1)见解析图 (2)6
22、h (3)5 m6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 B1v2R4 B24 B0，可知 R24 R14 h，由 qv1(4B0) m ，v21R1解得小球的速率 v1 ，4qB0hm根据运动的对称性， PQ 的距离为 L2( R2 R1)6 h.(3)设宇航员的速率为 v2，因周期 T ，2 mqB故小球由 P 运动到 Q 的时间 t .T12 T22 5 m4qB0所以宇航员匀速运动的速率为 v2 ，Lt 24qB0h5 m由动量守恒定律有 Mv2 mv10，可解得宇航员的质量 M .5 m63如图 3 所示，绝缘水平地
23、面上有宽 L0.4m 的匀强电场区域，场强 E610 5N/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 q510 8 C、质量mA110 2 kg 的物块 A 在距 O 点 s2.25 m 处以 v05 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(k1)倍，A、 B 与水平面间的动摩擦因数都为 0.2，物块均可视为质点，且 A 的电荷量始终不变，取 g10m/s 2.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
24、时电场力对 A 做的功答案 (1)4m/s (2) m/s m/s4k 1k 1 8kk 1(3)见解析12解析 (1)设碰撞前 A 的速度为 v，由动能定理得 m Ags mAv2 mAv02 12 12得： v 4 m/s. v20 2 gs(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 mBvB mAv2 mAvA2 mBvB2 12 12 12联立并将 mA kmB及 v4 m/s 代入得：vA m/s 4k 1k 1vB m/s 8kk 1(3)讨论：()如果 A 能从电场右边界离开，必须满足：mAvA2 m AgL qE
25、L 12联立代入数据，得： k3 电场力对 A 做功为： W qEL610 55108 0.4 J1.210 2 J ()如果 A 不能从电场右边界离开电场，必须满足mAvA2 m AgL qEL 12联立代入数据，得： k3考虑到 k1，所以在 1 k3 范围内 A 不能从电场右边界离开又： qE310 2 N m Ag210 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 W0.4.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 m2810 3 kg 的不带电小物块静止
26、在原点 O， A 点距 O 点 l0.045m，质量 m1110 3 kg 的带电小物块以初速度v00.5m/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 E40N/C，小物块 m1与水平面的动摩擦因数为 0.1，取 g10 m/s 2，求：13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 30， OP 长为lOP0.4m，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
27、与 m1再次相碰，求 B的大小答案 (1)0.4m/s，方向水平向左 (2)1T(3)0.25T解析 (1)设 m1与 m2碰前速度为 v1，由动能定理 m 1gl m1v12 m1v0212 12代入数据解得： v10.4 m/s已知 v20.1 m/s， m1、 m2正碰，由动量守恒有： m1v1 m1v1 m2v2代入数据得： v10.4 m/s，方向水平向左(2)m2恰好做匀速圆周运动，所以 qE m2g得： q210 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v2R几何关系有： R lOP解得： B1 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： v10.2 m/s v20.1 m/s.v12所以 m2在 m1停止后与其相碰14由牛顿第二定律有：Ff m 1g m1am1停止后离 O 点距离：sv1 22a则 m2平抛的时间： tsv2平抛的高度： h gt212设 m2做匀速圆周运动的半径为 R，由几何关系有：R h12由 qv2B ，m2v2R联立得： B0.25 T.
