1、【 精品教育资源文库 】 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 电磁感应中的动量和能量的应用 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、. 2.在相互平行的水平轨道间的双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 如图 1 所示，两根电阻不计的光滑金属导轨竖直放置，相距为 L，导轨上端接电阻 R，宽度相同的水平条形区域 和 内有磁感应强度为 B、方向垂直导轨平面向里的匀强磁场，其宽度均为 d， 和 之间相距为 h 且无磁场 .一长度为 L、质量为 m、电阻 为 r 的导体棒，两端套在导轨上，并与两导轨始终保持良好的接触，导体棒从距区域 上边界 H 处由静止释放，在穿过两段磁场区域
3、的过程中，流过电阻 R 上的电流及其变化情况相同，重力加速度为g.求： 【 精品教育资源文库 】 图 1 (1)导体棒进入区域 的瞬间，通过电阻 R 的电流大小与方向 . (2)导体棒通过区域 的过程，电阻 R 上产生的热量 Q. (3)求导体棒穿过区域 所用的时间 . 答案 (1) BLR r 2gH，方向向左 (2) RR rmg(h d) (3) B2L2dmg R r H hg 2Hg 解析 (1)设导体棒进入区域 瞬间的速度大小为 v1， 根据动能定理： mgH 12mv12 由法拉第电磁感应定律： E BLv1 由闭合电路的欧姆定律： I ER r 由 得： I BLR r 2g
4、H 由右手定则知导体棒中电流方向向右，则通过电阻 R 的电流方向向左 . (2)由题意知，导体棒进入区域 的速度大小也为 v1， 由能量 守恒，得： Q 总 mg(h d) 电阻 R 上产生的热量 Q RR rmg(h d) (3)设导体棒穿出区域 瞬间的速度大小为 v2，从穿出区域 到进入区域 ， v12 v22 2gh，得： v2 2g H h 设导体棒进入区域 所用的时间为 t，根据动量定理： 设向下为正方向： mgt B I Lt mv2 mv1 此过程通过整个回路的电荷量为： q I t BLdR r 得： t B2L2dmg r R H hg 2Hg 变式 1 (2018 甘肃天水
5、模拟 )如图 2 所示，竖直放置的两光滑平行金属导轨，置于垂直于导轨平面向里的匀强磁场中，两根质量相同的导体棒 a 和 b，与导轨紧密接触且可自由滑动 .先固定 a，释放 b，当 b 的速度达到 10 m/s 时，再释放 a，经过 1 s 后， a 的速度达到12 m/s， g 取 10 m/s2，则： 【 精品教育资源文库 】 图 2 (1)此时 b 的速度大小是多少？ (2)若导轨足够长， a、 b 棒最后的运动状态怎样？ 答案 (1)18 m/s (2)匀加速 运动 解析 (1)当 b 棒先向下运动时，在 a 和 b 以及导轨所组成的闭合回路中产生感应电流，于是 a 棒受到向下的安培力
6、， b 棒受到向上的安培力，且二者大小相等 .释放 a 棒后，经过时间 t，分别以 a 和 b 为研究对象，根据动量定理，则有 (mg F)t mva (mg F)t mvb mv0 代入数据可解得 vb 18 m/s (2)在 a、 b 棒向下运动的过程中， a 棒的加速度 a1 g Fm， b 产生的加速度 a2 g Fm.当 a棒的速度与 b 棒接近时，闭合回路中的 逐渐减小，感应电流也逐渐减小， 则安培力也逐渐减小，最后，两棒以共同的速度向下做加速度为 g 的匀加速运动 . 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，
7、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 (2017 湖南长沙四县三月模拟 )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
8、，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 ，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【 精品教育资源文库 】 匀强磁场中，磁场方向与轨道平面垂直向上，光滑竖直半圆轨道在磁场 外，如图 3 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 3 (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
9、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 .选两棒为研究对象，根据动量守恒定律有 mbv0 (mb mc)v 解得 c 棒的 最大速度为： v mbmb mcv0 12v0 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 12mbv02 12(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 Q2 1.25 J (3)设
10、c 棒沿半圆轨道滑到最高点时的速度为 v ，从最低点上升到最高点的过程由机械能守恒可得： 12mcv2 12mcv2 mcg2 R 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 mcv2R 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 . 变式 2 如图 4 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 12m 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 .【 精品教育资源文库 】 图中 de 虚线往右有范围足够大、
11、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 4 (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 2gh (2)56 2gh (3)13mgh 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 12
12、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： 12mv02 12mv12 12mv22 解出 v1 0， v2 v0 2gh (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 m2v3 设 b 棒进入磁场后 任一时刻， 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 ER总，由安培力公式得 F BIL ma，联立得 a B2L2 vb vcmR总 . 故当 b 棒加速
13、度为最大值的一半时有 v2 2(v2 v3) 联立得 v2 56v2 56 2gh (3)最终 b、 c 以相同的速度匀速运动 . 由动量守恒定律： mv2 (m m2)v 由能量守恒 定律： 12mv22 12(m m2)v2 Q 【 精品教育资源文库 】 解出 Q 13mgh 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
14、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) 2EqL3m (2)14EqL (3) 6EqLm4 解析 (1)由动能定理： EqL 123 mv2 解得 v 2EqL3m (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 34v
15、系统损失的机械能： E 123 mv2 12(3m m)v12 14EqL (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 6EqLm4 ，方向水平向右 变式 3 如图 6 所示， LMN 是竖直平面内固定的光滑绝缘轨道， MN 水平且足够长， LM 下端与 MN 相切 .质量为 m 的带正电小球 B 静止 在水平面上，质量为 2m 的带正电小球 A 从 LM 上距【 精品教育资源文库 】 水平面高为 h 处由静止释放，在 A 球进入水平轨道之前，由于 A、 B 两球相距较远，相互作用力可认为是零， A 球进入水平轨道后， A、 B 两球间相互作用视为静电作用，带电小球均可视为质点 .已知 A、 B 两球始终没有接触 .重力加速度为 g.求： 图 6 (1)A 球刚进入水平轨道的速度大小； (2)A、 B 两球
