動力學、動量和能量觀點在電學中的應用

1、精品文檔 專題強化十三動力學、動量和能量觀點在電學中的應用 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棒做切割磁感線運

2、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動量定理和功能關系的應用 1如圖1所示，兩根電阻不計的光滑金屬導 軌豎直放置，相距為 L,導軌上端接電阻 R,寬度相同的水平條形區(qū)域I和n內(nèi)有磁感應強 度為B、方向垂直導軌平面向里的勻強磁場，其寬度均為d ,I和n之間相距為 h且無磁場. 一長度為L、質(zhì)量為m、電阻為r的導體棒，兩端套在導軌上，并與兩導軌始終保持良好的 接觸，導體棒從距區(qū)域I上邊界 H處由靜止釋放，在穿過兩段磁場區(qū)域的過程中，流過電阻 R上的電流及其變化情況相同，重力加速度為g.求： 導體

3、棒進入?yún)^(qū)域I的瞬間，通過電阻R的電流大小與方向 導體棒通過區(qū)域I的過程，電阻 求導體棒穿過區(qū)域I所用的時間 答案 (1)占討2頭，方向向左 R上產(chǎn)生的熱量Q. (2)誅mg(h+ d) B2L2d mg R+ r 2H 解析(1)設導體棒進入?yún)^(qū)域I瞬間的速度大小為 V1, 根據(jù)動能定理：mgH = mvi2 由法拉第電磁感應定律: E= BLvi 由閉合電路的歐姆定律: 由得: 1= 由右手定則知導體棒中電流方向向右，則通過電阻 R的電流方向向左. 由題意知，導體棒進入?yún)^(qū)域n的速度大小也為 vi, 由能量守恒，得： Q總=mg (h + d) 電阻R上產(chǎn)生的熱量 R Rr mg(h+ d) (

4、3)設導體棒穿出區(qū)域 I瞬間的速度大小為 V2，從穿出區(qū)域I到進入?yún)^(qū)域n , Vi2 V22= 2gh, 得：V2= 2g H h 設導體棒進入?yún)^(qū)域I所用的時間為t，根據(jù)動量定理： 設向下為正方向：mgt B I Lt = mV2 mVi 此過程通過整個回路的電荷量為: BLd R+ r B2L2d */2 H - h mg r + R ； g (1) 此時b的速度大小是多少？ (2) 若導軌足夠長，a、b棒最后的運動狀態(tài)怎樣？ 答案 (1)18 m/s (2)勻加速運動 解析(1)當b棒先向下運動時，在 a和b以及導軌所組成的閉合回路中產(chǎn)生感應電流，于是 a棒受到向下的安培力，b棒受到向上的

5、安培力，且二者大小相等 .釋放a棒后，經(jīng)過時間 分別以a和b為研究對象，根據(jù)動量定理，則有 (mg + F)t = mva (mg F)t = mvb mvo 代入數(shù)據(jù)可解得Vb= 18 m/s 在a、b棒向下運動的過程中，a棒的加速度a1 = g+三，b產(chǎn)生的加速度a2= g 三.當 的速度與b棒接近時，閉合回路中的 逐漸減小，感應電流也逐漸減小，則安培力也逐漸 減小，最后，兩棒以共同的速度向下做加速度為g的勻加速運動. 類型2動量守恒定律和功能關系的應用 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，

6、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) 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； 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)5 m/s (2)1.25 J (3)1.25 N 解析(1)在磁場力作用下

7、，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.選兩棒為研究對象，根據(jù)動量守恒定律有 mbvo= (mb+ mc)v 解得c棒的最大速度為：v =vo = vo= 5 m/s mb+ mc2 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： 1 1 Q= mbvo2 2（mb+ mc）v2= 2.5 J 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= 2 = j25 J (3) 設c棒沿半圓軌道滑到最高點時的速度為v ，從最低點上升到最高點的過程由機械能守 恒可得： mcv2-如叩2= mcg 2R 解得 v = 3

8、 m/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 = 1.25 N 由牛頓第三定律得，在最高點c棒對軌道的壓力為1.25 N，方向豎直向上 2 如圖4所示，平行傾斜光滑導軌與足夠長 1 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2m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

9、.求： (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小； (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??； (3) 兩金屬棒b、c上最終產(chǎn)生的總焦耳熱. 答案(1)0 2gh (2)：；2gh (3)1mgh 1 解析(1)設a棒滑到水平導軌時，速度為vo,下滑過程中a棒機械能守恒Qmvo2mgh a棒與b棒發(fā)生彈性碰撞 由動量守恒定律： mvo= mv1+ mv2 由機械能守恒定律：|mvo2= ?mv12+ *mv22 解出 V1 = 0, V2= vo= . 2gh (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

10、動量守恒定律: mv2= mv2 m + 2v3 設b棒進入磁場后任一時刻, b棒的速度為vb, c棒的速度為vc，貝U 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 1 = R總，由安培力公式得F= BIL = ma，聯(lián) 立得 a= B2L2 vb vc mR總 故當b棒加速度為最大值的一半時有v2= 2(v2 v3，) 聯(lián)立得v2Z (3) 最終b、c以相同的速度勻速運動 由動量守恒定律： mv2= (m+ m)v 由能量守恒定律：2mv22= 2(m+ m)v2 + Q 1 解出Q= mgh 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

11、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，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； A、B碰撞過程中B球受到的沖量大小. 答案常治 卒 1 解析 由動能定理：EqL = 2 3mv2 (2) A、B碰撞時間

12、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)vi 解得Vi = 3v 4 11 1 系統(tǒng)損失的機械能：AE = 2x 3mv2 2(3m+ m)vi2= A、B兩球最終的速度 VA、vb的大小. 答案 2gh (2) |mgh (3) ；2gh ；、2gh 解析(1)對A球下滑的過程，據(jù)機械能守恒得： 1 2mgh = 2X 2mvo 解得：Ep= fmgh (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)定以A球剛進入水平軌道的速度方向為正方向， 2mvo= 2mv

13、A + mvB, 111 2 x 2mvo2=2mvA2+ 2mvB2 解得：V0= 2gh (2) A球進入水平軌道后，兩球組成的系統(tǒng)動量守恒，以A球剛進入水平軌道的速度方向為正 方向，當兩球相距最近時共速：2mvo=(2m+ m)v，解得：v= |vo= f - 2gh 1 據(jù)能量守恒定律：2mgh = (2m+ m) v2 + Ep, 得：Va= 1 命題點三 0 = 3 , 2gh. 磁場中動量和能量觀點的應用 4 如圖7所示，ab、ef是平行的固定在水平 絕緣桌面上的光滑金屬導軌，導軌間距為d在導軌左端ae上連有一個阻值為 R的電阻，一 質(zhì)量為3m,長為d，電阻為r的金屬棒恰能置于導

14、軌上并和導軌良好接觸.起初金屬棒靜止于 MN位置，MN距離ae邊足夠遠，整個裝置處于方向垂直桌面向下、磁感應強度為B的勻強 磁場中，現(xiàn)有一質(zhì)量為 m的帶電荷量為q的絕緣小球在桌面上從 0點（0為導軌上的一點）以 與ef成60角斜向右方射向ab，隨后小球直接垂直地打在金屬棒的中點上，并和棒粘合在一 起（設小球與棒之間沒有電荷轉(zhuǎn)移）.棒運動過程中始終和導軌接觸良好，不計導軌間電場的影 響，導軌的電阻不計求： （1）小球射入磁場時的速度vo的大小; 電阻R上產(chǎn)生的熱量 Qr. 答案 qBd (2) q2B2d2R 3m 72m R+ r 解析(1)小球射入磁場后將做勻速圓周運動，設圓周運動的半徑為r

15、，其軌跡如圖所示 -J 由幾何知識可知：d= r + rsi n (90 60) 小球在磁場中做勻速圓周運動: 由得：vo=聲 vo2 qVoB= (2)小球和金屬棒的碰撞過程，以向左為正方向，由動量守恒定律得: mvo = (m + 3m)v 金屬棒切割磁感線的過程中，棒和小球的動能轉(zhuǎn)化為電能進而轉(zhuǎn)化成焦耳熱: 1 2(m + 3m)v2= Q Qr= R R+ r 由可得: q2B2d2R 72m R+ r 4如圖8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

16、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0,長為I的絕緣輕繩 一端固定于0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勺夾角，在P開始運動的同時自由釋放 Q, Q到達 0點正下方 W點時速率為vo.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，繩不可伸長，不計 空氣阻力，重力加速度為 g. (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?

17、 答案 2 (1)mg 導體棒ab、cd最終速度的大小; I mv0 + 2mg q m2ml 解析 (1)設小球P所受電場力為Fi,則Fi= qE 在整個空間重力和電場力平衡，有Fi = mg 聯(lián)立得e=m 由動量定理得1 = mv 設P、Q相向正碰后在 W點的速度為Vm,以與V0相反的方向為正方向，由動量守恒定律 得 mv mvo= (m+ m)vm 此刻輕繩的拉力為最大，由牛頓第二定律得 m+ m2 F (m+ m)g =l vm 聯(lián)立相關方程，得 I mvo 2ml 2 _ + 2mg. 1. 如圖1所示，兩根彼此平行放置的光滑金屬導軌，其水平部分足夠長且處于豎直向下的勻 強磁場中，磁

18、感應強度為B現(xiàn)將質(zhì)量為 mi的導體棒ab放置于導軌的水平段，將質(zhì)量為m2 的導體棒cd從導軌的圓弧部分距水平段高為h的位置由靜止釋放已知導體棒ab和cd接入 電路的有效電阻分別為Ri和R2,其他部分電阻不計，整個過程中兩導體棒與導軌接觸良好 答案 (1)都為應一2gh m1+ m2 mu追gh R1 + R2 m1 + m2 且未發(fā)生碰撞，重力加速度為g.求： 解析(1)設導體棒cd沿光滑圓弧軌道下滑至水平面時的速度為v0,由機械能守恒定律m2gh ；m2vo1 導體棒ab所產(chǎn)生的熱量. ，解得vo= , 2gh，隨后，導體棒cd切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢，在回路中產(chǎn)生感應 電流，導體棒cd、a

19、b受到安培力的作用，其中導體棒cd所受的安培力為阻力，而導體棒ab 所受的安培力為動力，但系統(tǒng)所受的安培力為零；當導體棒cd與導體棒ab速度相等時，回 路的感應電動勢為零，回路中無感應電流，此后導體棒cd與導體棒ab以相同的速度勻速運 動，以vo的方向為正方向，由動量守恒定律可得：m2vo= (mi+ m2)v，解得兩棒最終速度為 v m2 =：；2gh mi + m2 由能量守恒定律可得系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量為Q= AE = m2vo2 - (mi+ m2)v2= 由焦耳定律可得，導體棒 ab、cd所產(chǎn)生的熱量之比是：Q2=R2 解得Qi = Rimim2 Ri+ R2 mi+ m2 gh 2. (

20、2018湖南懷化質(zhì)檢)如圖2所示，在光滑絕緣水平面上有兩個帶電小球A、B，質(zhì)量分別為 3m和m,小球A帶正電q,小球B帶負電一2q,開始時兩小球相距 so,小球A有一個水平向 右的初速度vo,小球B的初速度為零，若取初始狀態(tài)下兩小球構成的系統(tǒng)的電勢能為零，試 證明：當兩小球的速度相同時系統(tǒng)的電勢能最大，并求出該最大值. 答案見解析 va 禾口 VB,以 vo 解析由于兩小球構成的系統(tǒng)合外力為零，設某狀態(tài)下兩小球的速度分別為 的方向為正方向，由動量守恒定律得3mvo= 3mvA + mvB 111 所以，系統(tǒng)的動能減小量為AEk=1 x 3mvo2-3mvA2-?mvB2 由于系統(tǒng)運動過程中只有

21、電場力做功，所以系統(tǒng)的動能與電勢能之和守恒，考慮到系統(tǒng)初狀 態(tài)下電勢能為零，故該狀態(tài)下的電勢能可表示為 1 2 1 2 1 2 Ep= AEk= x 3mvo2-3mvA2- ?mvB2 聯(lián)立兩式，得Ep= 6mvA2+ 9mvovA- 3mvo2 由式得：當Va= 4-vo 3 時，系統(tǒng)的電勢能取得最大值，而將 式代入式，得VB = VA =右0 即當兩小球速度相同時系統(tǒng)的電勢能最大，最大值為 Epmax = 3mV02 8 3. 如圖3所示，型絕緣滑板(平面部分足夠長),質(zhì)量為4m,距滑板的A壁為Li的B處 放有一質(zhì)量為 m、電荷量為+ q的大小不計的小物體，小物體與板面的摩擦不計，整個裝

22、置 處于場強為E、水平向右的勻強電場中，初始時刻，滑板與小物體都靜止，試求： (1) 釋放小物體，第一次與滑板A壁碰前小物體的速度 vi為多大？ 3一 (2) 若小物體與 A壁碰后相對水平面的速度大小為碰前的5，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-晉2 2T討 解析(1)對物體，根據(jù)動能定理，有 1 qELi = ?mvi2,得 vi = 2qELi m (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vi，滑板的速度為v, 以水平向右為正方向，由動量守恒定律得 mvi = m

23、vi + 4mv 3i 若vi = 5VJ貝U V= i0vi，因為Vi V,不符合實際, 故應取 Vi =-3vi，則 v =需= - .2qEL1. 555 m (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, 這段時間內(nèi)，兩者相對于水平面的位移相同 滑板做勻速運動，在 1 所以 1(V2+ V1 )t= vt. 卄 77/2qELi 即 V2 = 5V1 弋m 對整個過程運用動能定理得: 11113 電場力做功 W= -mv12+ (;mv22 zmv1 2) = *qEL1. 2225 4.(2017山東青島一模)如圖4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 = 0.5 m的豎直半圓，兩導軌間距離d= 0.3 m，導軌水平部分處于豎直向上、 磁感應強度大小 B = 1 T的勻強磁場中，兩導軌電阻不計.有兩根長度均為d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 = 0.2 kg、m2= 0.1 kg，電阻分 別為 尺=0.1 q、R2= 0.2 現(xiàn)讓ab棒以vo= 10 m/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，