專題（72）動力學 動量和能量觀點在電學中的應用（解析版）

2021年高考物理一輪復習考點全攻關專題（72）動力學動量和能量觀點在電學中的應用（解析版）專題解讀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、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．命題熱點一：電磁感應中動量和能量觀點的應用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導體棒做切割磁感線運動時，由于這兩根導體棒所受的安培力等大反向，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例1(2019·福建龍巖市5月模擬)如圖1為電磁驅動與阻尼模型，在水平面上有兩根足夠長的平行軌道PQ和MN，左端接有阻值為R的定值電阻，其間有垂直軌道平面的磁感應強度為B的勻強磁場，兩軌道間距及磁場寬度均為L.質量為m的金屬棒ab靜置于導軌上，當磁場沿軌道向右運動的速度為v時，棒ab恰好滑動．棒運動過程始終在磁場范圍內，并與軌道垂直且接觸良好，軌道和棒電阻均不計，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力．圖1(1)判斷棒ab剛要滑動時棒中的感應電流方向，并求此時棒所受的摩擦力Ff大小；(2)若磁場不動，將棒ab以水平初速度2v運動，經過時間t＝eq\f(mR,B2L2)停止運動，求棒ab運動位移x及回路中產生的焦耳熱Q.【答案】見解析【解析】(1)磁場沿軌道向右運動，即棒相對于磁場沿軌道向左運動，則根據右手定則，感應電流方向由a至b.依題意得，棒剛要運動時，受到的摩擦力等于安培力：Ff＝F安F安＝BI1LI1＝eq\f(BLv,R)聯立解得：Ff＝eq\f(B2L2v,R)(2)設棒的平均速度為eq\x\to(v)，根據動量定理可得：－eq\x\to(F)安t－Fft＝0－2mveq\x\to(F)安＝Beq\x\to(I)L，又eq\x\to(I)＝eq\f(BL\x\to(v),R)，x＝eq\x\to(v)t聯立解得：x＝eq\f(mvR,B2L2)根據動能定理有：－Ffx－W安＝0－eq\f(1,2)m(2v)2根據功能關系有Q＝W安得：Q＝mv2.變式1(多選)如圖2所示，CD、EF是兩條水平放置的電阻可忽略的平行光滑導軌，導軌固定不動，間距為L，在水平導軌的左側存在磁感應強度方向垂直導軌平面向上的勻強磁場，磁感應強度大小為B.導軌的右端接有一電阻R，左端與一彎曲的光滑軌道平滑連接．將一阻值也為R、質量為m的導體棒從彎曲軌道上h高處由靜止釋放，導體棒最終恰好停在磁場的右邊界處．已知導體棒與水平導軌垂直且接觸良好，則下列說法中正確的是()圖2A．電阻R的最大電流為eq\f(BL\r(2gh),2R)B．電阻R中產生的焦耳熱為mghC．磁場左右邊界的長度d為eq\f(mR\r(2gh),B2L2)D．流過電阻R的電荷量為eq\f(m\r(2gh),BL)【答案】AD【解析】導體棒下滑過程中，機械能守恒，由機械能守恒定律有：mgh＝eq\f(1,2)mv2，得導體棒到達水平面時的速度v＝eq\r(2gh)，導體棒到達水平面后進入磁場受到向左的安培力做減速運動，則剛到達水平面時的速度最大，所以最大感應電動勢為E＝BLv，最大的感應電流為I＝eq\f(BLv,2R)＝eq\f(BL\r(2gh),2R)，故A正確；導體棒在整個運動過程中，機械能最終轉化為焦耳熱，即Q＝mgh，故電阻R中產生的焦耳熱為QR＝eq\f(1,2)Q＝eq\f(1,2)mgh，故B錯誤；對導體棒，經時間Δt穿過磁場，由動量定理得：－eq\x\to(F)安Δt＝－BLeq\x\to(I)Δt＝－mv，而q＝eq\x\to(I)Δt，變形得：BLq＝mv，解得q＝eq\f(mv,BL)＝eq\f(m\r(2gh),BL)，而由q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(\x\to(E),2R)Δt＝eq\f(BS,2RΔt)Δt＝eq\f(BS,2R)和S＝Ld，解得：d＝eq\f(2qR,BL)＝eq\f(2mR\r(2gh),B2L2)，故C錯誤，D正確．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，在該閉合回路中形成一定的感應電流；另一根導體棒在磁場中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．例2(2019·河北衡水中學高考模擬)如圖3所示，MN、PQ兩平行光滑水平導軌分別與半徑r＝0.5m的相同豎直半圓導軌在N、Q端平滑連接，M、P端連接定值電阻R，質量M＝2kg的cd絕緣桿垂直靜止在水平導軌上，在其右側至N、Q端的區(qū)域內充滿豎直向上的勻強磁場．現有質量m＝1kg的ab金屬桿以初速度v0＝12m/s水平向右與cd絕緣桿發(fā)生正碰后，進入磁場并最終未滑出，cd絕緣桿則恰好能通過半圓導軌最高點，不計其他電阻和摩擦，ab金屬桿始終與導軌垂直且接觸良好，取g＝10m/s2，求：圖3(1)cd絕緣桿通過半圓導軌最高點時的速度大小v；(2)電阻R產生的焦耳熱Q.【答案】(1)eq\r(5)m/s(2)2J【解析】(1)cd絕緣桿通過半圓導軌最高點時，由牛頓第二定律有：Mg＝Meq\f(v2,r)解得：v＝eq\r(5)m/s(2)cd絕緣桿以速度v2由NQ滑至最高點的過程中，由動能定理有：－Mg2r＝eq\f(1,2)Mv2－eq\f(1,2)Mv22解得：v2＝5m/s由于cd是絕緣桿，所以沒有電流通過，故碰后勻速運動，則碰撞后cd絕緣桿的速度為v2＝5m/s兩桿碰撞過程，動量守恒，以v0的方向為正方向，有：mv0＝mv1＋Mv2解得碰撞后ab金屬桿的速度：v1＝2m/sab金屬桿進入磁場后由能量守恒定律有：eq\f(1,2)mv12＝Q解得：Q＝2J.變式2(2019·山東泰安市第二輪復習質量檢測)如圖4所示，間距為L的足夠長光滑平行金屬導軌固定在同一水平面內，虛線MN右側區(qū)域存在磁感應強度為B、方向豎直向下的勻強磁場．質量均為m、長度均為L、電阻均為R的導體棒a、b，垂直導軌放置且保持與導軌接觸良好．開始導體棒b靜止于與MN相距為x0處，導體棒a以水平速度v0從MN處進入磁場．不計導軌電阻，忽略因電流變化產生的電磁輻射，運動過程中導體棒a、b沒有發(fā)生碰撞．求：圖4(1)導體棒b中產生的內能；(2)導體棒a、b間的最小距離．【答案】(1)eq\f(1,8)mv02(2)x0－eq\f(mv0R,B2L2)【解析】(1)導體棒a進入磁場后，a、b及導軌組成的回路磁通量發(fā)生變化，產生感應電流．在安培力作用下，a做減速運動、b做加速運動，最終二者速度相等．此過程中系統(tǒng)的動量守恒，以v0的方向為正方向，有mv0＝2mv根據能量守恒定律eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)·2mv2＝Q導體棒b中產生的內能Qb＝eq\f(Q,2)整理得v＝eq\f(v0,2)，Qb＝eq\f(1,8)mv02；(2)設經過時間Δt二者速度相等，此時a、b間有最小距離，此過程中安培力的平均值為F，導體棒ab間的最小距離為x.以b為研究對象，根據動量定理得FΔt＝mv而F＝BILI＝eq\f(E,2R)E＝eq\f(ΔΦ,Δt)ΔΦ＝BL(x0－x)聯立解得x＝x0－eq\f(mv0R,B2L2).命題熱點二：電場和磁場中的動量和能量問題例3如圖5所示，軌道ABCDP位于豎直平面內，其中圓弧段CD與水平段AC及傾斜段DP分別相切于C點和D點，水平段BC粗糙，其余都光滑，DP段與水平面的夾角θ＝37°，D、C兩點的高度差h＝0.1m，整個軌道絕緣，處于方向水平向左、電場強度大小未知的勻強電場中，一個質量m1＝0.4kg、帶正電、電荷量未知的小物塊Ⅰ在A點由靜止釋放，經過時間t＝1s，與靜止在B點的不帶電、質量m2＝0.6kg的小物塊Ⅱ碰撞并粘在一起后，在BC段上做勻速直線運動，到達傾斜段DP上某位置，物塊Ⅰ和Ⅱ與軌道BC段的動摩擦因數均為μ＝0.2，g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：圖5(1)物塊Ⅰ和Ⅱ在BC段上做勻速直線運動的速度大小；(2)物塊Ⅰ和Ⅱ第一次經過圓弧段C點時，物塊Ⅰ和Ⅱ對軌道壓力的大?。敬鸢浮?1)2m/s(2)18N【解析】(1)物塊Ⅰ和Ⅱ粘在一起在BC段上做勻速直線運動，設電場強度大小為E，物塊Ⅰ帶電荷量大小為q，與物塊Ⅱ碰撞前物塊Ⅰ速度為v1，碰撞后共同速度為v2，以向左為正方向，則qE＝μ(m1＋m2)gqEt＝m1v1m1v1＝(m1＋m2)v2聯立解得v2＝2m/s；(2)設圓弧段CD的半徑為R，物塊Ⅰ和Ⅱ經過C點時圓弧段軌道對物塊支持力的大小為FN，則R(1－cosθ)＝hFN－(m1＋m2)g＝(m1＋m2)eq\f(v22,R)解得：FN＝18N，由牛頓第三定律可得物塊Ⅰ和Ⅱ對軌道壓力的大小為18N.變式3如圖6所示，光滑絕緣的半圓形軌道ACD，固定在豎直面內，軌道處在垂直于軌道平面向里的勻強磁場中，半圓的直徑AD水平，半徑為R，勻強磁場的磁感應強度為B，在A端由靜止釋放一個帶正電荷、質量為m的金屬小球甲，結果小球甲連續(xù)兩次通過軌道最低點C時，對軌道的壓力差為ΔF，小球運動過程中始終不脫離軌道，重力加速度為g.求：圖6(1)小球甲經過軌道最低點C時的速度大??；(2)小球甲所帶的電荷量；(3)若在半圓形軌道的最低點C放一個與小球甲完全相同的不帶電的金屬小球乙，讓小球甲仍從軌道的A端由靜止釋放，則甲球與乙球發(fā)生彈性碰撞后的一瞬間，乙球對軌道的壓力．(不計兩球間靜電力的作用)【答案】(1)eq\r(2gR)(2)eq\f(ΔF\r(2gR),4gRB)(3)3mg－eq\f(ΔF,4)，方向豎直向下【解析】(1)由于小球甲在運動過程中，只有重力做功，因此機械能守恒，由A點運動到C點，有mgR＝eq\f(1,2)mvC2解得vC＝eq\r(2gR)(2)小球甲第一次通過C點時，qvCB＋F1－mg＝meq\f(vC2,R)第二次通過C點時，F2－qvCB－mg＝meq\f(vC2,R)由題意知ΔF＝F2－F1解得q＝eq\f(ΔF\r(2gR),4gRB)(3)因為甲球與乙球在最低點發(fā)生的是彈性碰撞，則有mvC＝mv甲＋mv乙eq\f(1,2)mvC2＝eq\f(1,2)mv甲2＋eq\f(1,2)mv乙2解得v甲＝0，v乙＝vC設碰撞后的一瞬間，軌道對乙球的支持力大小為F乙，方向豎直向上，則F乙＋eq\f(1,2)qv乙B－mg＝meq\f(v乙2,R)解得F乙＝3mg－eq\f(ΔF,4)根據牛頓第三定律可知，此時乙球對軌道的壓力大小為3mg－eq\f(ΔF,4)，方向豎直向下．課時精練：一、雙基鞏固練：如圖1所示，正方形區(qū)域ABCD中有垂直于紙面向里的勻強磁場，M、N分別為AB、AD邊的中點，一帶正電的粒子(不計重力)以某一速度從M點平行于AD邊垂直磁場方向射入，并恰好從A點射出．現僅將磁場的磁感應強度大小變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,2)，下列判斷正確的是()圖1A．粒子將從D點射出磁場B．粒子在磁場中運動的時間將變?yōu)樵瓉淼?倍C．磁場的磁感應強度變化前后，粒子在磁場中運動過程的動量變化大小之比為eq\r(2)∶1D．若其他條件不變，繼續(xù)減小磁場的磁感應強度，粒子可能從C點射出【答案】C【解析】設正方形磁場區(qū)域的邊長為a，由題意可知，粒子從A點射出時在磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑為eq\f(a,4)，粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB＝meq\f(v2,r)，解得：r＝eq\f(mv,qB)，當磁場的磁感應強度大小變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,2)時，粒子軌道半徑變?yōu)樵瓉淼?倍，即eq\f(a,2)，粒子將從N點射出，故A錯誤；由運動軌跡結合周期公式T＝eq\f(2πm,qB)可知，當磁場的磁感應強度大小變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,2)時，T1＝eq\f(T2,2)，粒子從A點離開磁場的情況下，在磁場中運動的時間t1＝eq\f(T1,2)，粒子從N點離開磁場的情況下，在磁場中運動的時間t2＝eq\f(T2,4)，可得：t1＝t2，即粒子在磁場中運動的時間不變，故B錯誤；磁場的磁感應強度變化前，粒子在磁場中運動過程中，動量變化大小為2mv，磁場的磁感應強度變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,2)后，粒子在磁場中運動過程中，動量變化大小為eq\r(2)mv，即動量變化大小之比為eq\r(2)∶1，故C正確；無論磁場的磁感應強度大小如何變化，只要磁感應強度的方向不變，粒子都不可能從C點射出，故D錯誤．光滑絕緣的水平桌面上方存在垂直桌面向下的勻強磁場，磁感應強度大小為B，俯視圖如圖2所示．一個質量為2m、電荷量為q的帶正電小球甲靜止在桌面上，另一個大小相同、質量為m的不帶電小球乙，以速度v0沿兩球心連線向帶電小球甲運動，并發(fā)生彈性碰撞．假設碰撞后兩小球的帶電荷量相同，忽略兩小球間靜電力的作用．則下列關于甲、乙兩小球碰后在磁場中的運動軌跡，說法正確的是()圖2A．甲、乙兩小球運動軌跡是外切圓，半徑之比為2∶1B．甲、乙兩小球運動軌跡是外切圓，半徑之比為4∶1C．甲、乙兩小球運動軌跡是內切圓，半徑之比為2∶1D．甲、乙兩小球運動軌跡是內切圓，半徑之比為4∶1【答案】B【解析】不帶電小球乙與帶正電小球甲發(fā)生彈性碰撞，系統(tǒng)動量守恒和機械能守恒，規(guī)定速度v0方向為正方向，設碰撞后甲球的速度為v1，乙球的速度為v2，則有：mv0＝2mv1＋mv2，eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)·2mv12＋eq\f(1,2)mv22，解得：v1＝eq\f(2,3)v0，v2＝－eq\f(1,3)v0，根據左手定則可知甲、乙兩小球運動軌跡是外切圓，根據洛倫茲力提供向心力有qvB＝meq\f(v2,R)可得R＝eq\f(mv,qB)，半徑之比為R甲∶R乙＝4∶1，故選項B正確，A、C、D錯誤．3.(多選)(2019·云南第二次統(tǒng)一檢測)如圖3所示，傾角為θ＝37°的足夠長的平行金屬導軌固定在水平面上，兩導體棒ab、cd垂直于導軌放置，空間存在垂直導軌平面向上的勻強磁場，磁感應強度大小為B.現給導體棒ab沿導軌平面向下的初速度v0使其沿導軌向下運動，已知兩導體棒質量均為m，電阻相等，兩導體棒與導軌之間的動摩擦因數均為μ＝0.75，導軌電阻忽略不計，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.從ab開始運動到兩棒相對靜止的整個運動過程中兩導體棒始終與導軌保持良好的接觸，下列說法正確的是()圖3A．導體棒cd中產生的焦耳熱為eq\f(1,4)mv02B．導體棒cd中產生的焦耳熱為eq\f(1,8)mv02C．當導體棒cd的速度為eq\f(1,4)v0時，導體棒ab的速度為eq\f(1,2)v0D．當導體棒ab的速度為eq\f(3,4)v0時，導體棒cd的速度為eq\f(1,4)v0【答案】BD【解析】由題意可知：mgsin37°＝μmgcos37°，則兩棒組成的系統(tǒng)沿軌道方向動量守恒，當最終穩(wěn)定時：mv0＝2mv，解得v＝0.5v0，則回路產生的焦耳熱為Q＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)·2mv2＝eq\f(1,4)mv02，則導體棒cd中產生的焦耳熱為Qcd＝Qab＝eq\f(1,2)Q＝eq\f(1,8)mv02，選項A錯誤，B正確；當導體棒cd的速度為eq\f(1,4)v0時，則由動量守恒：mv0＝m·eq\f(1,4)v0＋mvab，解得vab＝eq\f(3,4)v0，選項C錯誤；當導體棒ab的速度為eq\f(3,4)v0時，則由動量守恒：mv0＝m·eq\f(3,4)v0＋mvcd，解得vcd＝eq\f(1,4)v0，選項D正確．4.如圖4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．質量為3m、電荷量為＋q的球A由靜止開始運動，與相距為L、質量為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．兩球均可視為質點，求：圖4(1)兩球發(fā)生碰撞前A球的速度大小；(2)A、B碰撞過程中系統(tǒng)損失的機械能；(3)A、B碰撞過程中B球受到的沖量大小．【答案】(1)eq\r(\f(2EqL,3m))(2)eq\f(1,4)EqL(3)eq\f(\r(6EqLm),4)【解析】(1)由動能定理：EqL＝eq\f(1,2)×3mv2解得v＝eq\r(\f(2EqL,3m))(2)A、B碰撞時間極短，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)v1解得v1＝eq\f(3,4)v系統(tǒng)損失的機械能：ΔE＝eq\f(1,2)×3mv2－eq\f(1,2)(3m＋m)v12＝eq\f(