2021高考物理教科版一轮复习学案 作业：第十章 专题强化十四 动力学、动量和能量观点在电学中的应用 WORD版含解析.docx

1、专题强化十四动力学、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1应用动量定理可以由动量变化来求解变力的冲量如在导体棒做非匀变速运动的问题中，应用动量定理可以解决牛顿运动定律不易解答的问题2在相互平行的水平轨道间的双导体棒做切割磁感线运动时，由于这两根导体棒所受的安培力等大反向，若不受其他外

2、力，两导体棒的总动量守恒，解决此类问题往往要应用动量守恒定律类型1动量定理和功能关系的应用例1(2019福建龙岩市5月模拟)如图1为电磁驱动与阻尼模型，在水平面上有两根足够长的平行轨道PQ和MN，左端接有阻值为R的定值电阻，其间有垂直轨道平面的磁感应强度为B的匀强磁场，两轨道间距及磁场宽度均为L.质量为m的金属棒ab静置于导轨上，当磁场沿轨道向右运动的速度为v时，棒ab恰好滑动棒运动过程始终在磁场范围内，并与轨道垂直且接触良好，轨道和棒电阻均不计，最大静摩擦力等于滑动摩擦力图1(1)判断棒ab刚要滑动时棒中的感应电流方向，并求此时棒所受的摩擦力f大小；(2)若磁场不动，将棒ab以水平初速度2v

3、运动，经过时间t停止运动，求棒ab运动位移x及回路中产生的焦耳热Q.答案见解析解析(1)磁场沿轨道向右运动，即棒相对于磁场沿轨道向左运动，则根据右手定则，感应电流方向由a至b.依题意得，棒刚要运动时，受到的摩擦力等于安培力：fF安F安BI1LI1联立解得：f(2)设棒的平均速度为，根据动量定理可得：安tft02mv安BL，又，x t联立解得：x根据动能定理有：fxW安0m(2v)2根据功能关系有QW安得：Qmv2.变式1(多选)(2019广东湛江市第二次模拟)如图2所示，CD、EF是两条水平放置的电阻可忽略的平行光滑导轨，导轨固定不动，间距为L，在水平导轨的左侧存在磁感应强度方向垂直导轨平面向

4、上的匀强磁场，磁感应强度大小为B.导轨的右端接有一电阻R，左端与一弯曲的光滑轨道平滑连接将一阻值也为R、质量为m的导体棒从弯曲轨道上h高处由静止释放，导体棒最终恰好停在磁场的右边界处已知导体棒与水平导轨垂直且接触良好，则下列说法中正确的是()图2A电阻R的最大电流为B电阻R中产生的焦耳热为mghC磁场左右边界的长度d为D流过电阻R的电荷量为答案AD解析导体棒下滑过程中，机械能守恒，由机械能守恒定律有：mghmv2，得导体棒到达水平面时的速度v，导体棒到达水平面后进入磁场受到向左的安培力做减速运动，则刚到达水平面时的速度最大，所以最大感应电动势为EBLv，最大的感应电流为I，故A正确；导体棒在整

5、个运动过程中，机械能最终转化为焦耳热，即Qmgh，故电阻R中产生的焦耳热为QRQmgh，故B错误；对导体棒，经时间t穿过磁场，由动量定理得：安tBLtmv，而qt，变形得：BLqmv，解得q，而由qttt和SLd，解得：d，故C错误，D正确类型2动量守恒定律和功能关系的应用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，在该闭合回路中形成一定的感应电流；另一根导体棒在磁场中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

6、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)和功能关系求解例2(2019河北衡水中学高考模拟)如图3所示，MN、PQ两平行光滑水平导轨分别与半径r0.5 m的相同竖直半圆导轨在N、Q端平滑连接，M、P端连接定值电阻R，质量M2 kg的cd绝缘杆垂直静止在水平导轨上，在其右侧至N、Q端的区域内充满竖直向上的匀强磁场现有质量m1 kg的ab金属杆以初速度v012 m/s水平向右与cd绝缘杆发生正碰后，进入磁场并最终未滑出，cd绝缘杆则恰好能通过半圆导轨最高点，不计其他电阻和摩擦，ab金属杆始终与导轨垂直且接触良好，取g

7、10 m/s2，求：图3(1)cd绝缘杆通过半圆导轨最高点时的速度大小v；(2)电阻R产生的焦耳热Q.答案(1) m/s(2)2 J解析(1)cd绝缘杆通过半圆导轨最高点时，由牛顿第二定律有：MgM解得：v m/s(2)cd绝缘杆以速度v2由NQ滑至最高点的过程中，由动能定理有：Mg2rMv2Mv22解得：v25 m/s由于cd是绝缘杆，所以没有电流通过，故碰后匀速运动，则碰撞后cd绝缘杆的速度为v25 m/s两杆碰撞过程，动量守恒，以v0的方向为正方向，有：mv0mv1Mv2解得碰撞后ab金属杆的速度：v12 m/sab金属杆进入磁场后由能量守恒定律有：mv12Q解得：Q2 J.变式2(20

8、19山东泰安市第二轮复习质量检测)如图4所示，间距为L的足够长光滑平行金属导轨固定在同一水平面内，虚线MN右侧区域存在磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场质量均为m、长度均为L、电阻均为R的导体棒a、b，垂直导轨放置且保持与导轨接触良好开始导体棒b静止于与MN相距为x0处，导体棒a以水平速度v0从MN处进入磁场不计导轨电阻，忽略因电流变化产生的电磁辐射，运动过程中导体棒a、b没有发生碰撞求：图4(1)导体棒b中产生的内能；(2)导体棒a、b间的最小距离答案(1)mv02(2)x0解析(1)导体棒a进入磁场后，a、b及导轨组成的回路磁通量发生变化，产生感应电流在安培力作用下，a做减速运动、b做

9、加速运动，最终二者速度相等此过程中系统的动量守恒，以v0的方向为正方向，有mv02mv根据能量守恒定律mv022mv2Q导体棒b中产生的内能Qb整理得v，Qbmv02；(2)设经过时间t二者速度相等，此时a、b间有最小距离，此过程中安培力的平均值为F，导体棒ab间的最小距离为x.以b为研究对象，根据动量定理得Ftmv而FBILIEBL(x0x)联立解得xx0.例3如图5所示，轨道ABCDP位于竖直平面内，其中圆弧段CD与水平段AC及倾斜段DP分别相切于C点和D点，水平段BC粗糙，其余都光滑，DP段与水平面的夹角37，D、C两点的高度差h0.1 m，整个轨道绝缘，处于方向水平向左、电场强度大小未

10、知的匀强电场中，一个质量m10.4 kg、带正电、电荷量未知的小物块在A点由静止释放，经过时间t1 s，与静止在B点的不带电、质量m20.6 kg的小物块碰撞并粘在一起后，在BC段上做匀速直线运动，到达倾斜段DP上某位置，物块和与轨道BC段的动摩擦因数均为0.2，g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8.求：图5(1)物块和在BC段上做匀速直线运动的速度大小；(2)物块和第一次经过圆弧段C点时，物块和对轨道压力的大小答案(1)2 m/s(2)18 N解析(1)物块和粘在一起在BC段上做匀速直线运动，设电场强度大小为E，物块带电荷量大小为q，与物块碰撞前物块速度为v1，碰撞后共同

11、速度为v2，以向左为正方向，则qE(m1m2)gqEtm1v1m1v1(m1m2)v2联立解得v22 m/s；(2)设圆弧段CD的半径为R，物块和经过C点时圆弧段轨道对物块支持力的大小为N，则R(1cos )hN(m1m2)g(m1m2)解得：N18 N，由牛顿第三定律可得物块和对轨道压力的大小为18 N.变式3如图6所示，光滑绝缘的半圆形轨道ACD，固定在竖直面内，轨道处在垂直于轨道平面向里的匀强磁场中，半圆的直径AD水平，半径为R，匀强磁场的磁感应强度为B，在A端由静止释放一个带正电荷、质量为m的金属小球甲，结果小球甲连续两次通过轨道最低点C时，对轨道的压力差为F，小球运动过程中始终不脱离

12、轨道，重力加速度为g.求：图6(1)小球甲经过轨道最低点C时的速度大小；(2)小球甲所带的电荷量；(3)若在半圆形轨道的最低点C放一个与小球甲完全相同的不带电的金属小球乙，让小球甲仍从轨道的A端由静止释放，则甲球与乙球发生弹性碰撞后的一瞬间，乙球对轨道的压力(不计两球间静电力的作用)答案(1)(2)(3)3mg，方向竖直向下解析(1)由于小球甲在运动过程中，只有重力做功，因此机械能守恒，由A点运动到C点，有mgRmvC2解得vC(2)小球甲第一次通过C点时，qvCBF1mgm第二次通过C点时，F2qvCBmgm由题意知FF2F1解得q(3)因为甲球与乙球在最低点发生的是弹性碰撞，则有mvCmv

13、甲mv乙mvC2mv甲2mv乙2解得v甲0，v乙vC设碰撞后的一瞬间，轨道对乙球的支持力大小为F乙，方向竖直向上，则F乙qv乙Bmgm解得F乙3mg根据牛顿第三定律可知，此时乙球对轨道的压力大小为3mg，方向竖直向下1.(2019贵州部分重点中学3月联考)如图1所示，正方形区域ABCD中有垂直于纸面向里的匀强磁场，M、N分别为AB、AD边的中点，一带正电的粒子(不计重力)以某一速度从M点平行于AD边垂直磁场方向射入，并恰好从A点射出现仅将磁场的磁感应强度大小变为原来的，下列判断正确的是()图1A粒子将从D点射出磁场B粒子在磁场中运动的时间将变为原来的2倍C磁场的磁感应强度变化前后，粒子在磁场中

14、运动过程的动量变化大小之比为1D若其他条件不变，继续减小磁场的磁感应强度，粒子可能从C点射出答案C解析设正方形磁场区域的边长为a，由题意可知，粒子从A点射出时在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvBm，解得：r，当磁场的磁感应强度大小变为原来的时，粒子轨道半径变为原来的2倍，即，粒子将从N点射出，故A错误；由运动轨迹结合周期公式T可知，当磁场的磁感应强度大小变为原来的时，T1，粒子从A点离开磁场的情况下，在磁场中运动的时间t1，粒子从N点离开磁场的情况下，在磁场中运动的时间t2，可得：t1t2，即粒子在磁场中运动的时间不变，故

15、B错误；磁场的磁感应强度变化前，粒子在磁场中运动过程中，动量变化大小为2mv，磁场的磁感应强度变为原来的后，粒子在磁场中运动过程中，动量变化大小为mv，即动量变化大小之比为1，故C正确；无论磁场的磁感应强度大小如何变化，只要磁感应强度的方向不变，粒子都不可能从C点射出，故D错误2.(2019河南顶级名校第四次联测)光滑绝缘的水平桌面上方存在垂直桌面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B，俯视图如图2所示一个质量为2m、电荷量为q的带正电小球甲静止在桌面上，另一个大小相同、质量为m的不带电小球乙，以速度v0沿两球心连线向带电小球甲运动，并发生弹性碰撞假设碰撞后两小球的带电荷量相同，忽略两小球间静电力

16、的作用则下列关于甲、乙两小球碰后在磁场中的运动轨迹，说法正确的是()图2A甲、乙两小球运动轨迹是外切圆，半径之比为21B甲、乙两小球运动轨迹是外切圆，半径之比为41C甲、乙两小球运动轨迹是内切圆，半径之比为21D甲、乙两小球运动轨迹是内切圆，半径之比为41答案B解析不带电小球乙与带正电小球甲发生弹性碰撞，系统动量守恒和机械能守恒，规定速度v0方向为正方向，设碰撞后甲球的速度为v1，乙球的速度为v2，则有：mv02mv1mv2，mv022mv12mv22，解得：v1v0，v2v0，根据左手定则可知甲、乙两小球运动轨迹是外切圆，根据洛伦兹力提供向心力有qvBm可得R，半径之比为R甲R乙41，故选项

17、B正确，A、C、D错误3.(多选)(2019云南第二次统一检测)如图3所示，倾角为37的足够长的平行金属导轨固定在水平面上，两导体棒ab、cd垂直于导轨放置，空间存在垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B.现给导体棒ab沿导轨平面向下的初速度v0使其沿导轨向下运动，已知两导体棒质量均为m，电阻相等，两导体棒与导轨之间的动摩擦因数均为0.75，导轨电阻忽略不计，sin 370.6，cos 370.8.从ab开始运动到两棒相对静止的整个运动过程中两导体棒始终与导轨保持良好的接触，下列说法正确的是()图3A导体棒cd中产生的焦耳热为mv02B导体棒cd中产生的焦耳热为mv02C当导体棒cd的

18、速度为v0时，导体棒ab的速度为v0D当导体棒ab的速度为v0时，导体棒cd的速度为v0答案BD解析由题意可知：mgsin 37mgcos 37，则两棒组成的系统沿轨道方向动量守恒，当最终稳定时：mv02mv，解得v0.5v0，则回路产生的焦耳热为Qmv022mv2mv02，则导体棒cd中产生的焦耳热为QcdQabQmv02，选项A错误，B正确；当导体棒cd的速度为v0时，则由动量守恒：mv0mv0mvab，解得vabv0，选项C错误；当导体棒ab的速度为v0时，则由动量守恒：mv0mv0mvcd，解得vcdv0，选项D正确4.如图4所示，光滑绝缘水平面上方分布着场强大小为E、方向水平向右的匀

19、强电场质量为3m、电荷量为q的球A由静止开始运动，与相距为L、质量为m的不带电小球B发生对心碰撞，碰撞时间极短，碰撞后作为一个整体继续向右运动两球均可视为质点，求：图4(1)两球发生碰撞前A球的速度大小；(2)A、B碰撞过程中系统损失的机械能；(3)A、B碰撞过程中B球受到的冲量大小答案(1) (2)EqL(3)解析(1)由动能定理：EqL3mv2解得v (2)A、B碰撞时间极短，可认为A、B碰撞过程中系统动量守恒，设向右为正方向，由动量守恒定律：3mv(3mm)v1解得v1v系统损失的机械能：E3mv2(3mm)v12EqL(3)以B为研究对象，设向右为正方向，由动量定理有：Imv10解得I

20、，方向水平向右5.(2019安徽蚌埠市第二次质检)如图5所示，质量M1 kg的半圆弧形绝缘凹槽放置在光滑的水平面上，凹槽部分嵌有cd和ef两个光滑半圆形导轨，c与e端由导线连接，一质量m1 kg的导体棒自ce端的正上方h2 m处平行ce由静止下落，并恰好从ce端进入凹槽，整个装置处于范围足够大的竖直方向的匀强磁场中，导体棒在槽内运动过程中与导轨接触良好已知磁场的磁感应强度B0.5 T，导轨的间距与导体棒的长度均为L0.5 m，导轨的半径r0.5 m，导体棒的电阻R1 ，其余电阻均不计，重力加速度g10 m/s2，不计空气阻力图5(1)求导体棒刚进入凹槽时的速度大小；(2)求导体棒从开始下落到最

21、终静止的过程中系统产生的热量；(3)若导体棒从开始下落到第一次通过导轨最低点的过程中产生的热量为16 J，求导体棒第一次通过最低点时回路中的电功率答案(1)2 m/s(2)25 J(3) W解析(1)根据机械能守恒定律，可得：mghmv2解得导体棒刚进入凹槽时的速度大小：v2 m/s(2)导体棒在凹槽导轨上运动过程中发生电磁感应现象，产生感应电流，最终整个系统处于静止，导体棒停在凹槽最低点根据能量守恒可知，整个过程中系统产生的热量：Qmg(hr)25 J(3)设导体棒第一次通过最低点时速度大小为v1，凹槽速度大小为v2，导体棒在凹槽内运动时系统在水平方向动量守恒，故有：mv1Mv2由能量守恒可得：mg(hr)Q1mv12Mv22导体棒第一次通过最低点时感应电动势：EBL(v1v2)回路电功率：P联立解得：P W.