動(dòng)力學(xué)動(dòng)量和能量觀點(diǎn)在電學(xué)中的應(yīng)用

1、動(dòng)力學(xué)、動(dòng)量和能量觀點(diǎn)在電學(xué) 中的應(yīng)用作者:日期:專題解讀】1.本專題是力學(xué)三大觀點(diǎn)在電學(xué)中的綜合應(yīng)用，高考對(duì)本專題將作為計(jì)算題壓軸 題的形式命題 2學(xué)好本專題，可以幫助同學(xué)們應(yīng)用力學(xué)三大觀點(diǎn)分析帶電粒子在電場(chǎng)和磁場(chǎng)中的碰撞問(wèn)題、 電磁感應(yīng)中的動(dòng)量和能量問(wèn)題，提高分析和解決綜合問(wèn)題的能力 3.用到的知識(shí)、規(guī)律和方法有：電場(chǎng)的性質(zhì)、磁場(chǎng)對(duì)電荷的作用、電磁感應(yīng)的相關(guān)知識(shí)以及 力學(xué)三大觀點(diǎn)研透命題點(diǎn)細(xì)硏老駅和頁(yè)題 井折突破命題點(diǎn)命題點(diǎn)一電磁感應(yīng)中的動(dòng)量和能量的應(yīng)用能力考點(diǎn)師生共硏1應(yīng)用動(dòng)量定理可以由動(dòng)量變化來(lái)求解變力的沖量如在導(dǎo)體棒做非勻變速運(yùn)動(dòng)的問(wèn)題中，應(yīng)用動(dòng)量定理可以解決牛頓運(yùn)動(dòng)定律不易解答的問(wèn)

2、題2.在相互平行的水平軌道間的雙棒做切割磁感線運(yùn)動(dòng)時(shí)，由于這兩根導(dǎo)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(dǎo)體棒的總動(dòng)量守恒，解決此類問(wèn)題往往要應(yīng)用 動(dòng)量守恒定律.類型1動(dòng)量定理和功能關(guān)系的應(yīng)用例1】如圖1所示，兩根電阻不計(jì)的光滑金屬導(dǎo)軌豎直放置，相距為 L,導(dǎo)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(yīng)強(qiáng)度為B、方向垂直導(dǎo)軌平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其寬度均為d ,I和n之間相距為 h且無(wú)磁場(chǎng).一長(zhǎng)度為L(zhǎng)、質(zhì)量為m、電阻為r的導(dǎo)體棒， 兩端套在導(dǎo)軌上，并與兩導(dǎo)軌始終保持良好的接觸，導(dǎo)體棒從距區(qū)域I上邊界H處由靜止釋放，在穿過(guò)兩段磁場(chǎng)區(qū)域的過(guò)程中，流過(guò)電阻R上的電流及

3、其變化情況相同，重力加速度為g.求：RI I11此過(guò)程通過(guò)整個(gè)回路的電荷量為:BLdR+ r2 2BLd+mg r + R導(dǎo)體棒進(jìn)入?yún)^(qū)域I的瞬間，通過(guò)電阻R的電流大小與方向?qū)w棒通過(guò)區(qū)域I的過(guò)程，電阻R上產(chǎn)生的熱量 Q.求導(dǎo)體棒穿過(guò)區(qū)域I所用的時(shí)間ry r*BL RB L d2 H h2H答案R：禱麗，萬(wàn)向向左 丙mg(h+ d) (3)碩+ 屮”弋萬(wàn)解析(1)設(shè)導(dǎo)體棒進(jìn)入?yún)^(qū)域I瞬間的速度大小為 Vi,12根據(jù)動(dòng)能定理：mgH = 2mvi由法拉第電磁感應(yīng)定律：E= BLvi由閉合電路的歐姆定律：1=R+ rBl由得：I =寸2gHR+ r由右手定則知導(dǎo)體棒中電流方向向右，則通過(guò)電阻R的電流方

4、向向左.由題意知，導(dǎo)體棒進(jìn)入?yún)^(qū)域n的速度大小也為 vi,由能量守恒，得：Q總=mg (h + d)R電阻R上產(chǎn)生的熱量 Q =mg(h+ d)R+ r變式i】(20i8甘肅天水模擬)如圖2所示，豎直放置的兩光滑平行金屬導(dǎo)軌，置于垂直于導(dǎo)軌平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，兩根質(zhì)量相同的導(dǎo)體棒a和b,與導(dǎo)軌緊密接觸且可自由滑動(dòng) .先固定a,釋放b,當(dāng)b的速度達(dá)到10 m/s時(shí)，再釋放a,經(jīng)過(guò)1 s后，a的速度達(dá)到12 m/ s, g 取 10 m/s2設(shè)導(dǎo)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(jìn)入?yún)^(qū)域n , vi V2 = 2gh,得：V2= 2g H h設(shè)導(dǎo)體棒進(jìn)入?yún)^(qū)域I所用的時(shí)間為t，根

5、據(jù)動(dòng)量定理：設(shè)向下為正方向：mgt B I Lt = mv2 mvi，則：(1) 此時(shí)b的速度大小是多少？(2) 若導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)，a、b棒最后的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)怎樣？答案 (1)18 m/s (2)勻加速運(yùn)動(dòng)解析(1)當(dāng)b棒先向下運(yùn)動(dòng)時(shí)，在 a和b以及導(dǎo)軌所組成的閉合回路中產(chǎn)生感應(yīng)電流，于是a棒受到向下的安培力，b棒受到向上的安培力，且二者大小相等.釋放a棒后，經(jīng)過(guò)時(shí)間t，分別以a和b為研究對(duì)象，根據(jù)動(dòng)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(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，a棒的加速度a1 = g+號(hào)，b產(chǎn)生的加速度a2= g 三.當(dāng)a

6、棒的速度與b棒接近時(shí)，閉合回路中的逐漸減小，感應(yīng)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(yùn)動(dòng).類型2動(dòng)量守恒定律和功能關(guān)系的應(yīng)用1. 問(wèn)題特點(diǎn)對(duì)于雙導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)的問(wèn)題，通常是兩棒與導(dǎo)軌構(gòu)成一個(gè)閉合回路，當(dāng)其中一棒在外力作用下獲得一定速度時(shí)必然在磁場(chǎng)中切割磁感線，在該閉合電路中形成一定的感應(yīng)電流；另一根導(dǎo) 體棒在磁場(chǎng)中通過(guò)時(shí)在安培力的作用下開始運(yùn)動(dòng)，一旦運(yùn)動(dòng)起來(lái)也將切割磁感線產(chǎn)生一定的 感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，對(duì)原來(lái)電流的變化起阻礙作用2. 方法技巧解決此類問(wèn)題時(shí)通常將兩棒視為一個(gè)整體，于是相互作用的安培力是系統(tǒng)的內(nèi)力，這個(gè)變力將不影響整體的動(dòng)量守恒.因此解題的突破口

7、是巧妙選擇系統(tǒng)，運(yùn)用動(dòng)量守恒(動(dòng)量定理)和功能關(guān)系求解.例 2 (2017湖南長(zhǎng)沙四縣三月模擬)足夠長(zhǎng)的平行金屬軌道 M、N，相距L = 0.5 m,且水平 放置；M、N左端與半徑R= 0.4 m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(wú)摩擦地滑動(dòng)，兩金屬棒的質(zhì)量mb= mc = 0.1 kg,接入電路的有效電阻Rb= Rc= 1 Q,軌道的電阻不計(jì)平行水平金屬軌道 M、N處于磁感應(yīng)強(qiáng)度 B= 1 T的勻強(qiáng) 磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向與軌道平面垂直向上，光滑豎直半圓軌道在磁場(chǎng)外，如圖3所示，若使b棒以初速度vo= 10 m/s開始向左運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中b、c不相撞，g取1

8、0 m/s2,求：(1) c棒的最大速度；(2) c棒達(dá)最大速度時(shí)，此棒產(chǎn)生的焦耳熱；若c棒達(dá)最大速度后沿半圓軌道上滑，金屬棒c到達(dá)軌道最高點(diǎn)時(shí)對(duì)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(chǎng)力作用下，b棒做減速運(yùn)動(dòng)，c棒做加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)兩棒速度相等時(shí)，c棒達(dá)最大速度.選兩棒為研究對(duì)象，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有mbv0= (mb+ mc) v解得c棒的最大速度為：v = m v0 = 1v0= 5 m/smb+ mc2從b棒開始運(yùn)動(dòng)到兩棒速度相等的過(guò)程中，系統(tǒng)減少的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為電能，兩棒中產(chǎn)生的總1 2 1 2熱量為：Q= 2mbv0 2(mb+ mc)

9、v = 2.5 J因?yàn)镽b= Rc,所以c棒達(dá)最大速度時(shí)此棒產(chǎn)生的焦耳熱為Qc= Q = 1.25 J(3) 設(shè)c棒沿半圓軌道滑到最高點(diǎn)時(shí)的速度為v ，從最低點(diǎn)上升到最高點(diǎn)的過(guò)程由機(jī)械能守恒可得：1 2 1 2?mcv ?mcvv = mcg 2R解得 v = 3 m/s在最高點(diǎn)，設(shè)軌道對(duì) 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(diǎn)c棒對(duì)軌道的壓力為1.25 N，方向豎直向上.變式2如圖4所示，平行傾斜光滑導(dǎo)軌與足夠長(zhǎng)的平行水平光滑導(dǎo)軌平滑連接，導(dǎo)軌電阻1不計(jì).質(zhì)量分別為 m和2m的金屬棒b和c靜止放在水平導(dǎo)軌上，b、c兩棒均

10、與導(dǎo)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(qiáng)磁場(chǎng).質(zhì)量為m的絕緣棒a垂直于傾斜導(dǎo)軌靜止釋放，釋放位置與水平導(dǎo)軌的高度差為h.已知絕緣棒a滑到水平導(dǎo)軌上與金屬棒 b發(fā)生彈性正碰，金屬棒 b進(jìn)入磁場(chǎng)后始終未與金屬棒c發(fā)生碰撞.重力加速度為g.求：(1) 絕緣棒a與金屬棒b發(fā)生彈性正碰后分離時(shí)兩棒的速度大??；(2) 金屬棒b進(jìn)入磁場(chǎng)后，其加速度為其最大加速度的一半時(shí)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 藥 5,面 (3)1mgh解析(1)設(shè)a棒滑到水平導(dǎo)軌時(shí)，速度為V0,下滑過(guò)程中a棒機(jī)械能守恒*mvo2 = mgh a棒與b棒發(fā)生彈性碰撞由動(dòng)量守恒

11、定律：mvo= mv1+ mv2121212由機(jī)械能守恒定律： mv0 = mv1 + qmv2解出 w = 0, V2= v= .2gh(2)b棒剛進(jìn)磁場(chǎng)時(shí)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(dòng)量守恒.由動(dòng)量守恒定律：mv2= mv2 +mv3設(shè)b棒進(jìn)入磁場(chǎng)后任一時(shí)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(yīng)電動(dòng)勢(shì)E = BL(Vb vc),由閉合電路歐姆定律得I =丘，由安培力公式得 F= BIL = ma，聯(lián)R總立得a=mR總故當(dāng)b棒加速度為最大值的一半時(shí)有V2= 2(V2 V3)聯(lián)立得V2 (3) 最終b、c以相同的速度勻速運(yùn)動(dòng) 由動(dòng)量守恒定律：

12、 mv2 = (m+ m)v121 m 2由能量守恒定律： mv2 =2(m+ m)v + Q1解出Q= mgh命題點(diǎn)二電場(chǎng)中動(dòng)量和能量觀點(diǎn)的應(yīng)用能力考點(diǎn)師生共研動(dòng)量守恒定律與其他知識(shí)綜合應(yīng)用類問(wèn)題的求解，與一般的力學(xué)問(wèn)題求解思路并無(wú)差異，只是問(wèn)題的情景更復(fù)雜多樣，分析清楚物理過(guò)程，正確識(shí)別物理模型是解決問(wèn)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(chǎng)強(qiáng)大小為E、方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)L、質(zhì)量為 m的不帶電小球 B兩球均可視為質(zhì)點(diǎn)，求:質(zhì)量為3m、電荷量為+ q的球A由靜止開始運(yùn)動(dòng)，與相距為發(fā)生對(duì)心碰撞，碰撞時(shí)間極短，碰撞后作為一個(gè)整體繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng)圖5(1) 兩球發(fā)生碰撞前 A球的速度大

13、小;(2) A、B碰撞過(guò)程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能；(3) A、B碰撞過(guò)程中B球受到的沖量大小答案鬻qL6EqLm(3) 4(2)A、B碰撞時(shí)間極短，可認(rèn)為A、B碰撞過(guò)程中系統(tǒng)動(dòng)量守恒，設(shè)向右為正方向，由動(dòng)量守 恒定律：3mv = (3m+ m)v13解得vi = 3v系統(tǒng)損失的機(jī)械能：1 2 1 2 1AE = x 3mv 2(3m+ m)v1 = &EqL以B為研究對(duì)象，設(shè)向右為正方向，由動(dòng)量定理：1= mvi 0 解得I = 6晉，方向水平向右變式3】如圖6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(zhǎng)，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

14、電小球 A從LM 上距水平面高為h處由靜止釋放，在 A球進(jìn)入水平軌道之前，由于 A、B兩球相距較遠(yuǎn)，相 互作用力可認(rèn)為是零，A球進(jìn)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(1) A球剛進(jìn)入水平軌道的速度大小；(2) A、B兩球相距最近時(shí)，A、B兩球系統(tǒng)的電勢(shì)能 Ep； A、B兩球最終的速度 va、Vb的大小.答案 丁妙 解得：Ep= mgh(3)當(dāng)兩球相距最近之后， 在靜電斥力作用下相互遠(yuǎn)離，兩球距離足夠遠(yuǎn)時(shí)，相互作用力為零,系統(tǒng)勢(shì)能也為零，速度達(dá)到穩(wěn)定以A球剛進(jìn)入水平軌道的速度方向?yàn)檎较颍?2mvo= 2mvA + mvB,mgh (3)；2gh ；、2gh解析(1)對(duì)A球

15、下滑的過(guò)程，據(jù)機(jī)械能守恒得：1 22mgh =2mv。2解得：vo=. 2ghA球剛進(jìn)入水平軌道的速度方向?yàn)檎?2)A球進(jìn)入水平軌道后，兩球組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以方向，當(dāng)兩球相距最近時(shí)共速:2mvo= (2m+ m)v,解得:v= |vo= 3 -2gh據(jù)能量守恒定律：1 22mgh = ?(2m+ m)v + Ep,1X 2mvo2= 1x 2mvA2 + *mvB2命題點(diǎn)三磁場(chǎng)中動(dòng)量和能量觀點(diǎn)的應(yīng)用亠能力考點(diǎn)師生共研例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(dǎo)軌，導(dǎo)軌間距為d.在導(dǎo)軌左端ae上連有一個(gè)阻值為 R的電阻，一質(zhì)量為 3m，長(zhǎng)為d,電阻為r的金屬棒恰能置于

16、導(dǎo)軌上并和導(dǎo)軌良好接觸 起初金屬棒靜止于 MN位置，MN距離ae邊足夠遠(yuǎn)，整個(gè)裝置 處于方向垂直桌面向下、 磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)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(diǎn)(0為導(dǎo)軌上的一點(diǎn))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(diǎn)上，并和棒粘合在一起(設(shè)小球與棒之間沒有電荷轉(zhuǎn)移 )棒運(yùn)動(dòng)過(guò).求:程中始終和導(dǎo)軌接觸良好，不計(jì)導(dǎo)軌間電場(chǎng)的影響，導(dǎo)軌的電阻不計(jì)(1)小球射入磁場(chǎng)時(shí)的速度V0圖7的大小；電阻R上產(chǎn)生的熱量 Qr.2 2 2答案 qBd (2) q B d R ()3m ( )72m R+ rr，其軌跡如圖所示解析(1)小球射入磁場(chǎng)后

17、將做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為由幾何知識(shí)可知：-Jd= r + rsin (90 -60) 2小球在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)：qvoB= m 由得:qBdV0= 3m(2)小球和金屬棒的碰撞過(guò)程，以向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律得:mvo = (m + 3m)v金屬棒切割磁感線的過(guò)程中，棒和小球的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為電能進(jìn)而轉(zhuǎn)化成焦耳熱: 1 22(m + 3m)v = QQr=旦0R+ r2 2 2由可得:Qrq B d R72m R+ r 變式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(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，整個(gè)空間存在勻強(qiáng)電場(chǎng) (圖中未畫出).質(zhì)量為m、電荷量為+ q的小

18、球P靜止 于虛線X上方A點(diǎn)，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(yùn)動(dòng).在A點(diǎn)右下方的磁場(chǎng)中有定點(diǎn) 0,長(zhǎng)為I的絕緣輕繩一端固定于 0點(diǎn)，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(yùn)動(dòng)的同時(shí)自由釋放 Q, Q到達(dá)0點(diǎn)正下方 W點(diǎn)時(shí)速率為vo.P、Q兩小球在 W點(diǎn)發(fā)生相向正碰，碰到電場(chǎng)、磁場(chǎng)消失，兩小球黏在一起運(yùn)動(dòng).P、q兩小球均視為質(zhì)點(diǎn)，P小球的電荷量保持不變，繩不可伸長(zhǎng)，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g.圖8(1) 求勻強(qiáng)電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng) E的大小和P進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速率 v;(2) 若繩能承受的最大拉力為F

19、，要使繩不斷，F(xiàn)至少為多大?答案，八 mq II mvo(1)(2)+ 2mqq m2ml解析(1)設(shè)小球P所受電場(chǎng)力為F1,則F1= qE在整個(gè)空間重力和電場(chǎng)力平衡，有F1 = mg聯(lián)立得E= mgq由動(dòng)量定理得1 = mv故 v =-.m設(shè)P、Q相向正碰后在 W點(diǎn)的速度為vm,以與V0相反的方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律11得mv mvo= (m+ m)v此刻輕繩的拉力為最大，由牛頓第二定律得_(m+ 叫 2F (m+ m)g = i vm聯(lián)立相關(guān)方程，得(I mvo 2F+2mg.課時(shí)作業(yè)限時(shí)訓(xùn)練第規(guī)范練速度1. 如圖1所示，兩根彼此平行放置的光滑金屬導(dǎo)軌，其水平部分足夠長(zhǎng)且處于豎直向下的

20、勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B現(xiàn)將質(zhì)量為 m1的導(dǎo)體棒ab放置于導(dǎo)軌的水平段，將質(zhì)量為m2的導(dǎo)體棒cd從導(dǎo)軌的圓弧部分距水平段高為h的位置由靜止釋放已知導(dǎo)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(jì)，整個(gè)過(guò)程中兩導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌接觸良好且未發(fā)生碰撞，重力加速度為(1) 導(dǎo)體棒ab、cd最終速度的大小;導(dǎo)體棒ab所產(chǎn)生的熱量.答案mim2gh(1)都為 mX? p+ R2m1 + m解析(1)設(shè)導(dǎo)體棒cd沿光滑圓弧軌道下滑至水平面時(shí)的速度為vo,由機(jī)械能守恒定律m2gh12m2vo2,解得vo= 2gh，隨后，導(dǎo)體棒cd切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，在回路中產(chǎn)生感應(yīng)電流，導(dǎo)體棒cd、

21、ab受到安培力的作用，其中導(dǎo)體棒cd所受的安培力為阻力，而導(dǎo)體棒ab所受的安培力為動(dòng)力，但系統(tǒng)所受的安培力為零；當(dāng)導(dǎo)體棒cd與導(dǎo)體棒ab速度相等時(shí)，回路的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為零，回路中無(wú)感應(yīng)電流，此后導(dǎo)體棒cd與導(dǎo)體棒ab以相同的速度勻速運(yùn)動(dòng)，以vo的方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律可得：m2vo= (mi+ m2)v，解得兩棒最終速度為 vQi RiQ2R2解得Qi =Rimim2Ri + R2 mi + m2gh1 2 12mim2由能量守恒定律可得系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量為Q= AE = 2m2v0 2（mi+ m2）v =gh2 2mi + m2由焦耳定律可得，導(dǎo)體棒 ab、cd所產(chǎn)生的熱量之比是:2. （

22、20i8湖南懷化質(zhì)檢）如圖2所示，在光滑絕緣水平面上有兩個(gè)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(fù)電一2q,開始時(shí)兩小球相距 so,小球A有一個(gè)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(gòu)成的系統(tǒng)的電勢(shì)能為零，試證明：當(dāng)兩小球的速度相同時(shí)系統(tǒng)的電勢(shì)能最大，并求出該最大值.I .BA圖2答案見解析解析由于兩小球構(gòu)成的系統(tǒng)合外力為零，設(shè)某狀態(tài)下兩小球的速度分別為Va和VB,以V0的方向?yàn)檎较颍蓜?dòng)量守恒定律得3mvo= 3mvA + mvBi2 i2 i 2所以，系統(tǒng)的動(dòng)能減小量為AEk= x 3mvo 2X 3mvA mvB 由于系統(tǒng)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中只有電場(chǎng)

23、力做功，所以系統(tǒng)的動(dòng)能與電勢(shì)能之和守恒，考慮到系統(tǒng)初狀 態(tài)下電勢(shì)能為零，故該狀態(tài)下的電勢(shì)能可表示為i2 i2 i 2Ep= AEk= 2x 3mvo 尹 3mvA ?mvB 聯(lián)立兩式，得 Ep= 6mvA2 + 9mvovA 3mv。2 3由式得：當(dāng)va= 4vo時(shí)，系統(tǒng)的電勢(shì)能取得最大值，而將式代入式，得vb = va = ；vo3即當(dāng)兩小球速度相同時(shí)系統(tǒng)的電勢(shì)能最大，最大值為Epmax = mvo283. 如圖3所示，型絕緣滑板（平面部分足夠長(zhǎng)）,質(zhì)量為4m,距滑板的A壁為L(zhǎng)i的B處 放有一質(zhì)量為 m、電荷量為+ q的大小不計(jì)的小物體，小物體與板面的摩擦不計(jì)，整個(gè)裝置 處于場(chǎng)強(qiáng)為E、水平向

24、右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，初始時(shí)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(duì)水平面的速度大小為碰前的5，碰撞時(shí)間極短，則碰撞后滑板速度為多大？(均指對(duì)地速度)(3)若滑板足夠長(zhǎng)，小物體從開始運(yùn)動(dòng)到第二次碰撞前，電場(chǎng)力做功為多大?答案(1)2qELim(啥普qELi解析(1)對(duì)物體，根據(jù)動(dòng)能定理，有qELi = 2mvi2qELim(2) 物體與滑板碰撞前后動(dòng)量守恒，設(shè)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(dòng)量守恒定律得mvi = mvi + 4mv3i若vi = 3vi，貝y v= vi，因?yàn)関i v,不符合實(shí)際，5i0故應(yīng)取 vi =3vi，則 v=5vi=2 - ； 2qmLi.555 m(3) 在