还剩8页未读，
继续阅读
所属成套资源：2020高考物理人教通用版一轮讲义
成套系列资料，整套一键下载
2020版物理新增分大一轮人教通用版讲义：第十章电磁感应专题强化十三
展开
专题强化十三 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 电磁感应中动量和能量观点的应用
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，合外力为零，若不受其他外力，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 (2018·四川省凉山州三模)如图1所示，光滑平行足够长的金属导轨固定在绝缘水平面上，导轨范围内存在磁场，其磁感应强度大小为B，方向竖直向下，导轨一端连接阻值为R的电阻.在导轨上垂直导轨放一长度等于导轨间距L、质量为m的金属棒，其电阻为r.金属棒与金属导轨接触良好.金属棒在水平向右的恒力F作用下从静止开始运动，经过时间t后开始匀速运动，金属导轨的电阻不计.求：
图1
(1)金属棒匀速运动时回路中电流大小；
(2)金属棒匀速运动的速度大小以及在时间t内通过回路的电荷量.
(3)若在时间t内金属棒移动的位移为x，求电阻R上产生的热量.
答案 见解析
解析 (1)由安培力公式：F＝BImL，解得Im＝
(2)根据闭合电路的欧姆定律得：Im＝，解得：v＝
通过回路的电荷量q＝I·t
由动量定理得F·t－BIL·t＝mv
解得：q＝－
(3)力F做功增加金属棒的动能和回路内能，则Fx＝Q＋mv2
QR＝Q
解得：QR＝[Fx－].
变式1 (多选)(2018·广东省佛山市质检一)如图2，水平固定放置的足够长的光滑平行导轨，电阻不计，间距为L，左端连接的电源电动势为E，内阻为r，质量为m的金属杆垂直静放在导轨上，金属杆处于导轨间部分的电阻为R.整个装置处在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，闭合开关，金属杆沿导轨做变加速运动直至达到最大速度，则下列说法正确的是( )
图2
A.金属杆的最大速度大小为
B.此过程中通过金属杆的电荷量为
C.此过程中电源提供的电能为
D.此过程中金属杆产生的热量为
答案 AC
解析 闭合开关，金属杆做加速运动，产生感应电动势，感应电动势与电源电动势相等时，电流为零，金属杆开始做匀速运动.电动势为E＝BLv，v＝，故A正确；由动量定理BILt＝BLq＝mv－0，得q＝，故B错误；由能量守恒可知电源提供的电能E电＝qE＝，故C正确；此过程中电能转化为金属杆的动能、R及r产生的热量之和，由于Ek＝mv2＝m，金属杆产生的热量为QR＝(E电－Ek)＝，故D错误.
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.
例2 (2018·山东省青岛市模拟)如图3所示，两平行光滑金属导轨由两部分组成，左面部分水平，右面部分为半径r＝0.5 m的竖直半圆，两导轨间距离l＝0.3 m，导轨水平部分处于竖直向上、磁感应强度大小B＝1 T的匀强磁场中，两导轨电阻不计.有两根长度均为l的金属棒ab、cd，均垂直导轨置于水平导轨上，金属棒ab、cd的质量分别为m1＝0.2 kg、m2＝0.1 kg，电阻分别为R1＝0.1 Ω、R2＝0.2 Ω.现让ab棒以v0＝10 m/s的初速度开始水平向右运动，cd棒进入圆轨道后，恰好能通过轨道最高点PP′，cd棒进入圆轨道前两棒未相碰，重力加速度g＝10 m/s2，求：
图3
(1)ab棒开始向右运动时cd棒的加速度a0；
(2)cd棒刚进入半圆轨道时ab棒的速度大小v1；
(3)cd棒进入半圆轨道前ab棒克服安培力做的功W.
答案 (1)30 m/s2 (2)7.5 m/s (3)4.375 J
解析 (1)ab棒开始向右运动时，设回路中电流为I，有
E＝Blv0
I＝
BIl＝m2a0
解得：a0＝30 m/s2
(2)设cd棒刚进入半圆轨道时的速度为v2，系统动量守恒，有
m1v0＝m1v1＋m2v2
m2v22＝m2g·2r＋m2vP2
m2g＝m2
解得：v1＝7.5 m/s
(3)由动能定理得－W＝m1v12－m1v02
解得：W＝4.375 J.
变式2 (2019·山东省淄博市质检)如图4所示，一个质量为m、电阻不计、足够长的光滑U形金属框架MNQP，位于光滑绝缘水平桌面上，平行导轨MN和PQ相距为L.空间存在着足够大的方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度的大小为B.另有质量也为m的金属棒CD，垂直于MN放置在导轨上，并用一根与CD棒垂直的绝缘细线系在定点A.已知细线能承受的最大拉力为FT0，CD棒接入导轨间的有效电阻为R.现从t＝0时刻开始对U形框架施加水平向右的拉力，使其从静止开始做加速度为a的匀加速直线运动.
图4
(1)求从框架开始运动到细线断裂所需的时间t0及细线断裂时框架的瞬时速度v0大小；
(2)若在细线断裂时，立即撤去拉力，求此后过程中回路产生的总焦耳热Q.
答案 (1) (2)
解析 (1)细线断裂时，
对棒有FT0＝F安，F安＝BIL，I＝，E＝BLv0，v0＝at0
联立解得t0＝
细线断裂时框架的速度v0＝
(2)在细线断裂时立即撤去拉力，框架向右减速运动，棒向右加速运动，设二者最终速度大小均为v，设向右为正方向，由系统动量守恒可得mv0＝2mv
得v＝＝
撤去拉力后，系统总动能的减少量等于回路消耗的电能，最终在回路中产生的总焦耳热Q＝mv02－×2mv2
联立得Q＝.
命题点二 电场中动量和能量观点的应用
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.
例3 如图5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5
(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：EqL＝×3mv2
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＝(3m＋m)v1
解得v1＝v
系统损失的机械能：ΔE＝×3mv2－(3m＋m)v12＝EqL
(3)以B为研究对象，设向右为正方向，由动量定理：I＝mv1－0
解得I＝，方向水平向右.
变式3 (2018·湖南省常德市期末检测)如图6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θ＝37°，D、C两点的高度差h＝0.1 m，整个轨道绝缘，处于方向水平向左、电场强度大小未知的匀强电场中，一个质量m1＝0.4 kg、带正电、电荷量未知的小物块Ⅰ在A点由静止释放，经过时间t＝1 s，与静止在B点的不带电、质量m2＝0.6 kg的小物块Ⅱ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Ⅰ和Ⅱ与轨道BC段的动摩擦因数均为μ＝0.2，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：
图6
(1)物块Ⅰ和Ⅱ在BC段上做匀速直线运动的速度大小；
(2)物块Ⅰ和Ⅱ第一次经过圆弧段C点时，物块Ⅰ和Ⅱ对轨道压力的大小.
答案 (1)2 m/s (2)18 N
解析 (1)物块Ⅰ和Ⅱ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Ⅰ带电荷量大小为q，与物块Ⅱ碰撞前物块Ⅰ速度为v1，碰撞后共同速度为v2，以向左为正方向，则
qE＝μ(m1＋m2)g
qEt＝m1v1
m1v1＝(m1＋m2)v2
联立解得v2＝2 m/s；
(2)设圆弧段CD的半径为R，物块Ⅰ和Ⅱ经过C点时圆弧段轨道对物块支持力的大小为FN
则R(1－cos θ)＝h
FN－(m1＋m2)g＝(m1＋m2)
解得：FN＝18 N，由牛顿第三定律可得物块Ⅰ和Ⅱ对轨道压力的大小为18 N.
命题点三 磁场中动量和能量观点的应用
例4 (2018·广西南宁市3月适应测试)如图7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ΔF，小球运动过程始中终不脱离轨道，重力加速度为g.求：
图7
(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
mgR＝mvC2
解得vC＝
(2)小球甲第一次通过C点时，qvCB＋F1－mg＝m
第二次通过C点时，F2－qvCB－mg＝m
由题意知ΔF＝F2－F1
解得q＝
(3)因为甲球与乙球在最低点发生的是弹性碰撞，则
mvC＝mv甲＋mv乙
mvC2＝mv甲2＋mv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B－mg＝m
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.如图1所示，平行倾斜光滑导轨与足够长的平行水平光滑导轨平滑连接，导轨电阻不计.质量分别为m和m的金属棒b和c静止放在水平导轨上，b、c两棒均与导轨垂直.图中de虚线往右有范围足够大、方向竖直向上的匀强磁场.质量为m的绝缘棒a垂直于倾斜导轨由静止释放，释放位置与水平导轨的高度差为h.已知绝缘棒a滑到水平导轨上与金属棒b发生弹性正碰，金属棒b进入磁场后始终未与金属棒c发生碰撞.重力加速度为g.求：
图1
(1)绝缘棒a与金属棒b发生弹性正碰后分离时两棒的速度大小；
(2)金属棒b进入磁场后，其加速度为其最大加速度的一半时的速度大小；
(3)两金属棒b、c上最终产生的总焦耳热.
答案 (1)0 (2) (3)mgh
解析 (1)设a棒滑到水平导轨时速度为v0，下滑过程中a棒机械能守恒mv02＝mgh
a棒与b棒发生弹性碰撞
由动量守恒定律：mv0＝mv1＋mv2
由机械能守恒定律：mv02＝mv12＋mv22
解得v1＝0，v2＝v0＝
(2)b棒刚进磁场时的加速度最大.
b、c两棒组成的系统合外力为零，系统动量守恒.
由动量守恒定律：mv2＝mv2′＋v3′
设b棒进入磁场后某时刻，b棒的速度为vb，c棒的速度为vc，则b、c组成的回路中的感应电动势E＝BL(vb－vc)，由闭合电路欧姆定律得I＝，由安培力公式得F＝BIL＝ma，联立得a＝.
故当b棒加速度为最大值的一半时有v2＝2(v2′－v3′)
联立得v2′＝v2＝
(3)最终b、c以相同的速度匀速运动.
由动量守恒定律：mv2＝(m＋)v
由能量守恒定律：mv22＝(m＋)v2＋Q
解得Q＝mgh.
2.(2018·湖南省长沙四县三月模拟)足够长的平行金属轨道M、N，相距L＝0.5 m，且水平放置；M、N左端与半径R＝0.4 m的光滑竖直半圆轨道相连，与轨道始终垂直且接触良好的金属棒b和c可在轨道上无摩擦地滑动，两金属棒的质量mb＝mc＝0.1 kg，接入电路的有效电阻Rb＝Rc＝1 Ω，轨道的电阻不计.平行水平金属轨道M、N处于磁感应强度B＝1 T的匀强磁场中，磁场方向垂直轨道平面向上，光滑竖直半圆轨道在磁场外，如图2所示，若使b棒以初速度v0＝10 m/s开始向左运动，运动过程中b、c不相撞，g取10 m/s2，求：
图2
(1)c棒的最大速度；
(2)c棒达最大速度时，此棒产生的焦耳热；
(3)若c棒达最大速度后沿半圆轨道上滑，金属棒c到达轨道最高点时对轨道的压力的大小.
答案 (1)5 m/s (2)1.25 J (3)1.25 N
解析 (1)在磁场力作用下，b棒做减速运动，c棒做加速运动，当两棒速度相等时，c棒达最大速度.取两棒组成的系统为研究对象，根据动量守恒定律有
mbv0＝(mb＋mc)v
解得c棒的最大速度为：v＝v0＝v0＝5 m/s
(2)从b棒开始运动到两棒速度相等的过程中，系统减少的动能转化为电能，两棒中产生的总热量为：Q＝mbv02－(mb＋mc)v2＝2.5 J
因为Rb＝Rc，所以c棒达最大速度时此棒产生的焦耳热为Qc＝＝1.25 J
(3)设c棒沿半圆轨道滑到最高点时的速度为v′，从半圆轨道最低点上升到最高点的过程由机械能守恒可得：
mcv2－mcv′2＝mcg·2R
解得v′＝3 m/s
在最高点，设轨道对c棒的弹力为F，由牛顿第二定律得
mcg＋F＝mc
解得F＝1.25 N
由牛顿第三定律得，在最高点c棒对轨道的压力为1.25 N，方向竖直向上.
3.(2018·福建省宁德市上学期期末)如图3所示，PM是半径为R的四分之一光滑绝缘轨道，仅在该轨道内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B.光滑绝缘轨道MN水平且足够长，PM下端与MN相切于M点.质量为m的带正电小球b静止在水平轨道上，质量为2m、电荷量为q的带正电小球a从P点由静止释放，在a球进入水平轨道后，a、b两小球间只有静电力作用，且a、b两小球始终没有接触.带电小球均可视为点电荷，设小球b离M点足够远，重力加速度为g.求：
图3
(1)小球a刚到达M点时的速度大小及对轨道的压力大小；
(2)a、b两小球系统的电势能最大值Ep；
(3)a、b两小球最终的速度va、vb的大小.
答案 (1) 6mg＋qB (2)mgR
(3)
解析 (1)小球a从P到M，洛伦兹力、弹力不做功，只有重力做功，由动能定理有：2mgR＝×2mvM2
解得：vM＝
在M点，由牛顿第二定律有：FN－2mg－qvMB＝
解得：FN＝6mg＋qB
根据牛顿第三定律得小球a刚到达M点时对轨道的压力大小为：FN′＝6mg＋qB
(2)两球速度相等时系统电势能最大，以向右为正方向，由动量守恒定律有：2mvM＝3mv共
根据能量守恒定律有：Ep＝×2mv M2－×3mv共2
解得：Ep＝mgR
(3)由动量守恒定律：2mvM＝2mva＋mvb
由能量守恒定律有：×2mv M2＝×2mva2＋mvb2
解得：va＝vM＝，vb＝vM＝.
4.(2018·宁夏一中模拟)如图4所示，在绝缘水平面上的两物块A、B用劲度系数为k的水平绝缘轻质弹簧连接，物块B、C用跨过轻质定滑轮的绝缘轻绳连接，A靠在竖直墙边，C在倾角为θ的长斜面上，滑轮两侧的轻绳分别与水平面和斜面平行.A、B、C的质量分别是m、2m、2m，A、C均不带电，B带正电，滑轮左侧存在着水平向左的匀强电场，整个系统不计一切摩擦，B与滑轮足够远.B所受的电场力大小为6mgsin θ，开始时系统静止.现让C在沿斜面向下的拉力F作用下做加速度大小为a的匀加速直线运动，弹簧始终未超过弹性限度，重力加速度大小为g.
图4
(1)求弹簧的压缩长度x1；
(2)求A刚要离开墙壁时C的速度大小v1及拉力F的大小；
(3)若A刚要离开墙壁时，撤去拉力F，同时电场力大小突然减为2mgsin θ，方向不变，求在之后的运动过程中弹簧的最大弹性势能Epm.
答案 (1) (2)2 4m(gsin θ＋a)
(3)
解析 (1)开始时，弹簧处于压缩状态
对C受力平衡有FT1＝2mgsin θ
对B受力平衡有FT1＋kx1＝6mgsin θ
解得x1＝
(2)A刚要离开墙壁时墙壁对A的弹力为零，弹簧刚好不发生形变，则B做匀加速直线运动，位移大小为x1时有v12＝2ax1
解得v1＝2
根据牛顿第二定律
对B有：FT2－6mgsin θ＝2ma
对C有：F＋2mgsin θ－FT2＝2ma
解得F＝4m(gsin θ＋a)
(3)A离开墙壁后，A、B、C系统的合外力为零，系统动量守恒，当三个物块的速度相等时(设为v2)，弹簧弹性势能最大，有
(2m＋2m)v1 ＝(m＋2m＋2m)v2
根据能量守恒定律有
(2m＋2m)v12＝(m＋2m＋2m)v22＋Epm
解得：Epm＝.
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 电磁感应中动量和能量观点的应用
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，合外力为零，若不受其他外力，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 (2018·四川省凉山州三模)如图1所示，光滑平行足够长的金属导轨固定在绝缘水平面上，导轨范围内存在磁场，其磁感应强度大小为B，方向竖直向下，导轨一端连接阻值为R的电阻.在导轨上垂直导轨放一长度等于导轨间距L、质量为m的金属棒，其电阻为r.金属棒与金属导轨接触良好.金属棒在水平向右的恒力F作用下从静止开始运动，经过时间t后开始匀速运动，金属导轨的电阻不计.求：
图1
(1)金属棒匀速运动时回路中电流大小；
(2)金属棒匀速运动的速度大小以及在时间t内通过回路的电荷量.
(3)若在时间t内金属棒移动的位移为x，求电阻R上产生的热量.
答案 见解析
解析 (1)由安培力公式：F＝BImL，解得Im＝
(2)根据闭合电路的欧姆定律得：Im＝，解得：v＝
通过回路的电荷量q＝I·t
由动量定理得F·t－BIL·t＝mv
解得：q＝－
(3)力F做功增加金属棒的动能和回路内能，则Fx＝Q＋mv2
QR＝Q
解得：QR＝[Fx－].
变式1 (多选)(2018·广东省佛山市质检一)如图2，水平固定放置的足够长的光滑平行导轨，电阻不计，间距为L，左端连接的电源电动势为E，内阻为r，质量为m的金属杆垂直静放在导轨上，金属杆处于导轨间部分的电阻为R.整个装置处在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，闭合开关，金属杆沿导轨做变加速运动直至达到最大速度，则下列说法正确的是( )
图2
A.金属杆的最大速度大小为
B.此过程中通过金属杆的电荷量为
C.此过程中电源提供的电能为
D.此过程中金属杆产生的热量为
答案 AC
解析 闭合开关，金属杆做加速运动，产生感应电动势，感应电动势与电源电动势相等时，电流为零，金属杆开始做匀速运动.电动势为E＝BLv，v＝，故A正确；由动量定理BILt＝BLq＝mv－0，得q＝，故B错误；由能量守恒可知电源提供的电能E电＝qE＝，故C正确；此过程中电能转化为金属杆的动能、R及r产生的热量之和，由于Ek＝mv2＝m，金属杆产生的热量为QR＝(E电－Ek)＝，故D错误.
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.
例2 (2018·山东省青岛市模拟)如图3所示，两平行光滑金属导轨由两部分组成，左面部分水平，右面部分为半径r＝0.5 m的竖直半圆，两导轨间距离l＝0.3 m，导轨水平部分处于竖直向上、磁感应强度大小B＝1 T的匀强磁场中，两导轨电阻不计.有两根长度均为l的金属棒ab、cd，均垂直导轨置于水平导轨上，金属棒ab、cd的质量分别为m1＝0.2 kg、m2＝0.1 kg，电阻分别为R1＝0.1 Ω、R2＝0.2 Ω.现让ab棒以v0＝10 m/s的初速度开始水平向右运动，cd棒进入圆轨道后，恰好能通过轨道最高点PP′，cd棒进入圆轨道前两棒未相碰，重力加速度g＝10 m/s2，求：
图3
(1)ab棒开始向右运动时cd棒的加速度a0；
(2)cd棒刚进入半圆轨道时ab棒的速度大小v1；
(3)cd棒进入半圆轨道前ab棒克服安培力做的功W.
答案 (1)30 m/s2 (2)7.5 m/s (3)4.375 J
解析 (1)ab棒开始向右运动时，设回路中电流为I，有
E＝Blv0
I＝
BIl＝m2a0
解得：a0＝30 m/s2
(2)设cd棒刚进入半圆轨道时的速度为v2，系统动量守恒，有
m1v0＝m1v1＋m2v2
m2v22＝m2g·2r＋m2vP2
m2g＝m2
解得：v1＝7.5 m/s
(3)由动能定理得－W＝m1v12－m1v02
解得：W＝4.375 J.
变式2 (2019·山东省淄博市质检)如图4所示，一个质量为m、电阻不计、足够长的光滑U形金属框架MNQP，位于光滑绝缘水平桌面上，平行导轨MN和PQ相距为L.空间存在着足够大的方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度的大小为B.另有质量也为m的金属棒CD，垂直于MN放置在导轨上，并用一根与CD棒垂直的绝缘细线系在定点A.已知细线能承受的最大拉力为FT0，CD棒接入导轨间的有效电阻为R.现从t＝0时刻开始对U形框架施加水平向右的拉力，使其从静止开始做加速度为a的匀加速直线运动.
图4
(1)求从框架开始运动到细线断裂所需的时间t0及细线断裂时框架的瞬时速度v0大小；
(2)若在细线断裂时，立即撤去拉力，求此后过程中回路产生的总焦耳热Q.
答案 (1) (2)
解析 (1)细线断裂时，
对棒有FT0＝F安，F安＝BIL，I＝，E＝BLv0，v0＝at0
联立解得t0＝
细线断裂时框架的速度v0＝
(2)在细线断裂时立即撤去拉力，框架向右减速运动，棒向右加速运动，设二者最终速度大小均为v，设向右为正方向，由系统动量守恒可得mv0＝2mv
得v＝＝
撤去拉力后，系统总动能的减少量等于回路消耗的电能，最终在回路中产生的总焦耳热Q＝mv02－×2mv2
联立得Q＝.
命题点二 电场中动量和能量观点的应用
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.
例3 如图5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5
(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：EqL＝×3mv2
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＝(3m＋m)v1
解得v1＝v
系统损失的机械能：ΔE＝×3mv2－(3m＋m)v12＝EqL
(3)以B为研究对象，设向右为正方向，由动量定理：I＝mv1－0
解得I＝，方向水平向右.
变式3 (2018·湖南省常德市期末检测)如图6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θ＝37°，D、C两点的高度差h＝0.1 m，整个轨道绝缘，处于方向水平向左、电场强度大小未知的匀强电场中，一个质量m1＝0.4 kg、带正电、电荷量未知的小物块Ⅰ在A点由静止释放，经过时间t＝1 s，与静止在B点的不带电、质量m2＝0.6 kg的小物块Ⅱ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Ⅰ和Ⅱ与轨道BC段的动摩擦因数均为μ＝0.2，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：
图6
(1)物块Ⅰ和Ⅱ在BC段上做匀速直线运动的速度大小；
(2)物块Ⅰ和Ⅱ第一次经过圆弧段C点时，物块Ⅰ和Ⅱ对轨道压力的大小.
答案 (1)2 m/s (2)18 N
解析 (1)物块Ⅰ和Ⅱ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Ⅰ带电荷量大小为q，与物块Ⅱ碰撞前物块Ⅰ速度为v1，碰撞后共同速度为v2，以向左为正方向，则
qE＝μ(m1＋m2)g
qEt＝m1v1
m1v1＝(m1＋m2)v2
联立解得v2＝2 m/s；
(2)设圆弧段CD的半径为R，物块Ⅰ和Ⅱ经过C点时圆弧段轨道对物块支持力的大小为FN
则R(1－cos θ)＝h
FN－(m1＋m2)g＝(m1＋m2)
解得：FN＝18 N，由牛顿第三定律可得物块Ⅰ和Ⅱ对轨道压力的大小为18 N.
命题点三 磁场中动量和能量观点的应用
例4 (2018·广西南宁市3月适应测试)如图7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ΔF，小球运动过程始中终不脱离轨道，重力加速度为g.求：
图7
(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
mgR＝mvC2
解得vC＝
(2)小球甲第一次通过C点时，qvCB＋F1－mg＝m
第二次通过C点时，F2－qvCB－mg＝m
由题意知ΔF＝F2－F1
解得q＝
(3)因为甲球与乙球在最低点发生的是弹性碰撞，则
mvC＝mv甲＋mv乙
mvC2＝mv甲2＋mv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B－mg＝m
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.如图1所示，平行倾斜光滑导轨与足够长的平行水平光滑导轨平滑连接，导轨电阻不计.质量分别为m和m的金属棒b和c静止放在水平导轨上，b、c两棒均与导轨垂直.图中de虚线往右有范围足够大、方向竖直向上的匀强磁场.质量为m的绝缘棒a垂直于倾斜导轨由静止释放，释放位置与水平导轨的高度差为h.已知绝缘棒a滑到水平导轨上与金属棒b发生弹性正碰，金属棒b进入磁场后始终未与金属棒c发生碰撞.重力加速度为g.求：
图1
(1)绝缘棒a与金属棒b发生弹性正碰后分离时两棒的速度大小；
(2)金属棒b进入磁场后，其加速度为其最大加速度的一半时的速度大小；
(3)两金属棒b、c上最终产生的总焦耳热.
答案 (1)0 (2) (3)mgh
解析 (1)设a棒滑到水平导轨时速度为v0，下滑过程中a棒机械能守恒mv02＝mgh
a棒与b棒发生弹性碰撞
由动量守恒定律：mv0＝mv1＋mv2
由机械能守恒定律：mv02＝mv12＋mv22
解得v1＝0，v2＝v0＝
(2)b棒刚进磁场时的加速度最大.
b、c两棒组成的系统合外力为零，系统动量守恒.
由动量守恒定律：mv2＝mv2′＋v3′
设b棒进入磁场后某时刻，b棒的速度为vb，c棒的速度为vc，则b、c组成的回路中的感应电动势E＝BL(vb－vc)，由闭合电路欧姆定律得I＝，由安培力公式得F＝BIL＝ma，联立得a＝.
故当b棒加速度为最大值的一半时有v2＝2(v2′－v3′)
联立得v2′＝v2＝
(3)最终b、c以相同的速度匀速运动.
由动量守恒定律：mv2＝(m＋)v
由能量守恒定律：mv22＝(m＋)v2＋Q
解得Q＝mgh.
2.(2018·湖南省长沙四县三月模拟)足够长的平行金属轨道M、N，相距L＝0.5 m，且水平放置；M、N左端与半径R＝0.4 m的光滑竖直半圆轨道相连，与轨道始终垂直且接触良好的金属棒b和c可在轨道上无摩擦地滑动，两金属棒的质量mb＝mc＝0.1 kg，接入电路的有效电阻Rb＝Rc＝1 Ω，轨道的电阻不计.平行水平金属轨道M、N处于磁感应强度B＝1 T的匀强磁场中，磁场方向垂直轨道平面向上，光滑竖直半圆轨道在磁场外，如图2所示，若使b棒以初速度v0＝10 m/s开始向左运动，运动过程中b、c不相撞，g取10 m/s2，求：
图2
(1)c棒的最大速度；
(2)c棒达最大速度时，此棒产生的焦耳热；
(3)若c棒达最大速度后沿半圆轨道上滑，金属棒c到达轨道最高点时对轨道的压力的大小.
答案 (1)5 m/s (2)1.25 J (3)1.25 N
解析 (1)在磁场力作用下，b棒做减速运动，c棒做加速运动，当两棒速度相等时，c棒达最大速度.取两棒组成的系统为研究对象，根据动量守恒定律有
mbv0＝(mb＋mc)v
解得c棒的最大速度为：v＝v0＝v0＝5 m/s
(2)从b棒开始运动到两棒速度相等的过程中，系统减少的动能转化为电能，两棒中产生的总热量为：Q＝mbv02－(mb＋mc)v2＝2.5 J
因为Rb＝Rc，所以c棒达最大速度时此棒产生的焦耳热为Qc＝＝1.25 J
(3)设c棒沿半圆轨道滑到最高点时的速度为v′，从半圆轨道最低点上升到最高点的过程由机械能守恒可得：
mcv2－mcv′2＝mcg·2R
解得v′＝3 m/s
在最高点，设轨道对c棒的弹力为F，由牛顿第二定律得
mcg＋F＝mc
解得F＝1.25 N
由牛顿第三定律得，在最高点c棒对轨道的压力为1.25 N，方向竖直向上.
3.(2018·福建省宁德市上学期期末)如图3所示，PM是半径为R的四分之一光滑绝缘轨道，仅在该轨道内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B.光滑绝缘轨道MN水平且足够长，PM下端与MN相切于M点.质量为m的带正电小球b静止在水平轨道上，质量为2m、电荷量为q的带正电小球a从P点由静止释放，在a球进入水平轨道后，a、b两小球间只有静电力作用，且a、b两小球始终没有接触.带电小球均可视为点电荷，设小球b离M点足够远，重力加速度为g.求：
图3
(1)小球a刚到达M点时的速度大小及对轨道的压力大小；
(2)a、b两小球系统的电势能最大值Ep；
(3)a、b两小球最终的速度va、vb的大小.
答案 (1) 6mg＋qB (2)mgR
(3)
解析 (1)小球a从P到M，洛伦兹力、弹力不做功，只有重力做功，由动能定理有：2mgR＝×2mvM2
解得：vM＝
在M点，由牛顿第二定律有：FN－2mg－qvMB＝
解得：FN＝6mg＋qB
根据牛顿第三定律得小球a刚到达M点时对轨道的压力大小为：FN′＝6mg＋qB
(2)两球速度相等时系统电势能最大，以向右为正方向，由动量守恒定律有：2mvM＝3mv共
根据能量守恒定律有：Ep＝×2mv M2－×3mv共2
解得：Ep＝mgR
(3)由动量守恒定律：2mvM＝2mva＋mvb
由能量守恒定律有：×2mv M2＝×2mva2＋mvb2
解得：va＝vM＝，vb＝vM＝.
4.(2018·宁夏一中模拟)如图4所示，在绝缘水平面上的两物块A、B用劲度系数为k的水平绝缘轻质弹簧连接，物块B、C用跨过轻质定滑轮的绝缘轻绳连接，A靠在竖直墙边，C在倾角为θ的长斜面上，滑轮两侧的轻绳分别与水平面和斜面平行.A、B、C的质量分别是m、2m、2m，A、C均不带电，B带正电，滑轮左侧存在着水平向左的匀强电场，整个系统不计一切摩擦，B与滑轮足够远.B所受的电场力大小为6mgsin θ，开始时系统静止.现让C在沿斜面向下的拉力F作用下做加速度大小为a的匀加速直线运动，弹簧始终未超过弹性限度，重力加速度大小为g.
图4
(1)求弹簧的压缩长度x1；
(2)求A刚要离开墙壁时C的速度大小v1及拉力F的大小；
(3)若A刚要离开墙壁时，撤去拉力F，同时电场力大小突然减为2mgsin θ，方向不变，求在之后的运动过程中弹簧的最大弹性势能Epm.
答案 (1) (2)2 4m(gsin θ＋a)
(3)
解析 (1)开始时，弹簧处于压缩状态
对C受力平衡有FT1＝2mgsin θ
对B受力平衡有FT1＋kx1＝6mgsin θ
解得x1＝
(2)A刚要离开墙壁时墙壁对A的弹力为零，弹簧刚好不发生形变，则B做匀加速直线运动，位移大小为x1时有v12＝2ax1
解得v1＝2
根据牛顿第二定律
对B有：FT2－6mgsin θ＝2ma
对C有：F＋2mgsin θ－FT2＝2ma
解得F＝4m(gsin θ＋a)
(3)A离开墙壁后，A、B、C系统的合外力为零，系统动量守恒，当三个物块的速度相等时(设为v2)，弹簧弹性势能最大，有
(2m＋2m)v1 ＝(m＋2m＋2m)v2
根据能量守恒定律有
(2m＋2m)v12＝(m＋2m＋2m)v22＋Epm
解得：Epm＝.
相关资料
更多
