专题5 第2讲能量和动量知识在电学中的应用

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动量观点与能量观点,在电学中的应用

动量观点与能量观点在电学中的应用一、【基础回归】1.静电力做功与路径无关。

若电场为匀强电场，则W＝Flcos α＝qElcos α；若是非匀强电场，则一般利用W＝qU来求。

2.静电力做的功等于电势能的变化，即W AB＝－ΔE p。

3.电流做功的实质是电场对移动电荷做功，即W＝UIt＝qU。

4.磁场力又可分为洛伦兹力和安培力。

洛伦兹力在任何情况下对运动电荷都不做功；安培力可以做正功、负功，还可以不做功。

5.电磁感应中的能量问题克服安培力做功电能(1)能量转化：其他形式的能量――→电流做功焦耳热或其他形式能电能――→(2)焦耳热的三种求法：①焦耳定律：Q＝I2Rt②功能关系：Q＝W克服安培力③能量转化：Q＝W其他能的减少量,二、【解题策略】动量观点和能量观点在电学中应用的题目，一般过程复杂且涉及多种性质不同的力，因此，要抓住4点：(1)受力分析和运动过程分析是关键。

(2)根据不同的运动过程中各力做功的特点来选择相应规律求解。

(3)力学中的几个功能关系在电学中仍然成立。

(4)感应电动势是联系电磁感应与电路的桥梁，要做好“源”的分析，电磁感应产生的电功率等于内、外电路消耗的功率之和，这是能量守恒分析这类问题的思路。

三【典例应用】应用1：功能关系在电学中的应用【真题示例】 (多选)(2017·全国卷Ⅲ，21)一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c三点的位置如图1所示，三点的电势分别为10 V、17 V、26 V。

下列说法正确的是( )图1A.电场强度的大小为2.5 V/cmB.坐标原点处的电势为1 VC.电子在a点的电势能比在b点的低7 eVD.电子从b点运动到c点，电场力做功为9 eV解析：如图所示，设a 、c 之间的d 点电势与b 点电势相同，则addc ＝10－1717－26＝79，所以d 点的坐标为(3.5 cm ，6 cm)，过c 点作等势线bd 的垂线，电场强度的方向由高电势指向低电势。

高中物理选择性必修第一册第1章动量和动量守恒定律专题强化5 动量、动力学和能量观点在力学中的应用

动量、动力学和能量观点在力学中的应用[学习目标] 1.进一步熟悉牛顿第二定律、动能定理、动量守恒定律、能量守恒定律等规律.2.灵活运用动力学观点、动量观点和能量观点解决力学问题．一、力的三个作用效果与五个规律作用效果对应规律公式表达三个基本观点力的瞬时作用效果牛顿第二定律F合＝ma动力学观点力对空间积累效果动能定理W合＝ΔE k W合＝12m v22－12m v12能量观点机械能守恒定律mgh1＋12m v12＝mgh2＋12m v22力对时间积累效果动量定理F合t＝p′－pI合＝Δp动量观点动量守恒定律m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′二、力学规律的选用原则1．如果要列出各物理量在某一时刻的关系式，可用牛顿第二定律．2．研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时，一般用动量定理(涉及时间的问题)或动能定理(涉及位移的问题)去解决问题．3．若研究的对象为一物体系统，且它们之间有相互作用，一般用两个守恒定律解决问题，但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件．4．在涉及相对位移问题时优先考虑利用能量守恒定律求解，根据系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量(即转化为系统内能的量)列方程．5．在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，需注意到这些过程一般隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转化，这种问题由于作用时间极短，因此动量守恒定律一般能派上大用场．如图1所示，较长的曲面与水平桌面平滑连接，将m 1、m 2之间的轻弹簧压缩后用细线连接，置于水平桌面上，弹簧与两物体不拴连．现将细线烧断，弹簧将两物体弹开，m 2离开弹簧后从右边飞出，m 1冲上曲面．已知桌面高为h ，m 2平抛的水平射程为x ，m 1＝2m ，m 2＝m ，不计一切摩擦，重力加速度为g ，求：图1(1)m 2离开弹簧时的速度大小；(2)m 1上升到曲面最高点时距桌面的高度H ； (3)弹簧的最大弹性势能．答案 (1)xg 2h (2)x 216h (3)3mgx 28h解析 (1)对m 2平抛过程分析，有 h ＝12gt 2， x ＝v 2t 解得v 2＝xg 2h. (2)弹簧将两物体弹开的过程，m 1、m 2组成的系统动量守恒，取向左为正方向，由动量守恒定律有m 1v 1－m 2v 2＝0 解得v 1＝x2g 2h对m 1冲上曲面过程，由机械能守恒定律有 m 1gH ＝12m 1v 12解得H ＝x 216h.(3)弹簧的最大弹性势能为E p ＝12m 1v 12＋12m 2v 22解得E p ＝3mgx 28h.(1)灵活选取系统.根据题目的特点可选取其中动量守恒或能量守恒的几个物体为研究对象，不一定选所有的物体为研究对象.(2)灵活选取物理过程.在综合题目中，物体运动常有几个不同的过程，根据题目的已知、未知条件灵活地选取物理过程来研究.列方程前要注意分析、判断所选过程动量、能量的守恒情况.(2020·湖北曾都高二期中)如图2，光滑的水平地面上静止放置一辆小车A ，质量m A＝5 kg ，上表面光滑，可视为质点的物块B 置于A 的最右端，B 的质量m B ＝3 kg.现对A 施加一个水平向右的恒力F ＝10 N ，A 运动一段时间后，小车左端固定的挡板与B 发生碰撞，碰撞时间极短，碰后A 、B 粘合在一起，共同在F 的作用下继续运动，碰撞后经时间t ＝0.8 s ，二者的速度达到v t ＝2 m/s.求：图2(1)A 开始运动时加速度a 的大小； (2)A 、B 碰撞后瞬间的共同速度v 的大小； (3)A 的上表面长度l .答案 (1)2.0 m/s 2 (2)1 m/s (3)0.64 m解析 (1)以A 为研究对象，由牛顿第二定律有F ＝m A a 代入数据解得a ＝Fm A＝2.0 m/s 2(2)A 、B 碰撞后一起在F 的作用下运动时间t 的过程中，由动量定理得 Ft ＝(m A ＋m B )v t －(m A ＋m B )v 代入数据解得v ＝1 m/s(3)设A 、B 发生碰撞前，A 的速度为v A ，对A 、B 发生碰撞的过程，由动量守恒定律有 m A v A ＝(m A ＋m B )vA 从开始运动到与B 发生碰撞前，由动能定理有 Fl ＝12m A v A 2代入数据可得l ＝0.64 m.1．(动力学和动量观点的综合应用)(多选)如图3所示，一平台到地面的高度为h ＝0.45 m ，质量为M ＝0.3 kg 的木块放在平台的右端，木块与平台间的动摩擦因数为μ＝0.2.地面上有一质量为m ＝0.1 kg 的玩具青蛙，距平台右侧的水平距离为x ＝1.2 m ，旋紧发条后释放，让玩具青蛙斜向上跳起，当玩具青蛙到达木块的位置时速度恰好沿水平方向，玩具青蛙立即抱住木块并和木块一起滑行．已知木块和玩具青蛙均可视为质点，玩具青蛙抱住木块过程时间极短，不计空气阻力，重力加速度g ＝10 m/s 2，则下列说法正确的是( )图3A ．玩具青蛙在空中运动的时间为0.3 sB ．玩具青蛙在平台上运动的时间为2 sC ．玩具青蛙起跳时的速度大小为3 m/sD ．木块开始滑动时的速度大小为1 m/s 答案 AD解析由h ＝12gt 12得玩具青蛙在空中运动的时间为t 1＝0.3 s ，A 项正确；玩具青蛙离开地面时的水平速度和竖直速度分别为v x ＝xt 1＝4 m/s ，v y ＝gt 1＝3 m/s ，则玩具青蛙起跳时的速度大小为v 0＝v x 2＋v y 2＝5 m/s ，C 项错误；由动量守恒定律得m v x ＝(M ＋m )v ，解得木块开始滑动时的速度大小为v ＝1 m/s ，D 项正确；对木块及玩具青蛙，由动量定理得：－μ( M ＋m )gt 2＝0－(M ＋m )v ，解得玩具青蛙在平台上运动的时间为t 2＝0.5 s ，B 项错误．2．(力学三大观点的综合运用)(2021·忻州一中月考)如图4所示，一水平轻弹簧右端固定在粗糙水平面右侧的竖直墙壁上，质量为M ＝2 kg 的物块静止在水平面上的P 点，质量为m ＝1 kg 的小球用长l ＝0.9 m 的轻绳悬挂在P 点正上方的O 点．现将小球拉至轻绳与竖直方向成60°角位置，静止释放．小球到达最低点时恰好与物块发生弹性正碰．碰后物块向右运动并压缩弹簧，之后物块被弹回，刚好能回到P 点．设小球与物块只碰撞一次，不计空气阻力，物块和小球均可视为质点，重力加速度取g ＝10 m/s 2.求：图4(1)小球第一次摆到最低点与物块碰撞前瞬间对轻绳的拉力大小； (2)弹簧的最大弹性势能E p . 答案 (1)20 N (2)2 J解析 (1)小球静止释放，由机械能守恒定律：mgl (1－cos 60°)＝12m v 02小球在最低点由牛顿第二定律得：F T －mg ＝m v 02l又由牛顿第三定律有小球对轻绳的拉力F T ′＝F T 解得：F T ′＝20 N.(2)小球与物块发生弹性碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律得：m v 0＝m v 0′＋M v 1 12m v 02＝12m v 0′2＋12M v 12 物块从P 点运动到最右端，由能量守恒定律得：12M v 12＝E p ＋Q小球反弹后回到P 点的过程，又有：E p ＝Q 联立解得：E p ＝2 J.1．(多选)如图1所示，水平轻质弹簧的一端固定在墙上，另一端与质量为m 的物体A 相连，A 放在光滑水平面上，有一质量与A 相同的物体B ，从离水平面高h 处由静止开始沿固定光滑曲面滑下，与A 相碰后一起将弹簧压缩，弹簧恢复原长后某时刻B 与A 分开且沿原曲面上升．下列说法正确的是(重力加速度为g )( )图1A ．弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为mghB ．弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为mgh2C ．B 与A 分开后能达到的最大高度为h4D ．B 与A 分开后能达到的最大高度不能计算答案 BC解析根据机械能守恒定律可得B 刚到达水平面的速度v 0＝2gh ，根据动量守恒定律可得A 与B 碰撞后的速度为v ＝12v 0，所以弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为E pm ＝12×2m v 2＝12mgh ，故A 错误，B 正确；当弹簧再次恢复原长时，A 与B 分开，B 以大小为v 的速度向左沿曲面上滑，根据机械能守恒定律可得mgh ′＝12m v 2，解得B 能达到的最大高度为h ′＝14h ，故C 正确，D 错误．2．(多选)如图2甲，光滑水平面上放着长木板B ，质量为m ＝2 kg 的木块A 以速度v 0＝2 m/s 滑上原来静止的长木板B 的上表面，由于A 、B 之间存在摩擦，之后木块A 与长木板B 的速度随时间变化情况如图乙所示，重力加速度g ＝10 m/s 2，则下列说法正确的是( )图2A ．木块A 与长木板B 之间的动摩擦因数为0.1 B ．长木板的质量M ＝2 kgC ．长木板B 的长度至少为2 mD ．木块A 与长木板B 组成的系统损失的机械能为4 J 答案 AB解析由题图可知，木块A 先做匀减速运动，长木板B 先做匀加速运动，最后一起做匀速运动，共同速度v ＝1 m/s ，取向右为正方向，根据动量守恒定律得m v 0＝(m ＋M )v ，解得M ＝m ＝2 kg ，故B 正确；由题图可知，长木板B 匀加速运动的加速度为a B ＝Δv Δt ＝11 m/s 2＝1 m/s 2，对长木板B ，根据牛顿第二定律得μmg ＝Ma B ，解得μ＝0.1，故A 正确；由题图可知前1 s 内长木板B 的位移为x B ＝12×1×1 m ＝0.5 m ，木块A 的位移为x A ＝2＋12×1 m ＝1.5 m ，所以长木板B 的最小长度为L ＝x A －x B ＝1 m ，故C 错误；木块A 与长木板B 组成的系统损失的机械能为ΔE ＝12m v 02－12(m ＋M )v 2＝2 J ，故D 错误．3.(2020·广东省实验中学、广雅中学、佛山一中高二下期末)如图3所示，一质量为M B ＝6 kg 的木板B 静止于光滑的水平面上，物块A 的质量M A ＝6 kg ，停在B 的左端，一质量为m ＝ 1 kg 的小球用长为l ＝0.8 m 的轻绳悬挂在固定点O 上．将轻绳拉直至水平位置后，由静止释放小球，小球在最低点与A 发生碰撞后反弹，反弹所能达到的最大高度h ＝0.2 m ，物块A 与小球均可视为质点，A 、B 达到共同速度后A 还在木板上，不计空气阻力，g 取10 m/s 2.图3(1)小球和物块A 碰后瞬间物块A 的速度大小； (2)A 、B 组成的系统因摩擦损失的机械能．答案 (1)1 m/s (2)1.5 J解析 (1)对于小球，在运动的过程中机械能守恒，则有mgl ＝12m v 12，得v 1＝2gl ＝4 m/s ，mgh ＝12m v 1′2，得v 1′＝2gh ＝2 m/s小球与物块A 碰撞过程中，系统的动量守恒，以向右为正方向，则有：m v 1＝－m v 1′＋M A v A ，解得v A ＝1 m/s(2)物块A 与木板B 相互作用过程中： M A v A ＝(M A ＋M B )v 共，解得v 共＝0.5 m/s. A 、B 组成的系统因摩擦而损失的机械能 ΔE ＝12M A v A 2－12(M A ＋M B )v 共2代入数据，解得ΔE ＝1.5 J4．如图4所示，光滑的水平面上有一质量M ＝9 kg 的木板，其右端恰好和14光滑固定的圆弧轨道AB 的底端等高对接(木板的水平上表面与圆弧轨道相切)，木板右端放有一质量m 0＝2 kg 的物体C (可视为质点)，已知圆弧轨道半径R ＝0.9 m ，现将一质量m ＝4 kg 的小滑块(可视为质点)，在轨道顶端A 点由静止释放，滑块滑到B 端后冲上木板，并与木板右端的物体C 粘在一起沿木板向左滑行，最后恰好不从木板左端滑出，已知滑块和物体C 与木板上表面间的动摩擦因数均为μ＝0.2，取g ＝10 m/s 2.求：图4(1)滑块到达圆弧的B 端时，轨道对它的支持力大小； (2)木板的长度l .答案 (1)120 N (2)1.2 m解析 (1)滑块从A 端下滑到B 端，由机械能守恒定律得 mgR ＝12m v 02解得v 0＝3 2 m/s在B 点，由牛顿第二定律得 F N －mg ＝m v 02R解得轨道对滑块的支持力F N ＝120 N.(2)滑块滑上木板后，滑块与木板右端的物体C 发生碰撞，以向左为正方向，设碰撞后共同的速度为v 1，则 m v 0＝(m ＋m 0)v 1 代入数据得v 1＝2 2 m/s对滑块、物体C 以及木板，三者组成的系统沿水平方向的动量守恒，设末速度为v 2，由动量守恒定律有(m ＋m 0)v 1＝(m ＋m 0＋M )v 2 由能量守恒定律得μ(m ＋m 0)gl ＝12(m ＋m 0)v 12－12(M ＋m ＋m 0)v 22解得l ＝1.2 m.5.如图5所示，C 是放在光滑的水平面上的一块木板，木板的质量为3m ，在木板的上表面有两块质量均为m 的小木块A 和B ，它们与木板间的动摩擦因数均为μ.最初木板静止，A 、B 两木块同时以相向的水平初速度v 0和2v 0滑上长木板，木板足够长，A 、B 始终未滑离木板也未发生碰撞．重力加速度为g ，求：图5(1)此后运动过程中木块B 的最小速度是多少？(2)木块A 从刚开始运动到A 、B 、C 速度刚好相等的过程中，木块A 发生的位移是多少？答案见解析解析 (1)由题知，B 向右减速，A 向左减速，此时C 静止不动；A 先减速到零后与C 一起反向向右加速，B 向右继续减速，三者共速时，B 的速度最小．取向右为正方向，根据动量守恒定律有 m ·2v 0－m v 0＝5m v 解得B 的最小速度v ＝v 05.(2)A 向左减速的过程，根据动能定理有－μmgx 1＝0－12m v 02向左的位移为x 1＝v 022μgA 、C 一起向右加速的过程，根据动能定理有 μmgx 2＝12×4m ⎝⎛⎭⎫v 052向右的位移为x 2＝2v 0225μg取向右为正方向，整个过程A 发生的位移为 x ＝x 2－x 1＝－21v 0250μg即此过程中A 发生的位移向左，大小为21v 0250μg.6.(2020·嘉祥县第一中学高二期中)如图6所示，小球A 质量为m ，系在细线的一端，细线的另一端固定在O 点，O 点到光滑水平面的距离为h .物块B 和C 的质量分别是4m 和2m ，物块B 、C 与轻弹簧接触不拴接，静止置于光滑的水平面上，且物块B 位于O 点正下方．现拉动小球A 使细线水平伸直，小球A 由静止释放，运动到最低点时与物块B 发生正碰(碰撞时间极短)，反弹后上升到最高点时与水平面的距离为h9.小球A 与物块B 、C 均可视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g ，求碰撞过程：图6(1)物块B 受到的冲量大小； (2)碰后轻弹簧获得的最大弹性势能； (3)物块C 获得的最大速度的大小．答案 (1)4m 32gh (2)427mgh (3)492gh解析 (1)设小球A 运动到最低点与物块B 碰撞前的速度大小为v 1，取小球A 运动到最低点时的重力势能为零，根据机械能守恒定律有mgh ＝12m v 12解得v 1＝2gh设碰撞后小球A 反弹的速度大小为v 1′，根据机械能守恒定律有：12m v 1′2＝mg h9解得v 1′＝2gh3设碰撞后物块B 的速度大小为v 2，取水平向右为正方向，由动量守恒定律有m v 1＝－m v 1′＋4m v 2 解得v 2＝2gh 3由动量定理可得，碰撞过程物块B 受到的冲量大小为I ＝4m v 2＝4m 2gh3(2)碰撞后当物块B 与物块C 速度相等时轻弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒定律有4m v 2＝6m v 3根据机械能守恒定律有E pm ＝12×4m v 22－12×6m v 32解得E pm ＝427mgh (3)当压缩的弹簧恢复原长时，C 物块获得的速度最大，根据动量守恒定律和能量守恒定律有 4m v 2＝4m v 2′＋2m v 3′12×4m v 22＝12×4m v 2′2＋12×2m v 3′2 解得v 3′＝492gh。

专题05 能量观点和动量观点在电磁学中的应用【讲】-2023年高考物理二轮热点题型归纳(解析)

专题05能量观点和动量观点在电磁学中的应用【要点提炼】1.电磁学中的功能关系(1)电场力做功与电势能的关系：W 电＝－ΔE p 电。

推广：仅电场力做功，电势能和动能之和守恒；仅电场力和重力及系统内弹力做功，电势能和机械能之和守恒。

(2)洛伦兹力不做功。

(3)电磁感应中的功能关系其他形式的能量――→克服安培力做功电能――→电流做功焦耳热或其他形式的能量2．电路中的电功和焦耳热(1)电功：W 电＝UIt ；焦耳热：Q ＝I 2Rt 。

(2)纯电阻电路：W 电＝Q ＝UIt ＝I 2Rt ＝U 2Rt ，U ＝IR 。

(3)非纯电阻电路：W 电＝Q ＋E 其他，U >IR 。

(4)求电功或电热时用有效值。

(5)闭合电路中的能量关系电源总功率任意电路：P 总＝EI ＝P 出＋P 内纯电阻电路：P 总＝I 2(R ＋r )＝E 2R ＋r电源内部消耗的功率P 内＝I 2r ＝P 总－P 出电源的输出功率任意电路：P 出＝UI ＝P 总－P 内纯电阻电路：P 出＝I 2R ＝E 2R（R ＋r ）2P 出与外电阻R 的关系电源的效率任意电路：η＝P出P总×100%＝UE×100%纯电阻电路：η＝RR＋r×100%由P出与外电阻R的关系可知：①当R＝r时，电源的输出功率最大为P m＝E24r。

②当R>r时，随着R的增大输出功率越来越小。

③当R<r时，随着R的增大输出功率越来越大。

④当P出<P m时，每个输出功率对应两个外电阻R1和R2，且R1R2＝r2。

3．动量观点在电磁感应中的应用(1)动量定理在电磁感应中的应用导体在磁场对感应电流的安培力作用下做非匀变速直线运动时，在某过程中由动量定理有：BL I1Δt1＋BL I2Δt2＋BL I3Δt3＋…＝m v－m v0通过导体横截面的电荷量q＝I1Δt1＋I2Δt2＋I3Δt3＋…得BLq＝m v－m v0，在题目涉及通过电路横截面的电荷量q时，可考虑用此表达式。

高中物理选修课件动量和能量的综合应用

动量定理
根据动量守恒定律，可以推导出动量定理，即物体动量的变化等于作用在物体上的合外力的冲量。
能量在变质量问题中应用
01
能量守恒定律
在变质量问题中，系统内的能量仍然守恒，即系统初能量等于系统末能
量。
02
功能原理
根据能量守恒定律，可以推导出功能原理，即物体动能的变化等于作用
在物体上的合外力所做的功。
高中物理选修课件动量和能量的综合应用
汇报人：XX
汇报时间：20XX-01-18
目录
• 动量与能量基本概念 • 碰撞过程中动量与能量守恒 • 火箭飞行原理及宇宙速度计算 • 爆炸、反冲现象中动量与能量应用
目录
• 变质量问题中动量与能量应用 • 综合性问题中动量与能量综合应用
01
动量与能量基本概念
计算方法
第一宇宙速度的计算公式为v1=√(GM/R)，其中G为万有引力常数，M为地球质量，R为地球半径。通过测量地球的质量和半径，可以计算出第一宇宙速度。
第二、第三宇宙速度简介
第二宇宙速度定义
第二宇宙速度是指物体完全摆脱地球引力束缚，飞离地球的所需要的最小初始速度，数值上等于11.2km/s。
第三宇宙速度定义
第三宇宙速度是指在地球上发射的物体摆脱太阳引力束缚，飞出太阳系所需的最小初始速度，数值上等于16.7km/s。
04
爆炸、反冲现象中动量与能量应用
爆炸现象分析
01
爆炸定义
爆炸是物质在极短时间内产生大量气体，体积迅速膨胀，对
外界做出巨大功的现象。
02
爆炸特点
作用时间短，内力远大于外力，系统动量守恒。
碰撞后速度相同
在完全非弹性碰撞中，两个物体会粘在一起继续运动，因此它们的速度相同。

专题05 能量观点和动量观点在电磁学中的应用【练】-2023年高考物理班二轮热点题型归纳(解析)

专题05能量观点和动量观点在电磁学中的应用一、单选题1．（2022·浙江·高考真题）某种气体—电子放大器的局部结构是由两块夹有绝缘介质的平行金属薄膜构成，其上存在等间距小孔，其中相邻两孔截面上的电场线和等势线的分布如图所示。

下列说法正确的是（）A．a点所在的线是等势线B．b点的电场强度比c点大C．b、c两点间的电势差的值比a、c两点间的大D．将电荷沿图中的线从d→e→f→g移动时电场力做功为零【答案】C【详解】A．因上下为两块夹有绝缘介质的平行金属薄膜，则a点所在的线是电场线，选项A错误；B．因c处的电场线较b点密集，则c点的电场强度比b点大，选项B错误；C．因bc两处所处的线为等势线，可知b、c两点间的电势差的值比a、c两点间的大，选项C正确；D．因dg两点在同一电场线上，电势不相等，则将电荷沿图中的线从d→e→f→g移动时电场力做功不为零，选项D错误。

故选C。

2．（2022·湖南·高考真题）如图，四根完全相同的均匀带正电绝缘长棒对称放置在长方体的四条长边、、c、d上。

移去a处的绝缘棒，假定另外三根绝缘棒电荷分布不变。

关于长方体几何中心O点处电场强度方向和电势的变化，下列说法正确的是（）A．电场强度方向垂直指向a，电势减小B．电场强度方向垂直指向c，电势减小C．电场强度方向垂直指向a，电势增大D．电场强度方向垂直指向c，电势增大【答案】A【详解】根据对称性可知，移去a处的绝缘棒后，电场强度方向垂直指向a，再根据电势的叠加原理，单个点电荷在距其r处的电势为q kϕ=（取无穷远处电势为零）r现在撤去处的绝缘棒后，减小，则点的电势减小。

故选A。

3．（2022·江苏·高考真题）如图所示，正方形ABCD四个顶点各固定一个带正电的点电荷，电荷量相等，O 是正方形的中心。

现将A点的电荷沿OA的延长线向无穷远处移动，则（）A．在移动过程中，O点电场强度变小B．在移动过程中，C点的电荷所受静电力变大C．在移动过程中，移动的电荷所受静电力做负功D．当其移动到无穷远处时，O点的电势高于A点【答案】D【详解】A．O是等量同种电荷连线的中点，场强为0，将A处的正点电荷沿OA方向移至无穷远处，O点电场强度变大，故A不符合题意；B．移动过程中，C点场强变小，正电荷所受静电力变小，故B错误；C．A点电场方向沿OA方向，移动过程中，移动电荷所受静电力做正功，故C错误；D．A点电场方向沿OA方向，沿电场线方向电势降低，移动到无穷远处时，O点的电势高于A点电势，故D正确。

第2课时动量观点和能量观点在电学中的应用

第2课时动量观点和能量观点在电学中的应用电场中的动量与能量动量观点和能量观点在力学和电场中应用时的“三同一异”命题角度一电场力做功的功率问题【例1】(2019·江苏卷，5)一匀强电场的方向竖直向上。

t＝0时刻，一带电粒子以一定初速度水平射入该电场，电场力对粒子做功的功率为P，不计粒子重力，则P－t关系图象是()命题角度二动能定理在电场中的应用【例2】(2019·全国卷Ⅱ，24)如图1，两金属板P、Q水平放置，间距为d。

两金属板正中间有一水平放置的金属网G，P、Q、G的尺寸相同。

G接地，P、Q的电势均为φ(φ＞0)。

质量为m、电荷量为q(q＞0)的粒子自G的左端上方距离G为h的位置，以速度v0平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计。

(1)求粒子第一次穿过G时的动能，以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小；(2)若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？电磁感应中的动量和能量问题1.功能关系在力学和电磁感应中应用时的“四同三异”2.电磁感应中焦耳热的求法命题角度一电磁感应中的能量问题【例1】(多选)如图4所示，固定在倾角为θ的斜面上的两根平行长直光滑金属导轨的间距为d，其底端接有阻值为R的电阻，整个装置处在垂直斜面向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。

一质量为m(质量分布均匀)的导体杆ab垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触。

现杆在沿斜面向上、垂直于杆的恒力F作用下从静止开始沿导轨运动距离L时，速度恰好达到最大(运动过程中杆始终与导轨保持垂直)。

设杆接入电路的电阻为r，导轨电阻不计，重力加速度大小为g。

则此过程中()A.杆的速度最大为（F－mg sin θ）RB2d2B.流过电阻R的电荷量为BdL R＋rC.恒力F做的功与杆所受重力做的功之和等于杆动能的变化量D.恒力F做的功与安培力做的功之和大于杆动能的变化量命题角度二电磁感应中的动量和能量问题【例2】(多选)(2019·枣庄二模)如图5所示，两根足够长的平行光滑金属导轨固定在同一水平面内，两导轨间的距离为L；导轨上面垂直于导轨横放着两根相距x0的导体棒ab、cd，两导体棒与导轨构成矩形闭合回路。

创新设计全国通用高考物理二轮复习专题突破功和能动量和能量第讲能量和动量观在电磁学中的应用

第2讲能量和动量观点在电磁学中的应用1．(多选)(2016·全国卷Ⅰ，20)如图1，一带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直面(纸面)内，且相对于过轨迹最低点P的竖直线对称。

忽略空气阻力。

由此可知( )图1A．Q点的电势比P点高B．油滴在Q点的动能比它在P点的大C．油滴在Q点的电势能比它在P点的大D．油滴在Q点的加速度大小比它在P点的小解析由于油滴受到的电场力和重力都是恒力，所以合外力为恒力，加速度恒定不变，所以D选项错；由于油滴轨迹相对于过P的竖直线对称且合外力总是指向轨迹弯曲内侧，所以油滴所受合外力沿竖直向上的方向，因此电场力竖直向上，且qE>mg，则电场方向竖直向下，所以Q点的电势比P点的高，A选项正确；当油滴从P点运动到Q点时，电场力做正功，电势能减小，C选项错误；当油滴从P点运动到Q点的过程中，合外力做正功，动能增加，所以Q点动能大于P点的动能，B选项正确。

答案AB2．(2015·全国Ⅰ·15)如图2，直线a、b和c、d是处于匀强电场中的两组平行线，M、N、P、Q是它们的交点，四点处的电势分别为φM、φN、φP、φQ。

一电子由M点分别运动到N 点和P点的过程中，电场力所做的负功相等。

则( )图2A．直线a位于某一等势面内，φM＞φQB．直线c位于某一等势面内，φM＞φNC．若电子由M点运动到Q点，电场力做正功D．若电子由P点运动到Q点，电场力做负功解析由电子从M点分别运动到N点和P点的过程中，电场力所做的负功相等可知，φM>φN＝φP ，故过N 、P 点的直线d 位于某一等势面内，则与直线d 平行的直线c 也位于某一等势面内，选项A 错、B 正确；φM ＝φQ ，则电子由M 点运动到Q 点，电场力不做功，选项C 错误；由于φP <φM ＝φQ ，电子由P 点运动到Q 点，电势能减小，电场力做正功，选项D 错误。

答案 B3．(2014·新课标全国Ⅰ，25)如图3所示，O 、A 、B 为同一竖直平面内的三个点，OB 沿竖直方向，∠BOA ＝60°，OB ＝32OA 。

热点专题系列(5) 动力学、动量和能量观点在力学中的应用

热点专题系列(五)动力学、动量和能量观点在力学中的应用热点概述：处理力学问题的三个基本观点：①动力学观点(牛顿运动定律、运动学基本规律)；②能量观点(动能定理、机械能守恒定律、功能关系与能量守恒定律)；③动量观点(动量定理、动量守恒定律)。

熟练应用三大观点分析和解决综合问题是本专题要达到的目的。

[热点透析]动量与动力学观点的综合应用1．解动力学问题的三个基本观点(1)力的观点：用牛顿运动定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题。

(2)能量观点：用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题。

(3)动量观点：用动量定理和动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题。

2.力学规律的选用原则(1)如果要列出各物理量在某一时刻的动力学关系式，可用牛顿第二定律。

(2)研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时，一般用动量定理(涉及时间的问题)或动能定理(涉及位移的问题)去解决问题。

(3)若研究的对象为一物体系统，且它们之间有相互作用，一般用动量守恒定律和能量守恒定律(机械能守恒定律)去解决问题，但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件。

(4)在涉及相对位移问题时则优先考虑能量守恒定律，系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量，即转变为系统内能的量。

(5)在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，需注意到这些过程一般均隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转换，这种问题由于作用时间都极短，因此用动量守恒定律去解决。

(2020·湖北省七市州教科研协作体高三下学期5月联考)如图甲所示，在光滑水平面上有一小车，其质量M＝2 kg，车上放置有质量m A＝2 kg的木板A，木板上有可视为质点的物体B，其质量m B＝4 kg。

已知木板A与小车间的动摩擦因数μ0＝0.3。

A 、B 紧靠车厢前壁，A 的左端与小车后壁间的距离为x ＝2 m 。

现对小车施加水平向右的恒力F ，使小车从静止开始做匀加速直线运动，经过1 s 木板A 与车厢后壁发生碰撞，该过程中A 的速度—时间图象如图乙所示，已知重力加速度大小g ＝10 m/s 2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。

动力学、动量和能量观点在电学中的应用

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.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Ⅰ和Ⅱ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，Ⅰ和Ⅱ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Ⅰ上边界H处由静止释放，在穿过两段磁场区域的过程中，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：图1(1)导体棒进入区域Ⅰ的瞬间，通过电阻R 的电流大小与方向. (2)导体棒通过区域Ⅰ的过程，电阻R 上产生的热量Q . (3)求导体棒穿过区域Ⅰ所用的时间.答案 (1)BL R ＋r 2gH ，方向向左 (2)R R ＋r mg (h ＋d ) (3)B 2L 2dmg (R ＋r )＋2(H －h )g － 2H g解析 (1)设导体棒进入区域Ⅰ瞬间的速度大小为v 1，根据动能定理：mgH ＝12m v 12① 由法拉第电磁感应定律：E ＝BL v 1② 由闭合电路的欧姆定律：I ＝ER ＋r③由①②③得：I ＝BLR ＋r2gH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Ⅱ的速度大小也为v 1，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Ⅰ瞬间的速度大小为v 2，从穿出区域Ⅰ到进入区域Ⅱ，v 12－v 22＝2gh ，得：v 2＝2g (H －h )设导体棒进入区域Ⅰ所用的时间为t ，根据动量定理：设向下为正方向：mgt －B I Lt ＝m v 2－m v 1 此过程通过整个回路的电荷量为：q ＝I t ＝BLdR ＋r 得：t ＝B 2L 2dmg (r ＋R )＋2(H －h )g－2H g变式1 (2018·甘肃天水模拟)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/s 2，则：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，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＝m v a(mg－F)t＝m v b－m v0代入数据可解得v b＝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ΔΦ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，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，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m b ＝m c ＝0.1 kg ，接入电路的有效电阻R b ＝R c ＝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v 0＝10 m /s 开始向左运动，运动过程中b 、c 不相撞，g 取10 m/s 2，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 m b v 0＝(m b ＋m c )v解得c 棒的最大速度为：v ＝m bm b ＋m cv 0＝12v 0＝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 ＝12m b v 02－12(m b ＋m c )v 2＝2.5 J因为R b ＝R c ，所以c 棒达最大速度时此棒产生的焦耳热为Q c ＝Q2＝1.25 J(3)设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：12m c v 2－12m c v ′2＝m c g ·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m c g ＋F ＝m c v ′2R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.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)02gh (2)562gh (3)13mgh解析 (1)设a 棒滑到水平导轨时，速度为v 0，下滑过程中a 棒机械能守恒12m v 02＝mgha 棒与b 棒发生弹性碰撞由动量守恒定律：m v 0＝m v 1＋m v 2 由机械能守恒定律：12m v 02＝12m v 12＋12m v 22解出v 1＝0，v 2＝v 0＝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：m v 2＝m v 2′＋m2v 3′设b 棒进入磁场后任一时刻，b 棒的速度为v b ，c 棒的速度为v c ，则b 、c 组成的回路中的感应电动势E ＝BL (v b －v c )，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 ＝B 2L 2(v b －v c )mR 总.故当b 棒加速度为最大值的一半时有v 2＝2(v 2′－v 3′) 联立得v 2′＝56v 2＝562gh(3)最终b 、c 以相同的速度匀速运动. 由动量守恒定律：m v 2＝(m ＋m2)v由能量守恒定律：12m v 22＝12(m ＋m2)v 2＋Q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 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)2EqL 3m (2)14EqL (3)6EqLm4解析 (1)由动能定理：EqL ＝12×3m v 2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：3m v ＝(3m ＋m )v 1解得v 1＝34v系统损失的机械能：ΔE ＝12×3m v 2－12(3m ＋m )v 12＝14EqL(3)以B 为研究对象，设向右为正方向，由动量定理：I ＝m v 1－0 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 两球相距最近时，A 、B 两球系统的电势能E p ； (3)A 、B 两球最终的速度v A 、v B 的大小. 答案 (1)2gh (2)23mgh (3)132gh 432gh解析 (1)对A 球下滑的过程，据机械能守恒得： 2mgh ＝12×2m v 02解得：v 0＝2gh(2)A 球进入水平轨道后，两球组成的系统动量守恒，以A 球刚进入水平轨道的速度方向为正方向，当两球相距最近时共速：2m v 0＝(2m ＋m )v ，解得：v ＝23v 0＝232gh据能量守恒定律：2mgh ＝12(2m ＋m )v 2＋E p ，解得：E p ＝23mgh(3)当两球相距最近之后，在静电斥力作用下相互远离，两球距离足够远时，相互作用力为零，系统势能也为零，速度达到稳定.以A 球刚进入水平轨道的速度方向为正方向， 2m v 0＝2m v A ＋m v B ，12×2m v 02＝12×2m v A 2＋12m v B 2 得：v A ＝13v 0＝132gh ，v B ＝43v 0＝432gh .命题点三磁场中动量和能量观点的应用例4 如图7所示，ab 、ef 是平行的固定在水平绝缘桌面上的光滑金属导轨，导轨间距为d .在导轨左端ae 上连有一个阻值为R 的电阻，一质量为3m ，长为d ，电阻为r 的金属棒恰能置于导轨上并和导轨良好接触.起初金属棒静止于MN 位置，MN 距离ae 边足够远，整个装置处于方向垂直桌面向下、磁感应强度为B 的匀强磁场中，现有一质量为m 的带电荷量为q 的绝缘小球在桌面上从O 点(O 为导轨上的一点)以与ef 成60°角斜向右方射向ab ，随后小球直接垂直地打在金属棒的中点上，并和棒粘合在一起(设小球与棒之间没有电荷转移).棒运动过程中始终和导轨接触良好，不计导轨间电场的影响，导轨的电阻不计.求：图7(1)小球射入磁场时的速度v 0的大小； (2)电阻R 上产生的热量Q R . 答案 (1)qBd 3m (2)q 2B 2d 2R72m (R ＋r )解析 (1)小球射入磁场后将做匀速圆周运动，设圆周运动的半径为r ，其轨迹如图所示由几何知识可知：d2＝r ＋r sin (90°－60°)① 小球在磁场中做匀速圆周运动：q v 0B ＝m v 20r② 由①②得：v 0＝qBd3m③(2)小球和金属棒的碰撞过程，以向左为正方向，由动量守恒定律得： m v 0＝(m ＋3m )v④金属棒切割磁感线的过程中，棒和小球的动能转化为电能进而转化成焦耳热： 12(m ＋3m )v 2＝Q ⑤ Q R ＝R R ＋rQ⑥由③④⑤⑥可得：Q R ＝q 2B 2d 2R72m (R ＋r )变式4 如图8所示，水平虚线X 下方区域分布着方向水平、垂直纸面向里、磁感应强度为B 的匀强磁场，整个空间存在匀强电场(图中未画出).质量为m 、电荷量为＋q 的小球P 静止于虚线X 上方A 点，在某一瞬间受到方向竖直向下、大小为I 的冲量作用而做匀速直线运动.在A 点右下方的磁场中有定点O ，长为l 的绝缘轻绳一端固定于O 点，另一端连接不带电的质量同为m 的小球Q ，自然下垂，保持轻绳伸直，向右拉起Q ，直到绳与竖直方向有一小于5°的夹角，在P 开始运动的同时自由释放Q ，Q 到达O 点正下方W 点时速率为v 0.P 、Q 两小球在W 点发生相向正碰，碰到电场、磁场消失，两小球黏在一起运动.P 、Q 两小球均视为质点，P 小球的电荷量保持不变，绳不可伸长，不计空气阻力，重力加速度为g .图8(1)求匀强电场场强E 的大小和P 进入磁场时的速率v ； (2)若绳能承受的最大拉力为F ，要使绳不断，F 至少为多大？答案 (1)mg q Im (2)(I －m v 0)22ml＋2mg解析 (1)设小球P 所受电场力为F 1，则F 1＝qE 在整个空间重力和电场力平衡，有F 1＝mg 联立得E ＝mgq由动量定理得I ＝m v 故v ＝I m.(2)设P 、Q 相向正碰后在W 点的速度为v m ，以与v 0相反的方向为正方向，由动量守恒定律得m v －m v 0＝(m ＋m )v m此刻轻绳的拉力为最大，由牛顿第二定律得 F －(m ＋m )g ＝(m ＋m )l v m 2联立相关方程，得 F ＝(I －m v 0)22ml＋2mg .1.如图1所示，两根彼此平行放置的光滑金属导轨，其水平部分足够长且处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B .现将质量为m 1的导体棒ab 放置于导轨的水平段，将质量为m 2的导体棒cd 从导轨的圆弧部分距水平段高为h 的位置由静止释放.已知导体棒ab 和cd 接入电路的有效电阻分别为R 1和R 2，其他部分电阻不计，整个过程中两导体棒与导轨接触良好且未发生碰撞，重力加速度为g .求：图1(1)导体棒ab 、cd 最终速度的大小； (2)导体棒ab 所产生的热量.答案 (1)都为m 2m 1＋m 22gh (2)R 1R 1＋R 2·m 1m 2m 1＋m 2·gh解析 (1)设导体棒cd 沿光滑圆弧轨道下滑至水平面时的速度为v 0，由机械能守恒定律m 2gh ＝12m 2v 02，解得v 0＝2gh ，随后，导体棒cd 切割磁感线产生感应电动势，在回路中产生感应电流，导体棒cd 、ab 受到安培力的作用，其中导体棒cd 所受的安培力为阻力，而导体棒ab 所受的安培力为动力，但系统所受的安培力为零；当导体棒cd 与导体棒ab 速度相等时，回路的感应电动势为零，回路中无感应电流，此后导体棒cd 与导体棒ab 以相同的速度匀速运动，以v 0的方向为正方向，由动量守恒定律可得：m 2v 0＝(m 1＋m 2)v ，解得两棒最终速度为v＝m 2m 1＋m 22gh(2)由能量守恒定律可得系统产生的热量为Q ＝ΔE ＝12m 2v 02－12(m 1＋m 2)v 2＝m 1m 2m 1＋m 2gh由焦耳定律可得，导体棒ab 、cd 所产生的热量之比是：Q 1Q 2＝R 1R 2解得Q 1＝R 1R 1＋R 2·m 1m 2m 1＋m 2·gh 2.(2018·湖南怀化质检)如图2所示，在光滑绝缘水平面上有两个带电小球A 、B ，质量分别为3m 和m ，小球A 带正电q ，小球B 带负电－2q ，开始时两小球相距s 0，小球A 有一个水平向右的初速度v 0，小球B 的初速度为零，若取初始状态下两小球构成的系统的电势能为零，试证明：当两小球的速度相同时系统的电势能最大，并求出该最大值.图2答案见解析解析由于两小球构成的系统合外力为零，设某状态下两小球的速度分别为v A 和v B ，以v 0的方向为正方向，由动量守恒定律得3m v 0＝3m v A ＋m v B① 所以，系统的动能减小量为ΔE k ＝12×3m v 02－12×3m v A 2－12m v B 2②由于系统运动过程中只有电场力做功，所以系统的动能与电势能之和守恒，考虑到系统初状态下电势能为零，故该状态下的电势能可表示为 E p ＝ΔE k ＝12×3m v 02－12×3m v A 2－12m v B 2③ 联立①③两式，得E p ＝－6m v A 2＋9m v 0v A －3m v 02 ④ 由④式得：当v A ＝34v 0⑤ 时，系统的电势能取得最大值，而将⑤式代入①式，得v B ＝v A ＝34v 0⑥ 即当两小球速度相同时系统的电势能最大，最大值为E pmax ＝38m v 02⑦3.如图3所示，“┙”型绝缘滑板(平面部分足够长)，质量为4m ，距滑板的A 壁为L 1的B 处放有一质量为m 、电荷量为＋q 的大小不计的小物体，小物体与板面的摩擦不计，整个装置处于场强为E 、水平向右的匀强电场中，初始时刻，滑板与小物体都静止，试求：图3(1)释放小物体，第一次与滑板A 壁碰前小物体的速度v 1为多大？(2)若小物体与A 壁碰后相对水平面的速度大小为碰前的35，碰撞时间极短，则碰撞后滑板速度为多大？(均指对地速度)(3)若滑板足够长，小物体从开始运动到第二次碰撞前，电场力做功为多大？答案 (1)2qEL 1m (2)252qEL 1m (3)135qEL 1 解析 (1)对物体，根据动能定理，有qEL 1＝12m v 12，得v 1＝2qEL 1m(2)物体与滑板碰撞前后动量守恒，设物体第一次与滑板碰后的速度为v 1′，滑板的速度为v ，以水平向右为正方向，由动量守恒定律得 m v 1＝m v 1′＋4m v若v 1′＝35v 1，则v ＝110v 1，因为v 1′＞v ，不符合实际，故应取v 1′＝－35v 1，则v ＝25v 1＝252qEL 1m. (3)在物体第一次与A 壁碰后到第二次与A 壁碰前，物体做匀变速运动，滑板做匀速运动，在这段时间内，两者相对于水平面的位移相同. 所以12(v 2＋v 1′)t ＝v t ，即v 2＝75v 1＝752qEL 1m. 对整个过程运用动能定理得：电场力做功W ＝12m v 12＋(12m v 22－12m v 1′2)＝135qEL 1.4.(2017·山东青岛一模)如图4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d ＝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d 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m 1＝0.2 kg 、m 2＝0.1 kg ，电阻分别为R 1＝0.1 Ω、R 2＝0.2 Ω.现让ab 棒以v 0＝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/s 2，求：图4(1)ab 棒开始向右运动时cd 棒的加速度a 0； (2)cd 棒刚进入半圆轨道时ab 棒的速度大小v 1； (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 /s 2 (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 ＝Bd v 0 I ＝E R 1＋R 2 BId ＝m 2a 0 解得：a 0＝30 m/s 2(2)设cd 棒刚进入半圆轨道时的速度为v 2，系统动量定恒，有 m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 2 12m 2v 22＝m 2g ·2r ＋12m 2v P 2 m 2g ＝m 2v 2Pr解得：v 1＝7.5 m/s(3)由动能定理得12m 1v 12－12m 1v 02＝－W解得：W ＝4.375 J.。

专题(72)动力学动量和能量观点在电学中的应用(原卷版)

2021年高考物理一轮复习考点全攻关专题（72）动力学动量和能量观点在电学中的应用（原卷版）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．命题热点一：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，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(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 f大小；(2)若磁场不动，将棒ab以水平初速度2v运动，经过时间t＝mRB2L2停止运动，求棒ab运动位移x及回路中产生的焦耳热Q.变式1(多选)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BL 2gh 2RB ．电阻R 中产生的焦耳热为mghC ．磁场左右边界的长度d 为mR 2gh B 2L 2D ．流过电阻R 的电荷量为m 2gh BL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r ＝0.5 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M ＝2 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m ＝1 kg 的ab 金属杆以初速度v 0＝12 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 ＝10 m/s 2，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 .变式2 (2019·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x 0处，导体棒a 以水平速度v 0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．命题热点二：电场和磁场中的动量和能量问题例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5(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．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ΔF，小球运动过程中始终不脱离轨道，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)课时精练：一、双基巩固练：1. 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12，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，粒子在磁场中运动过程的动量变化大小之比为2∶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2. 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v 0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2∶1B ．甲、乙两小球运动轨迹是外切圆，半径之比为4∶1C ．甲、乙两小球运动轨迹是内切圆，半径之比为2∶1D ．甲、乙两小球运动轨迹是内切圆，半径之比为4∶13.(多选)(2019·云南第二次统一检测)如图3所示，倾角为θ＝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v 0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μ＝0.75，导轨电阻忽略不计，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.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14mv 02 B ．导体棒cd 中产生的焦耳热为18mv 02 C ．当导体棒cd 的速度为14v 0时，导体棒ab 的速度为12v 0 D ．当导体棒ab 的速度为34v 0时，导体棒cd 的速度为14v 0 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．5. 如图5所示，质量M ＝1 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m ＝1 kg 的导体棒自ce 端的正上方h ＝2 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B ＝0.5 T ，导轨的间距与导体棒的长度均为L ＝0.5 m ，导轨的半径r ＝0.5 m ，导体棒的电阻R ＝1 Ω，其余电阻均不计，重力加速度g ＝10 m/s 2，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．。

高考物理二轮复习专题四能量与动量功能关系在电学中的应用

第2讲功能关系在电学中的应用(建议用时:40分钟满分:100分)一、选择题(本大题共8小题,每小题8分,共64分,第1～5题只有一项符合题目要求,第6～8题有多项符合题目要求)1.(2020·安徽池州联考)如图所示,匀强电场水平向左,带正电的物体沿绝缘、粗糙水平板向右运动,经A 点时动能为100 J,到B点时动能减少到80 J,减少的动能中有12 J 转化为电势能,则它再经过B点时,动能大小是( B )A.4 JB.16 JC.32 JD.64 J解析:设物体向右运动到C点速度为零,然后返回,A,B间距离为x1,B,C间距离为x2,从A到B过程中,由动能定理得-(f+qE)x1=(80-100)J=-20 J.由电场力做功与电势能的关系知qEx1=12 J,解得qE=.从B到C过程中,由动能定理得-(f+qE)x2=-80 J,解得fx2=32 J.从B到C再返回B的过程中,由动能定理得-2fx2=E k-80 J,解得E k=16 J,故选项B正确.2.(2020·山东烟台模拟)如图(甲),倾角为θ的光滑绝缘斜面,底端固定一带电荷量为Q的正点电荷.将一带正电小物块(可视为质点)从斜面上A点由静止释放,小物块沿斜面向上滑动至最高点B处,此过程中小物块的动能和重力势能随位移的变化图像如图(乙)(E1和x1为已知量).已知重力加速度为g,静电力常量为k,由图像可以求出( C )A.小物块所带电荷量B.A,B间的电势差C.小物块的质量D.小物块速度最大时到斜面底端的距离解析:由动能图线得知,小物块的速度先增大后减小.根据库仑定律得知,小物块所受的库仑力逐渐减小,合外力先减小后增大,加速度先减小后增大,则小物块先沿斜面向上做加速度逐渐减小的加速运动,再沿斜面向上做加速度逐渐增大的减速运动,直至速度为零.由动能图线看出,速度有最大值,此时小物块受力平衡,有库仑力与重力沿斜面的分力平衡,由于没有x的具体数据,所以不能求得小物块所带电荷量,选项A错误;A到B的过程中重力势能的增加等于电势能的减少,所以可以求出小物块电势能的减少,由于小物块的电荷量不知道,所以不能求出A,B之间的电势差,选项B错误;由重力势能图线得到E1=mgh=mgx1sin θ,即可求出m,选项C正确;图像中不能确定哪一点的速度最大,题目中也没有小物块的电荷量等信息,所以不能确定小物块速度最大时到斜面底端的距离,选项D错误.3.(2020·河北邯郸一模)如图所示,一足够长的光滑平行金属轨道,轨道平面与水平面成θ角,上端与一电阻R相连,处于方向垂直轨道平面向上的匀强磁场中.质量为m、电阻为r的金属杆ab,从高为h处由静止释放,下滑一段时间后,金属杆开始以速度v匀速运动直到轨道的底端.金属杆始终保持与轨道垂直且接触良好,轨道的电阻及空气阻力均可忽略不计,重力加速度为g.则( C )A.金属杆加速运动过程中的平均速度为B.金属杆加速运动过程中克服安培力做功的功率大于匀速运动过程中克服安培力做功的功率C.当金属杆的速度为时,它的加速度大小为D.整个运动过程中电阻R产生的焦耳热为mgh-mv2解析:对金属杆分析知,金属杆ab在运动过程中受到重力、轨道支持力和安培力作用,先做加速度减小的加速运动,后做匀速运动,因金属杆加速运动过程不是匀加速,故其平均速度不等于,故选项A错误;当安培力等于重力沿斜面的分力,即mgsin θ=时,杆ab开始匀速运动,此时v最大,F安最大,故匀速运动时克服安培力做功的功率最大,选项B错误;当金属杆速度为时,F安′==mgsin θ,所以F合=mgsin θ-F安′=mgsin θ=ma,得a=,选项C正确;由能量守恒可得mgh-mv2=Q ab+Q R,即mgh-mv2应等于电阻R和金属杆上产生的总焦耳热,选项D错误.4.(2020·江苏十校联考)如图所示,一电荷量为-Q的点电荷甲,固定在绝缘水平面上的O点.另一电荷量为+q、质量为m的点电荷乙,从A点以初速度v0沿它们的连线向甲运动,到B点时的速度减小到最小,大小为v,已知点电荷乙受到水平面的阻力恒为μmg,g为重力加速度,A,B间距离为L,静电力常量为k,则下列说法正确的是( A )A.点电荷甲在B点处的电场强度大小为B.O,B两点间的距离大于C.在点电荷甲形成的电场中,A,B两点间电势差U AB=D.点电荷甲形成的电场中,A点的电势低于B点的电势解析:因为电荷乙从A点运动到B点时的速度减小到最小,故此时电荷乙的加速度为零,即E B q=μmg,即E B=,选项A正确;根据点电荷的场强公式E B=k=,解得x OB=,选项B错误;从A点到B点由动能定理可知qU AB-μmgL=mv2-m,U AB=,选项C错误;点电荷甲带负电,故在所形成的电场中,A点的电势高于B点的电势,选项D错误.5.(2020·浙江绍兴质量检测)如图所示,Ⅰ,Ⅱ是竖直平面内两个相同的半圆形光滑绝缘轨道,K为轨道最低点.轨道Ⅰ处于垂直纸面向外的匀强磁场中,轨道Ⅱ处于水平向右的匀强电场中.两个完全相同的带正电小球a,b从静止开始下滑至第一次到达最低点K的过程中,带电小球a,b相比( C )A.球a所需时间较长B.球a机械能损失较多C.在K处球a速度较大D.在K处球b对轨道压力较大解析:洛伦兹力不做功,仅重力对a做功,由动能定理得mgr=m;重力做正功,电场力对b球做负功,mgr-Eqr=m,由以上两式得v1>v2,a球所需时间较短,选项A,B错误,C正确;在最低点对a球有F N1+F 洛-mg=,对b球有F N2-mg=,无法比较F N1,F N2大小,选项D错误.6.(2020·天津质量调查)光滑水平面上有一边长为L的正方形区ABCD处在电场强度为E的匀强电场中,电场方向与正方形的某一条边平行,一质量为m、带电荷量为q的小球由AD边的中点以垂直于该边的水平初速度v0进入该正方形区域,当小球再次运动到该正方形区域的边缘时,具有的动能可能为( AC )A.m+qELB.m+qELC.m+qELD.m+qEL解析:若电场方向与BC平行,则电场力做的功W≤EqL,动能满足m<E k≤m+qEL.若电场方向与AB平行,则电场力做的功W=qEL或W=-qEL或W=0,动能E k=m+EqL或E k=m-EqL或E k=m,故A,C正确,B,D错误.7.(2020·湖北十三校二联)如图(甲)所示,abcd是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框,在金属线框的下方有一磁感应强度为B的匀强磁场区域,MN和M′N′是匀强磁场区域的水平边界,边界的宽度为s,并与线框的bc边平行,磁场方向与线框平面垂直.现让金属线框由距MN的某一高度从静止开始下落,图(乙)是金属线框由开始下落到完全穿过匀强磁场区域的v t图像(其中OA,BC,DE相互平行).已知金属线框的边长为L(L<s)、质量为m、电阻为R,当地的重力加速度为g,图像中坐标轴上所标出的字母v1,v2,t1,t2,t3,t4均为已知量.(下落过程中bc边始终水平)根据题中所给条件,以下说法正确的是( AC )A.t2时刻是线框全部进入磁场瞬间,t4时刻是线框全部离开磁场瞬间B.从bc边进入磁场起一直到ad边离开磁场为止,克服安培力所做的功为mgsC.v1的大小可能为D.线框穿出磁场过程中流经线框横截面的电荷量比线框进入磁场过程中流经线框横截面的电荷量多解析:线框进入磁场之前,做自由落体运动,即匀加速直线运动;线框的bc边进入磁场后,ad边进入磁场前,bc边受向上的安培力,加速度a=,做加速度越来越小的变减速运动;当线框全部进入磁场中后,线框受安培力为零,又做匀加速直线运动,加速度为g;当bc边出磁场,只有ad边在磁场中时,ad边受向上的安培力,a=,做加速度越来越小的变减速运动;当线框全部出磁场之后,其只受重力,又做匀加速直线运动,加速度为g;对照图(乙)可知,t2时刻是线框全部进入磁场瞬间、t4时刻是线框全部离开磁场瞬间,选项A正确;由能量关系可得,从bc边进入磁场到ad边出磁场的过程中克服安培力做的功为W=mg(s+L)-(m-m),选项B错误;由q=n可知,线框穿出磁场过程中流经线框横截面的电荷量与线框进入磁场过程中流经线框横截面的电荷量相等,选项D错误;当线框速度为v1时,其所受安培力若正好与重力相平衡,则有F安=mg,即=mg,得v1=,选项C正确.8.(2020·湖南师大附中模拟)如图所示,质量为3m的重物与一质量为m的线框用一根绝缘细线连接起来,挂在两个高度相同的定滑轮上,已知线框电阻为R,横边边长为L,水平方向匀强磁场的磁感应强度为B,磁场上下边界的距离、线框竖直边长均为h.初始时刻,磁场的下边缘和线框上边缘的高度差为2h,将重物从静止开始释放,线框穿出磁场前,若线框已经做匀速直线运动,滑轮质量、摩擦阻力均不计.则下列说法中正确的是( AB )A.线框进入磁场时的速度为B.线框穿出磁场时的速度为C.线框进入磁场后,若某一时刻的速度为v′,则加速度为a=g-D.线框通过磁场的过程中产生的热量Q=8mgh-解析:线框进入磁场前,根据重物与线框组成的系统机械能守恒得(3mg-mg)·2h=(3m+m),解得线框进入磁场时的速度为v0=,选项A正确;线框穿出磁场前,根据平衡条件得3mg-mg=F安,而F安=,联立解得线框穿出磁场时的速度为v=,选项B正确;线框进入磁场后,若某一时刻的速度为v′,对整体,根据牛顿第二定律得3mg-mg-=(3m+m)a,解得a=g-,选项C错误;设线框通过磁场的过程中产生的热量为Q.对从静止到刚通过磁场的过程,根据能量守恒得Q=(3mg-mg)·4h-(3m+m)v2,将v=代入得Q=8mgh-,选项D错误.二、非选择题(本大题共2小题,共36分)9.(18分)如图所示,一根有一定电阻的直导体棒质量为m、长为L,其两端放在位于水平面内间距也为L的光滑平行导轨上,并与之接触良好;棒左侧两导轨之间连接一可控电阻;导轨置于匀强磁场中,磁场的磁感应强度大小为B,方向垂直于导轨所在平面.t=0时刻,给导体棒一个平行于导轨的初速度,此时可控电阻的阻值为R0.在棒运动过程中,通过可控电阻的变化使棒中的电流保持恒定.不计导轨电阻,导体棒一直在磁场中.(1)求可控电阻R随时间t变化的关系式;(2)若已知棒中电流为I,求0～t时间内可控电阻上消耗的平均功率P;(3)若在棒的整个运动过程中将题中的可控电阻改为阻值为R0的定值电阻,则棒将减速运动位移x1后停下,而由题中条件,棒将运动位移x2后停下,求的值.解析:(1)因棒中的电流保持恒定,故棒做匀减速直线运动,设棒的电阻为r,电流为I,其初速度为v0,加速度大小为a,经时间t后,棒的速度变为v,则有v=v0-at,而a=t=0时刻棒中电流为I=经时间t后棒中电流为I=由以上各式得R=R0-t.(2)因可控电阻R随时间t均匀减小,故所求功率为P=I2×由以上各式得P=I2(R0-).(3)将可控电阻改为定值电阻R0,棒将做变减速运动.有v0=t′,=,而t′=t′,==,由以上各式得x1=而x2=由以上各式得x2=所求=.答案:(1)R=R0-t (2)I2(R0-)(3)2∶110.(18分)(2020·江南十校二模)如图(甲),斜面AO的倾角α=30°,其表面动摩擦因数为μ1,水平地面OB 动摩擦因数μ2=0.30,过斜面底端O点的竖直线(虚线)右侧,存在平行于OB的匀强电场(图中未画出),视为质点的滑块其质量m=1.00 kg、带电荷量q=+2.00×10-6 C,由静止从斜面上的P点下滑至地面上的Q点,该过程滑块的速率图像如图(乙).(滑块电荷量恒定不变,不考虑经过O点时滑块的能量损失).(1)求P点高度h及动摩擦因数μ1;(2)求匀强电场的大小E和方向及滑块的最大电势能E p(设O点电势为零);(3)在图(乙)中,将1.25秒后滑块速率图像加以补充,并根据变化规律得出滑块第n次从O点向右运动的最大距离s n.解析:(1)根据图像,PO=1.00 m,所以P点高度为h=PO·sin θ=0.50 m.滑块在斜面上向下滑行加速度a1=2.00 m/s2有mgsin 30°-μ1mgcos 30°=ma1,得μ1=.(2)根据图像,在地面上向右滑行加速度a2=8.00 m/s2,滑行位移x OQ=0.25 m,滑块第一次到达O点的速度为v1,电场力做功为W1,故有W1-μ2mg·x OQ=0-m,因v1=2 m/s,得W1=-1.25 J因OQ为在地面上向右滑行的最大距离,所以最大电势能E p=1.25 J.-W1=Eq·x OQ,得E=2.50×106 V/m,方向向左.(3)从P→O,加速度a1=2.00 m/s2,方向沿斜面向下.从O→Q,加速度a2=8.00 m/s2,方向向左.从Q→O,加速度a3==2.00 m/s2,方向向左.从O→P′(第一次返回斜面向上运动),加速度a4==8.00 m/s2,方向沿斜面向下.所以滑块往返运动的速度图像如图.可以看出,图中三角形的高和底边长按比例递减,图中阴影面积为滑块每次从O点向右运动的最大距离,依次为s1,s2,s3,…s n.由图像可以看出s1∶s2∶s3∶…∶s n=1∶()∶()2∶…∶()n-1,又有s1=0.25 m所以s n=s1·()n-1= m(n=1,2,3,…,n).答案:(1)0.50 m(2)2.50×106 V/m 方向向左 1.25 J(3)图见解析S n= m(n=1,2,3,…,n)高考理综物理模拟试卷注意事项：1. 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。

全国通用2018届高考物理复习备课资料能量与动量第2讲功能关系在电学中的应用课件

1.动能定理在力学和电场中应用时的“3同1异”
2.带电粒子在复合场中的运动问题是典型的力电综合问题,一般要从受力、运动、功能的角度来分析;此类问题所涉及的力有重力、电场力、磁场力、弹力、摩擦力等,涉及的运动形式有匀速直线运动、变速直线运动、曲线运动等.
【典例1】 (2017· 百校联盟模拟)如图所示,在方向水平向左、范围足够大的
(1)求流过cd棒的电流Icd随时间t变化的函数关系;
(2)求ab棒在水平导轨上运动的速度vab随时间t变化的函数关系;
解析:(1)由题意知cd棒受力平衡,则 F+Fcd=mgsin 37°
Fcd=B2IcdL,得Icd=0.5t(A).
(2)ab棒中电流Iab=Icd=0.5t(A) 则回路中电源电动势E=IcdR总
ab棒切割磁感线,产生的感应电动势为E=B1Lvab
解得ab棒的速度vab=8t(m/s) 所以,ab棒做初速度为零的匀加速直线运动. 答案:(1)Icd=0.5t(A) (2)vab=8t(m/s)
(3)求从t=0时刻起,1.0 s内通过ab棒的电荷量q;
解析:(3)ab 棒的加速度为 a=8 m/s2, 1.0 s 内的位移为 x= 根据 I =
即 P=(
答案:(1)
(
mg sin 2 ) ·r BL
(2)在第(1)问的基础上,若θ =60°,m=0.1 kg,r= 10 m/s2,则 ab 棒能否运动到圆弧最高点?
解析:(2)到达 P 点时,由 v=
8 4 3 Ω ,B=1 T,L=1 m,R= m,g= 15 3
2mgr sin ,得 vP=4 m/s, 2 2 B L
3 d d-qU=0,当下极板向上移动 ,设粒子未打到下极板,且 3 2

专题(72)动力学动量和能量观点在电学中的应用(解析版)

2021年高考物理一轮复习考点全攻关专题（72）动力学动量和能量观点在电学中的应用（解析版）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．命题热点一：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，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(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 f大小；(2)若磁场不动，将棒ab以水平初速度2v运动，经过时间t＝mRB2L2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：F f＝F安F安＝BI1LI1＝BLv R联立解得：F f ＝B 2L 2v R(2)设棒的平均速度为v ，根据动量定理可得：－F安t －F f t ＝0－2mv F 安＝B I L ，又I ＝BL v R，x ＝v t 联立解得：x ＝mvR B 2L 2 根据动能定理有：－F f x －W 安＝0－12m (2v )2 根据功能关系有Q ＝W 安得：Q ＝mv 2.变式1 (多选)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BL 2gh 2RB ．电阻R 中产生的焦耳热为mghC ．磁场左右边界的长度d 为mR 2gh B 2L 2 D ．流过电阻R 的电荷量为m 2gh BL 【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：mgh ＝12mv 2，得导体棒到达水平面时的速度v ＝2gh ，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E ＝BLv ，最大的感应电流为I ＝BLv 2R ＝BL 2gh 2R，故A 正确；导体棒在整个运动过程中，机械能最终转化为焦耳热，即Q ＝mgh ，故电阻R 中产生的焦耳热为Q R ＝12Q ＝12mgh ，故B 错误；对导体棒，经时间Δt 穿过磁场，由动量定理得：－F 安Δt ＝－BL I Δt ＝－mv ，而q ＝I Δt ，变形得：BLq ＝mv ，解得q ＝mv BL ＝m 2gh BL ，而由q ＝I Δt ＝E 2R Δt ＝BS 2R Δt Δt ＝BS 2R 和S ＝Ld ，解得：d ＝2qR BL ＝2mR 2gh B 2L 2，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r ＝0.5 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M ＝2 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m ＝1 kg 的ab 金属杆以初速度v 0＝12 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 ＝10 m/s 2，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) 5 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：Mg ＝M v 2r解得：v ＝ 5 m/s(2)cd 绝缘杆以速度v 2由NQ 滑至最高点的过程中，由动能定理有：－Mg 2r ＝12Mv 2－12Mv 22 解得：v 2＝5 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v 2＝5 m/s两杆碰撞过程，动量守恒，以v 0的方向为正方向，有：mv 0＝mv 1＋Mv 2解得碰撞后ab 金属杆的速度：v 1＝2 m/sab 金属杆进入磁场后由能量守恒定律有：12mv 12＝Q 解得：Q ＝2 J.变式2 (2019·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x 0处，导体棒a 以水平速度v 0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)18mv 02 (2)x 0－mv 0R B 2L 2 【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 做加速运动，最终二者速度相等．此过程中系统的动量守恒，以v 0的方向为正方向，有mv 0＝2mv根据能量守恒定律12mv 02－12·2mv 2＝Q 导体棒b 中产生的内能Q b ＝Q 2整理得v ＝v 02，Q b ＝18mv 02； (2)设经过时间Δt 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F Δt ＝mv而F ＝BILI ＝E 2RE ＝ΔΦΔtΔΦ＝BL (x 0－x )联立解得x ＝x 0－mv 0R B 2L 2. 命题热点二：电场和磁场中的动量和能量问题例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m 1＝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m 2＝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/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：图5(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v 1，碰撞后共同速度为v 2，以向左为正方向，则qE ＝μ(m 1＋m 2)g qEt ＝m 1v 1m 1v 1＝(m 1＋m 2)v 2联立解得v 2＝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F N ，则R (1－cos θ)＝hF N －(m 1＋m 2)g ＝(m 1＋m 2)v 22R解得：F N ＝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.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ΔF ，小球运动过程中始终不脱离轨道，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)2gR (2)ΔF 2gR 4gRB (3)3mg －ΔF 4，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 ＝12mv C 2 解得v C ＝2gR(2)小球甲第一次通过C 点时，qv C B ＋F 1－mg ＝m v C 2R第二次通过C 点时，F 2－qv C B －mg ＝m v C 2R由题意知ΔF ＝F 2－F 1解得q ＝ΔF 2gR 4gRB(3)因为甲球与乙球在最低点发生的是弹性碰撞，则有mv C ＝mv 甲＋mv 乙 12mv C 2＝12mv 甲2＋12mv 乙2 解得v 甲＝0，v 乙＝v C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＋12qv 乙B －mg ＝m v 乙2R解得F 乙＝3mg －ΔF 4根据牛顿第三定律可知，此时乙球对轨道的压力大小为3mg －ΔF 4，方向竖直向下．课时精练：一、双基巩固练：1. 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12，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，粒子在磁场中运动过程的动量变化大小之比为2∶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a 4，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：qvB ＝m v 2r ，解得：r ＝mv qB，当磁场的磁感应强度大小变为原来的12时，粒子轨道半径变为原来的2倍，即a 2，粒子将从N 点射出，故A 错误；由运动轨迹结合周期公式T ＝2πm qB 可知，当磁场的磁感应强度大小变为原来的12时，T 1＝T 22，粒子从A 点离开磁场的情况下，在磁场中运动的时间t 1＝T 12，粒子从N 点离开磁场的情况下，在磁场中运动的时间t 2＝T 24，可得：t 1＝t 2，即粒子在磁场中运动的时间不变，故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12后，粒子在磁场中运动过程中，动量变化大小为2mv ，即动量变化大小之比为2∶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. 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v 0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2∶1B ．甲、乙两小球运动轨迹是外切圆，半径之比为4∶1C ．甲、乙两小球运动轨迹是内切圆，半径之比为2∶1D ．甲、乙两小球运动轨迹是内切圆，半径之比为4∶1【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v 0方向为正方向，设碰撞后甲球的速度为v 1，乙球的速度为v 2，则有：mv 0＝2mv 1＋mv 2，12mv 02＝12·2mv 12＋12mv 22，解得：v 1＝23v 0，v 2＝－13v 0，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qvB ＝m v 2R 可得R ＝mv qB，半径之比为R 甲∶R 乙＝4∶1，故选项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θ＝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v 0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μ＝0.75，导轨电阻忽略不计，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.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14mv 02 B ．导体棒cd 中产生的焦耳热为18mv 02 C ．当导体棒cd 的速度为14v 0时，导体棒ab 的速度为12v 0 D ．当导体棒ab 的速度为34v 0时，导体棒cd 的速度为14v 0 【答案】BD【解析】由题意可知：mg sin 37°＝μmg cos 37°，则两棒组成的系统沿轨道方向动量守恒，当最终稳定时：mv 0＝2mv ，解得v ＝0.5v 0，则回路产生的焦耳热为Q ＝12mv 02－12·2mv 2＝14mv 02，则导体棒cd 中产生的焦耳热为Q cd ＝Q ab ＝12Q ＝18mv 02，选项A 错误，B 正确；当导体棒cd 的速度为14v 0时，则由动量守恒：mv 0＝m ·14v 0＋mv ab ，解得v ab ＝34v 0，选项C 错误；当导体棒ab 的速度为34v 0时，则由动量守恒：mv 0＝m ·34v 0＋mv cd ，解得v cd ＝14v 0，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) 2EqL 3m (2)14EqL (3)6EqLm 4【解析】(1)由动能定理：EqL ＝12×3mv 2 解得v ＝ 2EqL 3m(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 )v 1解得v 1＝34v 系统损失的机械能：ΔE ＝12×3mv 2－12(3m ＋m )v 12＝14EqL (3)以B 为研究对象，设向右为正方向，由动量定理有：I ＝mv 1－0解得I ＝6EqLm 4，方向水平向右．5. 如图5所示，质量M ＝1 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m ＝1 kg 的导体棒自ce 端的正上方h ＝2 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B ＝0.5 T ，导轨的间距与导体棒的长度均为L ＝0.5 m ，导轨的半径r ＝0.5 m ，导体棒的电阻R ＝1 Ω，其余电阻均不计，重力加速度g ＝10 m/s 2，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)210 m/s (2)25 J (3)94W 【解析】(1)根据机械能守恒定律，可得：mgh ＝12mv 2 解得导体棒刚进入凹槽时的速度大小：v ＝210 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：Q ＝mg (h ＋r )＝25 J(3)设导体棒第一次通过最低点时速度大小为v 1，凹槽速度大小为v 2，导体棒在凹槽内运动时系统在水平方向动量守恒，故有：mv 1＝Mv 2由能量守恒可得：mg (h ＋r )－Q 1＝12mv 12＋12Mv 22 导体棒第一次通过最低点时感应电动势：E ＝BL (v 1＋v 2)回路电功率：P ＝E 2R联立解得：P ＝94W.。

讲能量和动量知识在电学中的应用PPT文档33页

66、节制使快乐增加并使享受加强。 ——德谟克利特 67、今天应做的事没有做，明天再早也是耽误了。——裴斯泰洛齐 68、决定一个人的一生，以及整个命运的，只是一瞬之间。 ——歌德 69、懒人无法享受休息之乐。——拉布克 70、浪费时间是一桩大罪过。——卢梭
讲
1、不要轻言放弃，否则对不起自己。
2、要冒一次险!整个生命就是一场冒险。走得最远的人，常是愿意去做，并愿意去冒险的人。“稳妥”之船，从未能从岸边走远。-戴尔．卡耐基。
梦境
3、人生就像一杯没有加糖的咖啡，喝起来是苦涩的，回味起来却有久久不会退去的余香。
能量和动量知识在电学中的我宁愿选择无悔，不管来生多么美丽，我不愿失去今生对你的记忆，我不求天长地久的美景，我只要生生世世的轮回里有你。

第2讲动量观点和能量观点在电磁学中的应用.pptx

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第2讲动量观点和能量观点在电磁学中的应用
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“物理观念”构建一、电势能变化的规律 1.电场力做正功(负功)，电势能减小(增大)；正电荷在电势高处电势能大，负电
荷在电势低处电势能大。 2.电场力做功的过程是电势能和其他形式的能相互转化，而能量总和应保持不变。
在磁场中运动时间 t＝vd⑨ 焦耳热 Q＝I2Rt＝26.88 J
答案 (1)2.4 m/s
(2)48 N
(3)64 J
26.88 J
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1.动能定理在力学和电场中应用时的“三同一异”
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2.功能关系在力学和电磁感应中应用时的“三同三异”
法。
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“科学思维”展示一、电磁感应中求解焦耳热的三种方法
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二、电磁感应中动力学问题的“两分析、两状态” 1.分析受力情况、分析运动情况
(1)导体切割磁感线运动产生感应电动势，在电路中产生感应电流，导体在磁场中受安培力，安培力将阻碍导体运动。 (2)安培力一般是变力，导体做切割磁感线运动的加速度发生变化，当加速度为零时，导体达到稳定状态，最后做匀速直线运动。 2.两种状态的处理方法 (1)导体处于平衡状态——根据导体所受合力等于零列式分析。 (2)导体处于非平衡状态——根据牛顿第二定律、动量定理进行动态分析或结合功能关系分析。
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22版：专题强化十六动力学、动量和能量观点在电学中的应用（创新设计）

专题强化十六动力学、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。

题型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，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】(2020·湖南衡阳市第一次联考)如图1所示，间距为L＝2 m的两平行光滑金属导轨由倾斜部分和水平部分平滑连接而成，水平导轨处于B＝0.5 T方向垂直导轨平面的匀强磁场中，以磁场左边界为坐标原点，磁场右边界坐标为x1(值未标出)，在坐标为x0＝1.2 m处垂直于水平导轨放置有一质量m＝1 kg、电阻为R＝0.1 Ω的导体棒ab。

现把质量为M＝2 kg、电阻也为R＝0.1 Ω的导体棒cd，垂直导轨放置在倾斜轨道上，并让其从高为h＝1.8 m处由静止释放。

若两导体棒在磁场内运动过程中不会相碰，ab棒出磁场右边界前已达到稳定速度，且两导体棒在运动过程中始终垂直于导轨并接触良好，不计导轨的电阻，忽略磁场的边界效应，g＝10 m/s2。

求：图1(1)cd 棒恰好进入磁场左边界时的速度大小；(2)ab 棒离开磁场右边界前的稳定速度；(3)cd 棒从进入磁场到离开磁场的过程中，安培力对系统做的总功。

解析 (1)cd 棒下落过程中机械能守恒，有Mgh ＝12M v 20，解得v 0＝6 m/s 。

专题5 第2讲 能量和动量知识在电学中的应用

动量观点与能量观点,在电学中的应用

高中物理选择性必修第一册 第1章 动量和动量守恒定律专题强化5 动量、动力学和能量观点在力学中的应用

专题05 能量观点和动量观点在电磁学中的应用 【讲】-2023年高考物理二轮热点题型归纳(解析)

高中物理选修课件动量和能量的综合应用

专题05 能量观点和动量观点在电磁学中的应用 【练】-2023年高考物理班二轮热点题型归纳(解析)

第2课时 动量观点和能量观点在电学中的应用