10.4电磁感应与动量、能量的综合应用
高考物理一轮复习104电磁感应中的动力学和动量能量综合问题课件
2021/12/13
第三十三页，共五十八页。
[解题指导] 解答本题时应从以下两点进行分析： (1)把圆盘理解成“同心圆周导线”和“辐条”切割模型． (2)将实际问题转化为等效电路(各个电源并联，总电动势等于 一个电源的电动势)．
2021/12/13
第三十四页，共五十八页。
[解析] 设圆盘的半径为 r，圆盘转动的角速度为 ω，则圆盘转 动产生的电动势为 E＝12Br2ω，可知转动的角速度恒定，电动势恒 定，电流恒定，A 项正确；根据右手定则可知，从上向下看，圆盘 顺时针转动，圆盘中电流由边缘指向圆心，即电流沿 a 到 b 的方向 流动，B 项正确；圆盘转动方向不变，产生的电流方向不变，C 项 错误；若圆盘转动的角速度变为原来的 2 倍，则电动势变为原来的 2 倍，电流变为原来的 2 倍，由 P＝I2R 可知，电阻 R 上的热功率变 为原来的 4 倍，D 项错误．
[答案]
(1)2∶9
(2)1.2 J
7 (3)12 m
2021/12/13
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题型 2 导体棒转动切割磁感线问题 [典例 4] (2016·全国卷Ⅱ)(多选)法拉第圆盘发电机的示意图如 图所示．铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片 P、Q 分别与圆盘的 边缘和铜轴接触．圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场 B 中．圆盘旋 转时，关于流过电阻 R 的电流，下列说法正确的是( AB )
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突破 电磁感应中的动力学问题 1．导体的两种运动状态 (1)导体的平衡状态——静止状态或匀速直线运动状态． 处理方法：根据平衡条件(合力等于零)列式分析． (2)导体的非平衡状态——加速度不为零． 处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系分 析．
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。
专题：动量与能量观点在电磁感应中的应用(无答案)
专题：动量与能量观点在电磁感应中的应用【方法总结】解决电磁感应问题往往需要力电综合分析，在电磁感应问题中需要动量与能量分析求解时，学生往往无从下手，属于压轴考查，需要学生平时吃透典型物理模型和积累解题经验，现将动量与能量观点求解电磁感应综合问题时常出现典型模型和思路总结如下：1.“双轨+双杆”模型以“2019全国3卷第19题”物理情景为例：如图，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，两相同的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上。
t=0时，棒ab以初速度v0向右滑动。
运动过程中，ab、cd始终与导轨垂直并接触良好：模型分析：双轨和两导体棒组成闭合回路，通过两导体棒的感应电流相等，所受安培力大小也相等，ab棒受到水平向左安培力，向右减速；cd棒受到水平向右安培力，向右加速，最终导体棒ab、cd系统共速，感应电流消失，一起向右做匀速直线运动，该过程由导体棒ab、cd组成的系统合外力为零，动量守恒：2.巧用“动量定理”求通过导体电荷量思路：动量定理得：，由于，所以，即：【精选典例】1.（2019全国Ⅲ卷）如图，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，两相同的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上。
t=0时，棒ab以初速度v0向右滑动。
运动过程中，ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，两者速度分别用v1、v2表示，回路中的电流用I表示。
下列图像中可能正确的是（）2.[多选]如图所示，两根相距为d的足够长的光滑金属导轨固定在水平面上，导轨电阻不计。
磁感应强度为B的匀强磁场与导轨平面垂直，长度等于d的两导体棒M、N平行地放在导轨上，且电阻均为R、质量均为m，开始时两导体棒静止。
现给M一个平行导轨向右的瞬时冲量I，整个过程中M、N均与导轨接触良好，下列说法正确的是()A．回路中始终存在逆时针方向的电流B．N的最大加速度为B2Id2 2m2RC．回路中的最大电流为BId2mRD．N获得的最大速度为Im3.如图所示，PQ和MN是固定于倾角为30°斜面内的平行光滑金属轨道，轨道足够长，其电阻忽略不计。
电磁感应的综合应用(能量问题、动量问题、杆+导轨模型)(学生版)
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2．(10 分)【加试题】（2017 年 4 月浙江选考）间距为 l 的两平行金属导轨由水平部分和倾 斜部分平滑连接而成，如图 所示。倾角为θ的导轨处于大小为 B1 方向垂直导轨平面向上的 匀强磁场区间 I 中。 水平导轨上的无磁场区间静止放置—质量为 3m 的“联动双杆”（由两根 长为 l 的金属杆 cd 和 ef 用长度为 L 的刚性绝缘杆连接构成），在“联动双杆”右侧存在大小 为 B2、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区间 II，其长度大于 L。质量为 m、长为 l 的金属 杆 ab 从倾斜导 轨上端释放，达到匀速后进入水平导轨（无能量损失），杆以与“联动双杆” 发生碰撞，碰后杆 ab 和 cd 合在一起形成“联动三杆'。“联动三杆”继续沿水平导轨进人磁场 区间 II 并从 中滑出。运动过程中，杆 ab、cd 和 ef 与导轨始终接触良好，且保持与导轨垂 直。 已知杆 ab、cd 和 ef 电阻均为 R=0.02Ω，m=0.1kg，l=0.5m，L=0.3m，θ=30°，B1=0.1T， B2=0.2T。不计摩擦阻力和导轨电阻，忽略磁场边界效应。求
I=
Q t
=CBL
v t
=CBLa,安培力
F
安
=BIL=CB2L2a,F-F
安=ma,a=
m
F B 2 L2C
,所
以杆做匀加速运动
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电磁感应与动量结合问题
高考真题 1．（2018 高考天津理综）真空管道超高速列车的动力系统是一种将电能直接转换成平动动 能的装置。图 1 是某种动力系统的简化模型，图中粗实线表示固定在水平面上间距为 l 的两 条平行光滑金属导轨，电阻忽略不计，ab 和 cd 是两根与导轨垂直，长度均为 l，电阻均为 R 的金属棒，通过绝缘材料固定在列车底部，并与导轨良好接触，其间距也为 l，列车的总质 量为 m。列车启动前，ab、cd 处于磁感应强度为 B 的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平 面向下，如图 1 所示，为使列车启动，需在 M、N 间连接电动势为 E 的直流电源，电源内 阻及导线电阻忽略不计，列车启动后电源自动关闭。
电磁感应动量定理的应用(最新整理)
电磁感应与动量的综合1．安培力的冲量与电量之间的关系：设想在某一回路中，一部分导体仅在安培力作用下运动时，安培力为变力，但其冲量可用它对时间的平均值进行计算，即tF I ∆=冲冲而＝B L （为电流对时间的平均值）F I I 故有：安培力的冲量t L I B I ∆⋅=冲而电量q =Δt ，故有I BLq I =冲因只在安培力作用下运动 BLq =mv 2－mv 1 BLPq ∆=2．感应电量与磁通量的化量的关系：R n t R t n t R E t I q ∆Φ=∆⋅∆∆Φ=∆⋅=∆⋅=若磁感应强度是匀强磁场，R BLx R S B R q =∆=∆Φ=以电量作为桥梁，把安培力的冲量、动量变化量与回路磁通量的变化量、导体棒的位移联系起来。
例1．如图所示，在光滑的水平面上，有一垂直向下的匀强磁场分布在宽度为L 的区域内，现有一个边长为a （a <L ）的正方形闭合线圈以初速度v 0垂直磁场边界滑过磁场后，速度为v (v <v 0)，那么线圈A ．完全进入磁场中时的速度大于（v 0+v ）/2B ．完全进入磁场中时的速度等于（v 0+v ）/2C ．完全进入磁场中时的速度小于（v 0+v ）/2D ．以上情况均有可能例2．在水平光滑等距的金属导轨上有一定值电阻R ，导轨宽d ，电阻不计，导体棒AB 垂直于导轨放置，质量为m ，整个装置处于垂直导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度为B 。
现给导体棒一水平初速度v 0，求AB 在导轨上滑行的距离。
例3．如图所示，两根足够长的平行金属导轨固定于同一水平面内，导轨间的距离为L ，导轨上平行放置两根导体棒ab 和cd ，构成矩形回路。
已知两根导体棒的质量均为m 、电阻均为R ，其它电阻忽略不计，整个导轨处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B ，导体棒均可沿导轨无摩擦的滑行。
开始时，导体棒cd 静止、ab 有水平向右的初速度v 0，两导体棒在运动中始终不接触。
电磁感应中的能量及动量问题课件
答案与解析
答案1
感应电动势E = BLv，其中B是磁场强度，L是导线在磁场中的有效长度，v是导线在磁场中的速 度。
解析1
根据法拉第电磁感应定律，感应电动势E与磁通量变化率成正比，即E = ΔΦ/Δt。当导线在均匀 磁场中运动时，磁通量Φ = BLx，其中x是导线在磁场中的位置。由于导线以速度v向右运动，磁
通量随时间变化，即ΔΦ/Δt = BLv。因此，感应电动势E = BLv。
答案2
感应电动势E = 2ωBS，其中B是磁场强度，S是线圈在磁场中的面积，ω是线圈旋转的角速度。
答案与解析
解析2
当矩形线圈在均匀磁场中旋转时，线圈中的磁通量随时间变化，产生感应电动势。线圈 在磁场中的面积S和线圈的匝数N决定了感应电动势的大小。因此，感应电动势E = N × 2ωBS。
械能向电能的转换。
变压器
总结词
变压器是利用电磁感应原理实现电压变 换的关键设备，广泛应用于输配电和工 业自动化等领域。
VS
详细描述
变压器由初级线圈、次级线圈和铁芯组成 。当交流电通过初级线圈时，产生变化的 磁场，该磁场在次级线圈中产生感应电动 势。通过调整初级和次级线圈的匝数比， 可以实现电压的升高或降低，满足不同用 电设备和输电线路的需求。
军事应用
电磁炮作为一种新型武器系统，具有高精度、高速度和高破 坏力的特点，在军事领域具有广泛的应用前景。
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电磁感应的实际应用
交流发电机
总结词
交流发电机利用电磁感应原理，将机械能转换为电能，为现代电力系统提供源源不断的 电力。
详细描述
交流发电机由转子（磁场）和定子（线圈）组成，当转子旋转时，磁场与线圈之间发生 相对运动，从而在线圈中产生感应电动势。通过外部电路闭合，电流得以输出，实现机
电磁感应的综合应用(能量问题、动量问题、杆+导轨模型)(教师版)
电磁感应的综合应用命题点一 电磁感应中的动量和能量的应用 （一）电磁感应中的能量问题 1.求解电能应分清两类情况(1)若回路中电流恒定，可以利用电路结构及UIt W =或t 2R I Q =直接进行计算. (2)若电流变化，则①利用安培力做功求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功；②利用能量守恒求解：若只有电能与机械能的转化，则减少的机械能等于产生的电能. 2.电磁感应现象中的能量转化3.求解焦耳热Q 的三种方法（二）动量定理在电磁感应问题中的运用 研究对象：切割磁感线的单棒（或矩形框） 规律：动量定理、电流定义式（三）动量守恒定律在电磁感应问题中的运用研究对象：切割磁感线的双棒（等长）规律：(1)动量守恒定律(2)能量转化规律系统机械能的减小量等于内能的增加量. （类似于完全非弹性碰撞）等距双棒特点分析1．电路特点刚开始棒2相当于电源;棒1受安培力而加速起动,运动后产生反电动势.1 22．电流特点3．两棒的运动情况特点棒1做加速度减小的加速运动棒2做加速度减小的减速运动最终两棒具有共同速度（四）电磁感应中的“杆+导轨”模型常见类型单杆水平式(导轨光滑)设运动过程中某时刻棒的速度为v,加速度为a=Fm-22B L vmR,a,v同向,随v的增加,a减小,当a=0时,v最大,I=BLvR恒定单杆倾斜式(导轨光滑)杆释放后下滑,开始时a=gsin α,速度v↑→E=BLv↑→I=ER↑→F=BIL↑→a↓,当F=mgsin α时,a=0,v最大双杆切割式(导轨光滑)杆MN做变减速运动,杆PQ做变加速运动,稳定时,两杆的加速度均为零,以相等的速度匀速运动.对系统动量守恒,对其中某杆适用动量定理学科&网光滑不等距导轨杆MN做变减速运动,杆PQ做变加速运动,稳定时,两杆的加速度均为零,两杆以不同的速度做匀速运动含“源”水平光滑导轨(v0=0)S闭合,ab杆受安培力F=BLEr,此时a=BLEmr,速度v↑⇒E感=BLv↑⇒I↓⇒F=BIL↓⇒加速度a↓,当E感=E时,v最大,且v m=EBL含“容”水平光滑导轨(v0=0)拉力F恒定,开始时a=Fm,速度v↑⇒E=BLv↑,经过Δt速度为v+Δv,此时E′=BL(v+Δv),电容器增加的电荷量ΔQ=CΔU=C(E′-E)=CBLΔv,电流I=Qt∆∆=CBL vt∆∆=CBLa,安培力F安=BIL=CB2L2a,F-F安=ma,a=22Fm B L C+,所以杆做匀加速运动vvtOv注:在以上模型中,受到的外力F 可以是拉力或重力,也可以是它们的合力或分力,例如导体棒沿光滑平行倾斜导轨下滑,无重力之外的外力时,重力的下滑分力将成为合外力.电磁感应与动量结合问题高考真题1．（2018高考天津理综）真空管道超高速列车的动力系统是一种将电能直接转换成平动动能的装置。
(完整版)电磁感应动量定理的应用
电磁感应与动量的综合1．安培力的冲量与电量之间的关系：设想在某一回路中，一部分导体仅在安培力作用下运动时，安培力为变力，但其冲量可用它对时间的平均值进行计算，即 I 冲 F 安 t而 F ＝B I L（ I 为电流对时间的平均值）故有：安培力的冲量 I 冲 BI L t而电量 q= I t，故有I冲BLq因只在安培力作用下运动PBLq=mv2－ mv1qBLEn2．感应电量与磁通量的化量的关系：q I t t t ntRR R若磁感应强度是匀强磁场，qB S BLxR R R以电量作为桥梁，把安培力的冲量、动量变化量与回路磁通量的变化量、导体棒的位移联系起来。
例 1．如图所示，在光滑的水平面上，有一垂直向下的匀强磁场分布在宽度为 L 的区域内，现有一个边长为 a（ a<L ）的正方形闭合线圈以初速度 v0垂直磁场边界滑过磁场后，速度为v(v<v0)，那么线圈A ．完全进入磁场中时的速度大于（ v0+v） /2B ．完全进入磁场中时的速度等于（v0+v） /2C．完全进入磁场中时的速度小于（v0+v） /2D．以上情况均有可能例 2．在水平光滑等距的金属导轨上有一定值电阻R，导轨宽 d ，电阻不计，导体棒 AB 垂直于导轨放置，质量为m，整个装置处于垂直导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度为 B。
现给导体棒一水平初速度v0，求 AB 在导轨上滑行的距离。
例 3．如图所示，两根足够长的平行金属导轨固定于同一水平面内，导轨间的距离为L，导轨上平行放置两根导体棒 ab 和 cd，构成矩形回路。
已知两根导体棒的质量均为m、电阻均为 R，其它电阻忽略不计，整个导轨处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B，导体棒均可沿导轨无摩擦的滑行。
开始时，导体棒cd 静止、 ab 有水平向右的初速度 v0，两导体棒在运动中始终不接触。
求：⑴开始时，导体棒ab 中电流的大小和方向；⑵从开始到导体棒cd 达到最大速度的过程中，矩形回路产生的焦耳热；⑶当ab 棒速度变为3v0/4 时， cd 棒加速度的大小。
高考物理-10十、应用“三大观点”解决电学综合问题(可自主编辑word)
2020版《3年高考2年模拟》（二轮）专有资源
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十、应用“三大观点”解决电学综合问题
知识点1 电磁感应中的动量和能量观点解题方法
基础回扣
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直线运动的问题中,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。
易错辨析
电磁感应问题中常常用到“B I LΔt=BLq=BL·n ΔΦR =ΔP”这一关系,这是很多涉及动量电磁感应问题的突破点。
知识点2 电场中动量和能量观点解题方法
基础回扣
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。
易错辨析
带电体在电场中的问题有时不能应用牛顿运动定律分析,可以应用动量定理或动量守恒定律分析。
知识点3 电磁感应中的“动量”观点解题方法
基础回扣
动量定理与动量守恒定律也可以解决带电粒子或带电体在磁场中运动问题,此类问题往往运动过程较为复杂或是涉及到多个物体,应用牛顿运动定律不好解决,但应用动量知识可以解决。
易错辨析
准确判断出带电粒子在磁场中哪一过程动量守恒是易错点。
三大力学观点在电磁感应中的应用专题
第10页
高考调研 ·高三总复习 ·物理
P 2B2L2v 3B2L2v 则 ＝ ，故 a2＝ ＝3a1，C 项正确，D 项错误．结合 2v R mR v－ t 图像分析可知，在速度变化相同的情况下，恒力 F 作用时棒 的加速度总比拉力的功率 P 恒定时的加速度小，故 t1>t2，B 项正 确， A 项错误．
第 3页
高考调研 ·高三总复习 ·物理
安培力做功与电能的关系： 电磁感应中克服安培力做的 功等于产生的电能． 安培力的冲量与电量的关系 ：安培力的冲量 BLI· Δ t＝ BLq.
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高考调研 ·高三总复习 ·物理
二、磁感应中的力和电的关系图
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高考调研 ·高三总复习 ·物理
题 型 透 析
第 9页
)
高考调研 ·高三总复习 ·物理
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
【答案】 【解析】
BC 若保持拉力 F 恒定，在 t1 时刻，棒 ab 切割磁感
线产生的感应电动势为 E ＝ BLv ，其所受安培力 F1 ＝ BIL ＝ B2L2v B2L2v ，由牛顿第二定律，有 F－ ＝ ma1；棒最终以 2v 做匀 R R 2B2L2v B2L2v 速运动， 则 F＝ ， 故 a1＝ .若保持拉力的功率 P 恒定， R mR P B2L2v 在 t2 时刻，有 － ＝ma2；棒最终也以 2v 做匀速运动， v R
高考调研 ·高三总复习 ·物理
全国名校高中物理优质学案、专题汇编（附详解）
10 ．4
三大力学观点在电磁感应中 的应用专题
第 1页
高考调研 ·高三总复习 ·物理
专 题 综 述
第 2页
高考调研 ·高三总复习 ·物理
应用力、能量、动量三大力学观点，研究电磁感应中的运动 问题，其解题思路与力学中一样．在此类问题中，安培力是联系 力和电的桥梁，是分析电磁感应中动力学问题的关键物理量． 一、电磁感应中的安培力的特点 安培力与速度关系 安培力公式：F＝BIl B2l2v 感应电动势： E＝Blv F＝ R E 感应电流： I＝ R
动量与能量观点在电磁感应中的应用
动量与能量观点在电磁感应中的应用【方法总结】解决电磁感应问题往往需要力电综合分析，在电磁感应问题中需要动量与能量分析求解时，学生往往无从下手，属于压轴考查，需要学生平时吃透典型物理模型和积累解题经验，现将动量与能量观点求解电磁感应综合问题时常出现典型模型和思路总结如下：1. “双轨+双杆”模型以“2019全国3卷第19题”物理情景为例：如图，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水 平面内的足够长的平行金属导轨，两相同的光滑导体棒ab 、cd 静止在导轨上。
t =0时，棒ab 以初速度v 0向右滑动。
运动过程中，ab 、cd 始终与导轨垂直并接触良好：模型分析：双轨和两导体棒组成闭合回路，通过两导体棒的感应电流相等，所受安培力大小也相等，ab 棒受到水平向左安培力，向右减速；cd 棒受到水平向右安培力，向右加速，最终导体棒ab 、cd 系统共速，感应电流消失，一起向右做匀速直线运动，该过程由导体棒ab 、cd 组成的系统合外力为零，动量守恒：共v m m v m cd ab ab )(0+=2. 巧用“动量定理”求通过导体电荷量q思路：动量定理得：p t BIL p t F ∆=∆⋅⇒∆=∆⋅安，由于t I q ∆⋅=，所以p BLq ∆=， 即：BL p q ∆= 【精选试题解析】1. （2019全国Ⅲ卷）如图，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的 平行金属导轨，两相同的光滑导体棒ab 、cd 静止在导轨上。
t =0时，棒ab 以初速度v 0向右滑动。
运动过程中，ab 、cd 始终与导轨垂直并接触良好，两者速度分别用v 1、v 2表示，回路中的电流用I 表示。
下列图像中可能正确的是（ ）2. [多选]如图所示，两根相距为d 的足够长的光滑金属导轨固定在水平面上，导轨电阻不计。
磁感应强度为B 的匀强磁场与导轨平面垂直，长度等于d 的两导体棒M 、N 平行地放在导轨上，且电阻均为R 、质量均为m ，开始时两导体棒静止。
专题四 动量和能量的综合运用
专题定位本专题综合应用动力学、动量和能量的观点来解决物体运动的多过程问题．本专题是高考的重点和热点，命题情景新、联系实际密切、综合性强，是高考的压轴题．应考策略本专题在高考中主要以两种命题形式出现：一是综合应用动能定理、机械能守恒定律和动量守恒定律，结合动力学方法解决运动的多过程问题；二是运用动能定理和能量守恒定律解决电场、磁场内带电粒子的运动或电磁感应问题．由于本专题综合性强，因此要在审题上狠下功夫，弄清运动情景，挖掘隐含条件，有针对性地选择相应的规律和方法．第1课时几个重要功能关系的应用1．常见的几种力做功的特点(1)重力、弹簧弹力、静电力做功与路径无关．(2)摩擦力做功的特点①单个摩擦力(包括静摩擦力和滑动摩擦力)可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．②相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总等于零，在静摩擦力做功的过程中，只有机械能的转移，没有机械能转化为其他形式的能；相互作用的一对滑动摩擦力做功的代数和不为零，且总为负值．在一对滑动摩擦力做功的过程中，不仅有相互摩擦物体间机械能的转移，还有部分机械能转化为内能．转化为内能的量等于系统机械能的减少量，等于滑动摩擦力与相对位移的乘积．③摩擦生热是指滑动摩擦生热，静摩擦不会生热．(3)静电力做功一般利用W＝qU来求，在匀强电场中也可以利用W＝Eqs cos α求解．(4)洛伦兹力在任何情况下对运动的电荷都不做功；安培力可以做正功、负功，还可以不做功．(5)电流做功的实质是电场对移动电荷做功，即W＝UIt＝qU.2．几个重要的功能关系(1)重力的功等于重力势能的变化，即W G＝－ΔE p.(2)弹力的功等于弹性势能的变化，即W弹＝－ΔE p.(3)合力的功等于动能的变化，即W＝ΔE k.(4)重力(或弹簧弹力)之外的其他力的功等于机械能的变化，即W其他＝ΔE.(5)一对滑动摩擦力做的功等于系统中内能的变化，即Q＝F·s相对．(6)电场力做功等于电势能的变化，即W AB＝－ΔE p.(7)电流做功等于电能的变化，即ΔE＝UIt.(8)安培力做功等于电能的变化，即W安＝－ΔE电．1．动能定理的应用(1)动能定理的适用情况：解决单个物体(或可看成单个物体的物体系统)受力与位移、速率关系的问题．动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动；既适用于恒力做功，也适用于变力做功，力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以分段作用．(2)应用动能定理解题的基本思路①选取研究对象，明确它的运动过程．②分析研究对象的受力情况和各力做功情况，然后求各个外力做功的代数和．③明确物体在运动过程始、末状态的动能E k1和E k2.④列出动能定理的方程W合＝E k2－E k1，及其他必要的解题方程，进行求解．2．机械能守恒定律的应用(1)机械能是否守恒的判断①用做功来判断，看重力(或弹簧弹力)以外的其他力做功的代数和是否为零．②用能量转化来判断，看是否有机械能转化为其他形式的能．③对一些“绳子突然绷紧”、“物体间碰撞”等问题，机械能一般不守恒，除非题目中有特别说明及暗示．(2)应用机械能守恒定律解题的基本思路①选取研究对象——物体系统．②根据研究对象所经历的物理过程，进行受力、做功分析，判断机械能是否守恒．③恰当地选取参考平面，确定研究对象在运动过程的始、末状态时的机械能．④根据机械能守恒定律列方程，进行求解．3．动能定理和能量守恒定律在处理电学中能量问题时仍然是首选的方法．题型1力学中的几个重要功能关系的应用例1(双选)如图1所示，轻质弹簧的一端与固定的竖直板P拴接，另一端与物体A相连，物体A静止于光滑水平桌面上，右端接一细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体B相连．开始时用手托住B，让细线恰好伸直，然后由静止释放B，直至B获得最大速度．下列有关该过程的分析正确的是()图1A．B物体的机械能先增大后减小B．B物体的动能的增加量等于它所受重力与拉力做的功之和C．B物体机械能的减少量等于弹簧的弹性势能的增加量D．细线拉力对A物体做的功等于A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量解析把A、B和弹簧看做一个系统，该系统机械能守恒，在B下落直至B获得最大速度的过程中，A的动能增大，弹簧弹性势能增大，所以B物体的机械能一直减小，选项A错误；由动能定理知，B物体的动能的增加量等于它所受重力与拉力做的功之和，选项B正确；B物体机械能的减少量等于弹簧的弹性势能的增加量与A物体动能的增加量之和，选项C错误；对A物体和弹簧组成的系统，由功能关系得，细线拉力对A物体做的功等于A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量，选项D正确．答案BD以题说法 1.本题要注意几个功能关系：重力做的功等于重力势能的变化量；弹簧弹力做的功等于弹性势能的变化量；重力以外的其他力做的功等于机械能的变化量；合力做的功等于动能的变化量．2．本题在应用动能定理时，应特别注意研究过程的选取．并且要弄清楚每个过程各力做功的情况．(双选)(2013·山东·16)如图2所示，楔形木块abc固定在水平面上，粗糙斜面ab和光滑斜面bc与水平面的夹角相同，顶角b处安装一定滑轮．质量分别为M、m(M>m)的滑块，通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与斜面平行．两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动．若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中()图2A．两滑块组成的系统机械能守恒B．重力对M做的功等于M动能的增加C．轻绳对m做的功等于m机械能的增加D．两滑块组成系统的机械能损失等于M克服摩擦力做的功答案CD解析两滑块释放后，M下滑、m上滑，摩擦力对M做负功，M和m组成的系统机械能减小，减小的机械能等于M克服摩擦力所做的功，选项A错误，D正确．除重力对滑块M做正功外，还有摩擦力和绳的拉力对滑块M做负功，选项B错误．绳的拉力对滑块m做正功，滑块m机械能增加，且增加的机械能等于拉力做的功，选项C正确．题型2几个重要的功能关系在电学中的应用例2(双选)如图3所示，在竖直平面内有一匀强电场，其方向与水平方向成α＝30°斜向上，在电场中有一质量为m、电量为q的带电小球，用长为L的不可伸长的绝缘细线挂于O点，当小球静止于M点时，细线恰好水平．现用外力将小球拉到最低点P，然后无初速度释放，则以下判断正确的是()图3A．小球再次到达M点时，速度刚好为零B．小球从P到M过程中，合外力对它做了3mgL的功C．小球从P到M过程中，小球的机械能增加了3mgLD．如果小球运动到M点时，细线突然断裂，小球以后将做匀变速曲线运动审题突破小球静止在M时，受几个力的作用？重力和电场力的大小关系是什么？小球由P到M的过程中，各力做功是多少？解析小球从P到M的过程中，线的拉力不做功，只有电场力和小球重力做功，它们的合力也是恒力，大小为3mg，方向水平向右，所以小球再次到达M点时，速度最大，而不是零，选项A错．小球从P到M过程中，电场力与重力的合力大小为3mg，这个方向上位移为L，所以做功为3mgL，选项B正确．小球从P到M过程中，机械能的增加量等于电场力做的功，由于电场力为2mg，由P到M沿电场线方向的距离为d＝L sin 30°＋L cos 30°＝L2(1＋3)，故电场力做功为2mg·d＝mgL(1＋3)，故选项C错误．如果小球运动到M点时，细线突然断裂，小球的速度方向竖直向上，所受合外力水平向右，小球将做匀变速曲线运动，选项D正确．答案BD以题说法在解决电学中功能关系问题时应注意以下几点：(1)洛伦兹力在任何情况下都不做功；(2)电场力做功与路径无关，电场力做的功等于电势能的变化；(3)力学中的几个功能关系在电学中仍然成立．(单选)如图4所示，竖直向上的匀强电场中，绝缘轻质弹簧竖直立于水平地面上，一质量为m的带正电小球在外力F的作用下静止于图示位置，小球与弹簧不连接，弹簧处于压缩状态．现撤去F，小球从静止开始运动到离开弹簧的过程中，重力、电场力、弹簧弹力对小球做的功分别为W1、W2和W3，不计空气阻力，则上述过程中()图4A ．小球与弹簧组成的系统机械能守恒B ．小球重力势能的变化为W 1C ．小球动能的变化为W 1＋W 2＋W 3D ．小球机械能的变化为W 1＋W 2＋W 3 答案 C解析 由于电场力做功，小球与弹簧组成的系统机械能不守恒，选项A 错误．重力对小球做的功为W 1，小球重力势能的变化为－W 1，选项B 错误．由动能定理可知，小球动能的变化为W 1＋W 2＋W 3，选项C 正确．由功能关系可知，小球机械能的变化为W 2，选项D 错误．题型3 动力学方法和动能定理的综合应用图5例3 (15分)如图5所示，上表面光滑、长度为3 m 、质量M ＝10 kg 的木板，在F ＝50 N 的水平拉力作用下，以v 0＝5 m/s 的速度沿水平地面向右匀速运动．现将一个质量为m ＝3 kg 的小铁块(可视为质点)无初速度地放在木板最右端，当木板运动了L ＝1 m 时，又将第二个同样的小铁块无初速地放在木板最右端，以后木板每运动1 m 就在其最右端无初速度地放上一个同样的小铁块．(g 取10 m/s 2)求： (1)木板与地面间的动摩擦因数； (2)刚放第三个小铁块时木板的速度；(3)从放第三个小铁块开始到木板停止的过程，木板运动的距离．审题突破 木板在F ＝50 N 的水平拉力作用下，沿水平地面匀速运动，隐含什么条件？放上小铁块后木板的受力如何变化？解析 (1)木板做匀速直线运动时，受到地面的摩擦力设为f 由平衡条件得： F ＝f①(1分) 又f ＝μMg ②(2分) 联立①②并代入数据得：μ＝0.5③(1分)(2)每放一个小铁块，木板所受的摩擦力增加μmg设刚放第三个小铁块时木板的速度为v 1，对木板从放第一个小铁块到刚放第三个小铁块的过程，由动能定理得：－μmgL －2μmgL ＝12M v 21－12M v 2④(5分)联立③④并代入数据得： v 1＝4 m/s⑤(1分)(3)从放第三个小铁块开始到木板停止之前，木板所受的合外力大小均为3μmg .从放第三个小铁块开始到木板停止的过程，设木板运动的距离为s ，对木板由动能定理得：－3μmgs ＝0－12M v 21⑥(4分) 联立③⑤⑥并代入数据得s ＝169m ≈1.78 m⑦(1分)答案 (1)0.5 (2)4 m/s (3)1.78 m以题说法 1.在应用动能定理解题时首先要弄清物体的受力情况和做功情况．此题特别要注意每放一个小铁块都会使滑动摩擦力增加μmg .2．应用动能定理列式时要注意运动过程的选取，可以全过程列式，也可以分过程列式．如图6所示，倾角为37°的粗糙斜面AB 底端与半径R ＝0.4 m 的光滑半圆轨道BC 平滑相连，O 点为轨道圆心，BC 为圆轨道直径且处于竖直方向，A 、C 两点等高．质量m ＝1 kg 的滑块从A 点由静止开始下滑，恰能滑到与O 点等高的D 点，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.图6(1)求滑块与斜面间的动摩擦因数μ；(2)若使滑块能到达C 点，求滑块从A 点沿斜面滑下时的初速度v 0的最小值；(3)若滑块离开C 点的速度大小为4 m/s ，求滑块从C 点飞出至落到斜面上所经历的时间t .答案 (1)0.375 (2)2 3 m/s (3)0.2 s解析 (1)滑块从A 点到D 点的过程中，根据动能定理有mg ·(2R －R )－μmg cos 37°·2Rsin 37°＝0－0解得：μ＝12tan 37°＝0.375(2)若使滑块能到达C 点，根据牛顿第二定律有mg ＋F N ＝m v 2CR由F N ≥0得v C ≥Rg ＝2 m/s滑块从A 点到C 点的过程中，根据动能定理有－μmg cos 37°·2R sin 37°＝12m v 2C －12m v 20 则v 0＝v 2C ＋4μgR cot 37°≥2 3 m/s 故v 0的最小值为2 3 m/s(3)滑块离开C 点后做平抛运动，有x ＝v C ′t ，y ＝12gt 2由几何知识得tan 37°＝2R －yx整理得：5t 2＋3t －0.8＝0 解得t ＝0.2 s(t ＝－0.8 s 舍去)题型4 应用动能定理分析带电体在电场中的运动例4 如图7所示，虚线PQ 、MN 间存在如图所示的水平匀强电场，一带电粒子质量为m ＝2.0×10－11kg 、电荷量为q ＝＋1.0×10－5 C ，从a 点由静止开始经电压为U ＝100 V 的电场加速后，垂直进入匀强电场中，从虚线MN 的某点b (图中未画出)离开匀强电场时速度与电场方向成30°角．已知PQ 、MN 间距为20 cm ，带电粒子的重力忽略不计．求：图7(1)带电粒子刚进入匀强电场时的速率v 1； (2)水平匀强电场的场强大小； (3)ab 两点间的电势差．审题突破 带电粒子在水平匀强电场中做什么运动？速度与电场方向成30°角，隐含条件是什么？解析 (1)由动能定理得：qU ＝12m v 21代入数据得v 1＝104 m/s(2)粒子沿初速度方向做匀速运动：d ＝v 1t 粒子沿电场方向做匀加速运动：v y ＝at由题意得：tan 30°＝v 1v y由牛顿第二定律得：qE ＝ma 联立以上各式并代入数据得：E ＝3×103 N/C ＝1.732×103 N/C(3)由动能定理得：qU ab ＝12m (v 21＋v 2y )－0 联立以上各式并代入数据得：U ab ＝400 V . 答案 (1)104 m/s (2)1.732×103 N/C (3)400 V以题说法 1.电场力做功与重力做功的特点类似，都与路径无关．2．对于电场力做功或电势差的计算，选用动能定理往往最简便快捷，但运用动能定理时要特别注意运动过程的选取．如图8所示，在光滑绝缘水平面上，用长为2L 的绝缘轻杆连接两个质量均为m 的带电小球A 和B .A 球的带电量为＋2q ，B 球的带电量为－3q ，两球组成一带电系统．虚线MN 与PQ 平行且相距3L ，开始时A 和B 分别静止于虚线MN 的两侧，虚线MN 恰为AB 两球连线的垂直平分线．若视小球为质点，不计轻杆的质量，在虚线MN 、PQ 间加上水平向右的电场强度为E 的匀强电场后，系统开始运动．试求：图8(1)B 球刚进入电场时，带电系统的速度大小；(2)带电系统向右运动的最大距离和此过程中B 球电势能的变化量； (3)A 球从开始运动至刚离开电场所用的时间．答案 (1) 2qEL m (2)73L 4qEL (3)(32－2)mLqE解析 (1)设B 球刚进入电场时带电系统的速度为v 1，由动能定理得2qEL ＝12×2m v 21 解得：v 1＝ 2qELm(2)带电系统向右运动分为三段：B 球进入电场前、带电系统在电场中、A 球出电场后． 设A 球出电场后移动的最大位移为s ，对于全过程，由动能定理得 2qEL －qEL －3qEs ＝0解得s ＝L3，则B 球移动的总位移为s B ＝73LB 球从刚进入电场到带电系统从开始运动到速度第一次为零时的位移为43L其电势能的变化量为ΔE p ＝－W ＝3qE ·43L ＝4qEL(3)取向右为正方向，B 球进入电场前，带电系统做匀加速运动：a 1＝2qE 2m ＝qE m ，t 1＝v 1a 1＝ 2mLqE带电系统在电场中时，做匀减速运动：a 2＝－qE 2m设A 球刚出电场时速度为v 2，由动能定理得：－qEL ＝12×2m (v 22－v 21) 解得：v 2＝ qELmt 2＝v 2－v 1a 2＝2(2－1) mL qE解得总时间t ＝t 1＋t 2＝(32－2) mLqE6．综合应用动力学和能量观点分析多过程问题审题示例(12分)如图9所示，半径为R 的光滑半圆轨道ABC 与倾角为θ＝37°的粗糙斜面轨道DC 相切于C 点，半圆轨道的直径AC 与斜面垂直．质量为m 的小球从A 点左上方距A 点高为h 的斜面上方P 点以某一速度v 0水平抛出，刚好与半圆轨道的A 点相切进入半圆轨道内侧，之后经半圆轨道沿斜面刚好滑到与抛出点等高的D 点．已知当地的重力加速度为g ，取R ＝509h ，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力，求：图9(1)小球被抛出时的速度v 0；(2)小球到达半圆轨道最低点B 时，对轨道的压力大小； (3)小球从C 到D 过程中摩擦力做的功W f . 审题模板答题模板(1)小球到达A 点时，速度与水平方向的夹角为θ，如图所示． 则有v 21＝2gh① 由几何关系得v 0＝v 1cot θ② 联立①②式得v 0＝432gh③ (2)A 、B 间竖直高度H ＝R (1＋cos θ)④设小球到达B 点时的速度为v ，则从抛出点到B 过程中由机械能守恒定律得 12m v 20＋mg (H ＋h )＝12m v 2⑤ 在B 点，根据牛顿第二定律有F N －mg ＝m v 2R ⑥联立③④⑤⑥式 解得F N ＝5.6mg ⑦由牛顿第三定律知，小球在B 点对轨道的压力大小是5.6mg ⑧(3)全过程应用动能定理：W f ＝0－12m v 20即W f ＝－12m v 20＝－169mgh ⑨(评分标准：本题共12分，其中，⑤式2分，⑨式3分，其余每式1分)答案 (1)432gh (2)5.6mg (3)－169mgh点睛之笔 多个运动的组合实际上是多种物理规律和方法的综合应用，分析这种问题时注意要各个运动过程独立分析，而不同过程往往通过连接点的速度建立联系；有时对整个过程应用能量的观点解决问题会更简单．如图10，竖直平面坐标系xOy 的第一象限，有垂直xOy 面向外的水平匀强磁场和竖直向上的匀强电场，大小分别为B 和E ；第四象限有垂直xOy 面向里的水平匀强电场，大小也为E ；第三象限内有一绝缘光滑竖直放置的半径为R 的半圆轨道，轨道最高点与坐标原点O 相切，最低点与绝缘光滑水平面相切于N .一质量为m 的带电小球从y 轴上(y >0)的P 点沿x 轴正方向进入第一象限后做圆周运动，恰好通过坐标原点O ，且水平切入半圆轨道并沿轨道内侧运动，过N 点水平进入第四象限，并在电场中运动(已知重力加速度为g )．图10(1)判断小球的带电性质并求出其所带电荷量； (2)P 点距坐标原点O 至少多高；(3)若该小球以满足(2)中OP 最小值的位置和对应速度进入第一象限，通过N 点开始计时，经时间t ＝2R /g 小球距坐标原点O 的距离s 为多远？答案 (1)正电 mg E (2)2E B Rg(3)27R解析 (1)小球进入第一象限正交的电场和磁场后，在垂直磁场的平面内做圆周运动，说明重力与电场力平衡，设小球所带电荷量为q ，则有 qE ＝mg① 解得：q ＝mgE②又电场方向竖直向上，故小球带正电．(2)设小球做匀速圆周运动的速度为v 、轨道半径为r ，由洛伦兹力提供向心力得： qB v ＝m v 2/r③ 小球恰能通过半圆轨道的最高点并沿轨道运动，则应满足： mg ＝m v 2/R④ 由②③④得：r ＝EBR g⑤ 即PO 的最小距离为：y ＝2r ＝2EBR g⑥(3)小球由O 运动到N 的过程中设到达N 点的速度为v N ，由机械能守恒定律得：mg ·2R ＝12m v 2N －12m v 2⑦ 由④⑦解得：v N ＝5gR ⑧ 小球从N 点进入电场区域后，在绝缘光滑水平面上做类平抛运动，设加速度为a ，则有：沿x 轴方向有：x ＝v N t⑨ 沿电场方向有：z ＝12at 2⑩由牛顿第二定律得：a ＝qE /m ⑪t 时刻小球距O 点为：s ＝x 2＋z 2＋(2R )2＝27R(限时：45分钟)一、单项选择题1．(2013·安徽·17)质量为m 的人造地球卫星与地心的距离为r 时，引力势能可表示为E p ＝－GMmr ，其中G 为引力常量，M 为地球质量，该卫星原来在半径为R 1的轨道上绕地球做匀速圆周运动，由于受到极稀薄空气的摩擦作用，飞行一段时间后其圆周运动的半径变为R 2，此过程中因摩擦而产生的热量为( )A ．GMm ⎝⎛⎭⎫1R 2－1R 1 B ．GMm ⎝⎛⎭⎫1R 1－1R 2C.GMm 2⎝⎛⎭⎫1R 2－1R 1D.GMm 2⎝⎛⎭⎫1R 1－1R 2 答案 C解析 由万有引力提供向心力知G Mm r 2＝m v 2r ，所以卫星的动能为12m v 2＝GMm2r，则卫星在半经为r 的轨道上运行时机械能为E ＝12m v 2＋E p ＝GMm 2r －GMm r ＝－GMm2r.故卫星在轨道R 1上运行时：E 1＝－GMm 2R 1，在轨道R 2上运行时：E 2＝－GMm2R 2，由能的转化和守恒定律得产生的热量为Q ＝E 1－E 2＝GMm 2⎝⎛⎭⎫1R 2－1R 1，故正确选项为C. 2．(2013·新课标Ⅰ·16)一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d ，极板分别与电池两极相连，上极板中心有一小孔(小孔对电场的影响可忽略不计)．小孔正上方d2处的P 点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处(未与极板接触)返回．若将下极板向上平移d3，则从P 点开始下落的相同粒子将 ( )A ．打到下极板上B ．在下极板处返回C ．在距上极板d2处返回D ．在距上极板25d 处返回答案 D解析 粒子两次落到小孔的速度相同，设为v ，下极板向上平移后由E ＝Ud 知场强变大，故粒子第二次在电场中减速运动的加速度变大，由v 2＝2ax 得第二次减速到零的位移变小，即粒子在下极板之上某位置返回，设粒子在距上极板h 处返回，对粒子两次运动过程应用动能定理得mg (d 2＋d )－qU ＝0，mg (d 2＋h )－q U 23d ·h ＝0.两方程联立得h ＝25d ，选项D 正确．3．质量为m 的汽车在平直的路面上启动，启动过程的速度—时间图象如图1所示，其中OA 段为直线，AB 段为曲线，B 点后为平行于横轴的直线．已知从t 1时刻开始汽车的功率保持不变，整个运动过程中汽车所受阻力的大小恒为f ，以下说法正确的是( )图1 A ．0～t 1时间内，汽车牵引力的数值为m v 1t 1B ．t 1～t 2时间内，汽车的功率等于(m v 1t 1＋f )v 2C ．t 1～t 2时间内，汽车的平均速率小于v 1＋v 22D ．汽车运动的最大速率v 2＝(m v 1ft 1＋1)v 1答案 D解析 0～t 1时间内汽车的加速度大小为v 1t 1，m v 1t 1为汽车所受的合外力大小，而不是牵引力大小，选项A 错误；t 1时刻汽车牵引力的功率为F v 1＝(m v 1t 1＋f )v 1，之后汽车功率保持不变，选项B 错误；t 1～t 2时间内，汽车的平均速率大于v 1＋v 22，选项C 错误；牵引力等于阻力时速度最大，即t 2时刻汽车速率达到最大值，则有(m v 1t 1＋f )v 1＝f v 2，解得v 2＝(m v 1ft 1＋1)v 1，选项D 正确．4．如图2所示，质量为m 的物块(可视为质点)，带正电Q ，开始时让它静止在倾角α＝60°的固定光滑绝缘斜面顶端，整个装置放在水平方向向左、大小为E ＝3mg /Q 的匀强电场中(设斜面顶端处电势为零)，斜面高为H .释放后，物块落地时的电势能为ε，物块落地时的速度大小为v ，则( )图2A ．ε＝33mgH B ．ε＝－33mgH C ．v ＝2gHD ．v ＝2gH答案 C解析 由电场力做功等于电势能的变化可得物块落地时的电势能为ε＝－QEH /tan 60°＝－3mgH /3＝－mgH ，选项A 、B 错误；由动能定理，mgH ＋QEH /tan 60°＝12m v 2，解得v ＝2gH ，选项C 正确，D 错误． 二、双项选择题5．如图3所示，质量为m 的物体(可视为质点)以某一初速度从A 点冲上倾角为30°的固定斜面，其运动的加速度大小为34g ，沿斜面上升的最大高度为h ，则物体沿斜面上升的过程中( )图3A ．物体的重力势能增加了34mghB ．物体的重力势能增加了mghC ．物体的机械能损失了12mghD ．物体的动能减少了mgh 答案 BC解析 该过程物体克服重力做功为mgh ，则物体的重力势能增加了mgh ，选项A 错误，选项B 正确；由牛顿第二定律有f ＋mg sin 30°＝ma ，解得f ＝14mg ，克服摩擦力做的功等于机械能的减少量，W f ＝－f ·h sin 30°＝－12mgh ，选项C 正确；根据动能定理知，合外力做的功等于动能的变化量，故动能减少量为32mgh ，选项D 错误．6．如图4所示，间距为L 、电阻不计的足够长平行光滑金属导轨水平放置，导轨左端用一阻值为R 的电阻连接，导轨上横跨一根质量为m 、电阻也为R 的金属棒，金属棒与导轨接触良好．整个装置处于竖直向上、磁感应强度为B 的匀强磁场中．现使金属棒以初速度v 沿导轨向右运动，若金属棒在整个运动过程中通过的电荷量为q .下列说法正确的是( )图4A ．金属棒在导轨上做匀减速运动B ．整个过程中金属棒克服安培力做功为12m v 2C ．整个过程中金属棒在导轨上发生的位移为2qRBLD ．整个过程中电阻R 上产生的焦耳热为12m v 2解析由题意可知金属棒在安培力作用下做减速运动直至静止，由于速度一直减小，故安培力的大小一直减小，金属棒的加速度减小，故金属棒做加速度减小的减速运动，选项A错误．在整个过程中，只有安培力做负功，由动能定理可知金属棒克服安培力做功为12m v2，选项B正确．由q＝ΔΦR总可知q＝BLs2R，解得s＝2qRBL，选项C正确．由B项可知整个回路中产生的焦耳热为12m v2，电阻R上产生的焦耳热为14m v2，选项D错误．7．将带正电的甲球放在乙球的左侧，两球在空间形成了如图5所示的稳定的静电场，实线为电场线，虚线为等势线．A、B两点与两球球心的连线位于同一直线上，C、D两点关于直线AB对称，则()图5A．乙球一定带负电B．C点和D点的电场强度相同C．正电荷在A点具有的电势能比其在B点具有的电势能大D．把负电荷从C点移至D点，电场力做的总功为零答案CD解析电场线从正电荷出发指向负电荷，根据电场线知乙球左侧带负电，右侧带正电，整体带电情况不确定，A错误；电场强度是矢量，C、D两点电场强度的方向不同，B 错误；电场线的方向是电势降落最快的方向，A点的电势比B点的电势高，由电势能的定义式E p＝qφ知，正电荷在A点的电势能比在B点的电势能大，C正确；C、D两点在同一等势面上，故将电荷从C点移至D点电势能不变，电场力做功是电势能变化的量度，故电场力不做功，D正确．8．如图6所示，绝缘轻弹簧的下端固定在斜面底端，弹簧与斜面平行，带电小球Q(可视为质点)固定在光滑绝缘斜面上的M点，且在通过弹簧中心的直线ab上．现把与Q大小相同、电性相同的小球P，从N点由静止释放，在小球P与弹簧接触到压缩至最短的过程中(弹簧始终在弹性限度内)，以下说法正确的是()图6A．小球P和弹簧组成的系统机械能守恒B．小球P和弹簧刚接触时其速度最大C．小球P的动能与弹簧弹性势能的总和增大D．小球P的加速度先减小后增大。
高中物理选择性必修第二册教学课件《电磁感应定律的应用(能量、动量、双杆)》
02
电磁感应中的“双杆”模型
分 类 五 ： 动 量 守 恒 和 功 能 关 系 的综 合应用
1.题型简述
（1）如果相互平行的水平轨道间有双导体棒做切割磁感线运动，当这
两根导体棒所受的安培力等大反向，且不受其他外力，两导体棒的总动
量守恒，可用动量守恒定律求解导体棒的共速问题.
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
(1)导体棒b中产生的内能；
(2)导体棒a、b间的最小距离.
()
() −
电磁感应中的双杆模型总结(无外力）
光滑平行等距导轨
情景图
光滑平行不等距导轨
质量m1=m2
质量m1=m2
电阻r1=r2
电阻r1=r2
长度L1=L2
长度L1=2L2
运动
分析
稳定条件
能量分析
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：
Rr
ab棒做加速度减小
的加速运动，达到最大
速度后作匀速运动。
1 2
（3） Fx W安 = mvm 0
2
Q = W安
1 F (R r)
Q = Fx m
2 B 2 L2
F (R r)
B 2 L2 v
ma 0时 vm =
第4讲电磁感应规律的综合应用(二)——动力学和能量、动量
第4讲电磁感应规律的综合应用(二)——动力学和能量、动量板块一主干梳理·夯实基础【知识点1】电磁感应现象中的动力学问题Ⅱ1．安培力的大小2．安培力的方向(1)先用右手定则或楞次定律确定感应电流方向，再用左手定则确定安培力方向。
(2)根据楞次定律，安培力方向一定和导体切割磁感线运动方向相反。
3．分析导体受力情况时，应做包含安培力在内的全面受力分析。
4．根据平衡条件或牛顿第二定律列方程。
【知识点2】电磁感应现象中的能量问题Ⅱ1．电磁感应中的能量转化闭合电路的部分导体做切割磁感线运动产生感应电流，通有感应电流的导体在磁场中受安培力。
外力克服安培力做功，将其他形式的能转化为电能，通有感应电流的导体在磁场中受安培力作用或通过电阻发热，使电能转化为其他形式的能。
2．实质电磁感应现象的能量转化，实质是其他形式的能和电能之间的转化。
板块二考点细研·悟法培优考点1 电磁感应中的动力学问题 [解题技巧]导体棒的运动学分析电磁感应现象中产生的感应电流在磁场中受到安培力的作用，从而影响导体棒(或线圈)的受力情况和运动情况。
1．两种状态及处理方法2．力学对象和电学对象的相互关系3．动态分析的基本思路例1 [2016·安徽模拟]如图所示，固定的光滑金属导轨间距为L ，导轨电阻不计，上端a 、b 间接有阻值为R 的电阻，导轨平面与水平面的夹角为θ，且处在磁感应强度大小为B 、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中。
质量为m 、电阻为r 的导体棒与固定弹簧相连后放在导轨上。
初始时刻，弹簧恰处于自然长度，导体棒具有沿轨道向上的初速度v 0。
整个运动过程中导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触，弹簧的中心轴线与导轨平行。
(1)求初始时刻通过电阻R 的电流I 的大小和方向；(2)当导体棒第一次回到初始位置时，速度变为v ，求此时导体棒的加速度大小 a 。
(1)导体棒向上运动和向下运动过程中流过R 的电流方向相同吗？提示：不同。
(完整版)电磁感应动量定理的应用
电磁感应与动量的综合1．安培力的冲量与电量之间的关系： 设想在某一回路中，一部分导体仅在安培力作用下运动时，安培力为变力，但其冲量可用它对时间的平均值进行计算，即t F I ∆=安冲 而F ＝B I L （I 为电流对时间的平均值）故有：安培力的冲量t L I B I ∆⋅=冲而电量q =I Δt ，故有BLq I =冲因只在安培力作用下运动 BLq =mv 2－mv 1 BLP q ∆= 2．感应电量与磁通量的化量的关系：Rn t R t n t RE t I q ∆Φ=∆⋅∆∆Φ=∆⋅=∆⋅= 若磁感应强度是匀强磁场，R BLx R S B R q =∆=∆Φ= 以电量作为桥梁，把安培力的冲量、动量变化量与回路磁通量的变化量、导体棒的位移联系起来。
例1．如图所示，在光滑的水平面上，有一垂直向下的匀强磁场分布在宽度为L 的区域内，现有一个边长为a （a <L ）的正方形闭合线圈以初速度v 0垂直磁场边界滑过磁场后，速度为v (v <v 0)，那么线圈A ．完全进入磁场中时的速度大于（v 0+v ）/2B ．完全进入磁场中时的速度等于（v 0+v ）/2C ．完全进入磁场中时的速度小于（v 0+v ）/2D ．以上情况均有可能例2．在水平光滑等距的金属导轨上有一定值电阻R ，导轨宽d ，电阻不计，导体棒AB 垂直于导轨放置，质量为m ，整个装置处于垂直导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度为B 。
现给导体棒一水平初速度v 0，求AB 在导轨上滑行的距离。
例3．如图所示，两根足够长的平行金属导轨固定于同一水平面内，导轨间的距离为L ，导轨上平行放置两根导体棒ab 和cd ，构成矩形回路。
已知两根导体棒的质量均为m 、电阻均为R ，其它电阻忽略不计，整个导轨处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B ，导体棒均可沿导轨无摩擦的滑行。
开始时，导体棒cd 静止、ab 有水平向右的初速度v 0，两导体棒在运动中始终不接触。
电磁感应与力学的综合应用
一、考点突破能力提升类同的导体棒c 、d ，置于边界水平的匀强磁场上方同一高度h 处。
磁场宽为3h ，方向与导轨平面垂直。
先由静止释放c ，c 刚进入磁场即做匀速运动，此时再由静止释放d ，两导体棒与导轨始终保持良好接触。
用c a 表示c 的加速度，kd E 表示d 的动能，c x 、d x 分别表示c 、d 相对释放点的位移。
则图乙中正确反映这一关系的是（ ）一点通：首先考虑c 棒和d 棒所受的重力和安培力，进而考虑两导体棒的速度变化。
答案：BD解析：开始时，c 的加速度为g ，c 刚进入磁场即做匀速运动，加速度为0，在d 下落h 的过程中，221gt h =，c 匀速下降了h t gt x c 2=⋅=，d 进入磁场后，c 、d 又只在重力作用下运动，加速度为g ，一起运动了h ，c 运动出磁场，这时c 的加速度仍为g ，因此A 错误，B 正确；c 运动出磁场后，这时d 受到重力和向上的安培力作用，且合力方向向上，开始做减速运动，当运动了2h 后，d 运动出磁场，又做加速运动，所以C 错误，D 正确。
例2 如图所示，位置固定在同一水平面内的两根平行长直金属导轨的间距为d ，其右端接有阻值为R 的电阻，整个装置处于竖直向上且磁感应强度大小为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，杆与导轨之间的动摩擦因数为μ。
现杆ab 在水平向左且垂直于杆的恒力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. 杆的速度最大值为B. 流过电阻R 的电量为rR BdL + C. 恒力F 做的功与摩擦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一点通：杆在水平方向受到拉力F ，摩擦力和安培力的作用。
电磁感应运动和能量ppt课件
(2)注意安培力的特点：
4
(3) 安培力随速度变化，部分 弹力及相应的摩擦力也有可能 随之而变，导致物体的运动状 态发生变化，在分析问题时要 注意上述联系.
5
二、电磁感应中的能量问题 电磁感应的过程是能量的转化
和守恒的过程，导体切割磁感线或 磁通量发生变化在回路中产生感应 电流，机械能或其他形式的能转化 为电能；感应电流做功，又可使电 能转化为机械能或电阻的内能等.
电磁感应 运动和能量
1
• 电磁感应中运动和能量问题往往综合性 强，涉及力和运动、动量、能量、直流 电路等问题,在高考中占有重要的地位.
• 解决此类问题要求养成进行受力分析、 运动分析、动态分析和功能分析的习惯.
2
一、电磁感应与力学相结合的问题
方法：从运动和力的关系着手，运用牛 顿第二定律.
(1)基本思路：受力分析→运动分析→变 化趋向→确定运动过程和最终的稳定状态 →由牛顿第二定律列方程求解.
热Q .
13
例4.如图所示，光滑斜面的倾角
，斜面
上放置一矩形线框abcd，ab边长 =1m，bc边的
边长 =0.6m，线框的质量m=1kg、电阻R=0.1
线框用细线通过定滑轮与重物相连，重物的质
量M=2kg，斜面上ef线与gh线间有垂直斜面向上
的匀强磁场(ef//gh//Fra bibliotekq//ab，磁感应强度
=0.5T；gh线与pq线间有垂直斜面向下的匀强磁
的方向垂直纸面向里. CD边向上离开磁场时 的速度刚好是AB边进入磁场时速度的一半， 线框离开磁场后继续上升一段高度，然后落 下并匀速进入磁场.整个运动过程中始终存在
着大小恒定的空气阻力f且线框不发生转动.
求：
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电磁感应与动量、能量的综合应用题组一：动量守恒、动量定理【例1】如图所示，两根间距为l的光滑金属导轨（不计电阻），由一段圆弧部分与一段无限长的水平段部分组成。
其水平段加有竖直向下方向的匀强磁场，其磁感应强度为B，导轨水平段上静止放置一金属棒cd，质量为2m。
，电阻为2r。
另一质量为m，电阻为r的金属棒ab，从圆弧段M处由静止释放下滑至N处进入水平段，圆弧段MN半径为R，所对圆心角为60°，求：（1）ab棒在N处进入磁场区速度多大？此时棒中电流是多少？（2）cd棒能达到的最大速度是多大？（3）cd棒由静止到达最大速度过程中，系统所能释放的热量是多少？【例2】（动量定律）如图所示，两根平行的金属导轨，固定在同一水平面上，磁感应强度B=0.50T的匀强磁场与导轨所在平面垂直，导轨的电阻很小，可忽略不计。
导轨间的距离l=0.20m。
两根质量均为m=0.10kg的平行金属杆甲、乙可在导轨上无摩擦地滑动，滑动过程中与导轨保持垂直，每根金属杆的电阻为R=0.50Ω。
在t=0时刻，两杆都处于静止状态。
现有一与导轨平行、大小为0.20N的恒力F作用于金属杆甲上，使金属杆在导轨上滑动。
经过t=5.0s，金属杆甲的加速度为a=1.37m/s2，问此时两金属杆的速度各为多少？【例3】两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内，两导轨间的距离为L。
导轨上面横放着两根导体棒ab和cd，构成矩形回路，如图所示．两根导体棒的质量皆为m，电阻皆为R，回路中其余部分的电阻可不计．在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B．设两导体棒均可沿导轨无摩擦地滑行．开始时，棒cd静止，棒ab有指向棒cd的初速度v0．若两导体棒在运动中始终不接触，求：（1）在运动中产生的焦耳热最多是多少．（2）当ab棒的速度变为初速度的3/4时，cd棒的加速度是多少？ Bv0La c db12habB 二：二级结论 电磁感应中的一个重要推论——安培力的冲量公式RBLBLq t BLI t F ∆Φ==∆=∆ 【例3】如图所示，在光滑的水平面上，有一垂直向下的匀强磁场分布在宽为L 的区域内，有一个边长为a （a <L ）的正方形闭合线圈以初速v 0垂直磁场边界滑过磁场后速度变为v （v <v 0）那么A ．完全进入磁场中时线圈的速度大于（v 0+v ）/2；B ．安全进入磁场中时线圈的速度等于（v 0+v ）/2；C ．完全进入磁场中时线圈的速度小于（v 0+v ）/2；D ．以上情况A 、B 均有可能，而C 是不可能的【例4】光滑U 型金属框架宽为L ，足够长，其上放一质量为m 的金属棒ab ，左端连接有一电容为C 的电容器，现给棒一个初速v 0，使棒始终垂直框架并沿框架运动，如图所示。
求导体棒的最终速度。
解析：当金属棒ab 做切割磁力线运动时，要产生感应电动势，这样，电容器C 将被充电，ab 棒中有充电电流存在，ab 棒受到安培力的作用而减速，当ab 棒以稳定速度v 匀速运动时，有：BLv =U C =q/C而对导体棒ab 利用动量定理可得：-BLq =mv -mv 0 由上述二式可求得： CL B m mv v 220+= 四、针对练习1．如图所示，金属杆a 在离地h 高处从静止开始沿弧形轨道下滑，导轨平行的水平部分有竖直向上的匀强磁场B ，水平部分导轨上原来放有一金属杆b .已知杆的质量为m a ，且与b 杆的质量比为m a ∶m b =3∶４，水平导轨足够长，不计摩擦，求：（1）a 和b 的最终速度分别是多大？（2）整个过程中回路释放的电能是多少？（3）若已知a 、b 杆的电阻之比R a ∶R b =3∶4，其余电阻不计，整个过程中a 、b 上产生的热量分别是多少？2．如图所示，abcd 和a /b /c /d /为水平放置的光滑平行导轨，区域内充满方向竖直向上的匀强磁场。
ab 、a /b /间的宽度是cd 、c /d /间宽度的2倍。
设导轨足够长，导体棒ef 的质量是棒gh 的质量的2倍。
现给导体棒ef 一个初速度v 0，沿导轨向左运动，当两棒的速度稳定时，两棒的速度分别是多少？La aabCv 0a ab b/d d /cc / efg h33． 水平放置的平行金属框架宽L =0.2m ，质量为m =0.1kg 的金属棒ab 放在框架上，并且与框架的两条边垂直。
整个装置放在磁感应强度B =0.5T ，方向垂直框架平面的匀强磁场中，如图所示。
金属棒ab 在F =2N 的水平向右的恒力作用下由静止开始运动。
电路中除R =0.05Ω外，其余电阻、摩擦阻力均不考虑。
试求当金属棒ab 达到最大速度后，撤去外力F ，此后感应电流还能产生的热量。
（设框架足够长）4．如图所示位于竖直平面的正方形平面导线框abcd ，边长为L =10cm ，线框质量为m =0.1kg ，电阻为R =0.5Ω，其下方有一匀强磁场区域，该区域上、下两边界间的距离为H （ H > L ），磁场的磁感应强度为B =5T ，方向与线框平面垂直。
今线框从距磁场上边界h =30cm 处自由下落，已知线框的dc 边进入磁场后，ab 边到达上边界之前的某一时刻线框的速度已达到这一阶段的最大值，问从线框开始下落到dc 边刚刚到达磁场下边界的过程中，磁场作用于线框的安培力做的总功是多少？（g =10m/s 2）5．如图所示，在匀强磁场区域内与B 垂直的平面中有两根足够长的固定金属平行导轨，在它们上面横放两根平行导体棒构成矩形回路，长度为L ，质量为m ，电阻为R ，回路部分导轨电阻可忽略，棒与导轨无摩擦，不计重力和电磁辐射，且开始时图中左侧导体棒静止，右侧导体棒具有向右的初速v 0，试求两棒之间距离增长量x 的上限。
6．如图所示，电动机牵引一根原来静止的、长L 为1m 、质量m 为0.1kg 的导体棒MN 上升，导体棒的电阻R 为1Ω，架在竖直放置的框架上，它们处于磁感应强度B 为1T 的匀强磁场中，磁场方向与框架平面垂直。
当导体棒上升h =3.8m 时，获得稳定的速度，导体棒上产生的热量为2J ，电动机牵引棒时，电压表、电流表的读数分别为7V 、1A ，电动机内阻r 为1Ω，不计框架电阻及一切摩擦，求：（1）棒能达到的稳定速度；（2）棒从静止至达到稳定速度所需要的时间。
b aR× × × × × × × ×v4参考答案：例三：解析：设线圈完全进入磁场中时的速度为v x 。
线圈在穿过磁场的过程中所受合外力为安培力。
对于线圈进入磁场的过程，据动量定理可得：=∆Φ-=∆-RBa t F 02mv mv R Ba Ba x -=- 对于线圈穿出磁场的过程，据动量定理可得： =∆Φ-=∆-RBa t F x mv mv R Ba Ba -=-2 由上述二式可得20vv v x +=，即B 选项正确。
1．（1）v a =v b =73gh 2（2）ΔE = 72m a gh （3）Q a =73ΔE =4912m a gh ， Q b =74E =4916m a gh2．解析：当两棒的速度稳定时，回路中的感应电流为零，设导体棒ef 的速度减小到v 1， 导体棒gh 的速度增大到v 2，则有2BLv 1-BLv 2=0，即v 2=2v 1。
对导体棒ef 由动量定理得：01222mv mv t I BL -=∆--对导体棒gh 由动量定理得：02-=∆-mv t I BL 由以上各式可得：020132,31v v v v ==3．解析 当金属棒ab 所受恒力F 与其所受磁场力相等时，达到最大速度v m .由F =R v L B m 22 解得：v m =22LB FR=10 m/s .此后，撤去外力F ，金属棒ab 克服磁场力做功，使其机械能向电能转化，进而通过电阻R 发热，此过程一直持续到金属棒ab 停止运动。
所以，感应电流在此过程中产生的热量等于金属棒损失的机械能，即Q =221m mv =5J. 4．解析：线框达到最大速度之前所受的安培力F =RvL B 22随速度v 的变化而变化，所以直接求解安培力做的总功较为困难，而用能量守恒的思想便可迎刃而解。
设线框的最大速度为v m ，此后直到ab 边开始进入磁场为止，线框做匀速直线运动，此过程中线框的动能不变。
由mg = Rv L B m 22 解得 v m =22L B mgR= 2m/s全部进入后，无安培力，因此只需考虑从开始下落到刚好全部进入时，这段时间内线框因克服安培力做功而损失的机械能为：mg （h+ L ）－221m mv =0.2 J.5所以磁场作用于线框的安培力做的总功是－0.2J5．解析：当ab 棒运动时，产生感应电动势，ab 、cd 棒中有感应电流通过，ab 棒受到安培力作用而减速，cd 棒受到安培力作用而加速。
当它们的速度相等时，它们之间的距离最大。
设它们的共同速度为v ，则据动量守恒定律可得：mv 0＝2mv ，即021v v =。
对于cd 棒应用动量定理可得： BLq =mv -0=021mv所以，通过导体棒的电量q =BLmv 20而tRI ∆∆==φεε,2 所以q =R BLxt t I 2=∆∆Φ=∆ 由上述各式可得： x =220LB R mv 。
6．解析：（1）电动机的输出功率为：62=-=r I IU P 出W电动机的输出功率就是电动机牵引棒的拉力的功率，所以有Fv P =出 其中F 为电动机对棒的拉力，当棒达稳定速度时L I B mg F '+= 感应电流RBLvR E I ==' 由①②③式解得，棒达到的稳定速度为2=v m/s（2）从棒由静止开始运动至达到稳定速度的过程中，电动机提供的能量转化为棒的机械能和内能，由能量守恒定律得：Q mv mgh t P ++=221出 解得 t =1s。