第4讲 动力学、动量和能量观点在电学中的应用
2024年高中物理新教材讲义：动力学、能量和动量观点在力学中的应用
专题强化5动力学、能量和动量观点在力学中的应用[学习目标] 1.了解处理力学问题的三个基本观点和选用原则(难点)。
2.了解处理力学问题的系统化思维方法(难点)。
3.综合动量和能量观点解决问题(重点)。
一、力学的三个基本观点和选用原则1．力的三个作用效果及五个规律(1)力的三个作用效果作用效果对应规律表达式列式角度力的瞬时作用效果牛顿第二定律F合＝ma动力学力在空间上的积累效果动能定理W合＝ΔE k即W合＝12m v22－12m v12功能关系力在时间上的积累效果动量定理I合＝Δp即FΔt＝m v′－m v冲量与动量的关系(2)两个守恒定律名称表达式列式角度能量守恒定律(包括机械能守恒定律)E2＝E1能量转化(转移)动量守恒定律p2＝p1动量关系2．力学规律的选用原则(1)如果物体受恒力作用，涉及运动细节可用动力学观点去解决。
(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)若研究的对象为几个物体组成的系统，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。
例1如图所示，半径R 1＝1m 的四分之一光滑圆弧轨道AB 与平台BC 在B 点平滑连接，半径R 2＝0.8m 的四分之一圆弧轨道上端与平台C 端连接，下端与水平地面平滑连接，质量m ＝0.1kg 的乙物块放在平台BC 的右端C 点，将质量也为m 的甲物块在A 点由静止释放，让其沿圆弧下滑，并滑上平台与乙相碰，碰撞后甲与乙粘在一起从C 点水平抛出，甲物块与平台间的动摩擦因数μ＝0.2，BC 长L ＝1m ，重力加速度g 取10m/s 2，不计两物块的大小及碰撞所用的时间，求：(1)甲物块滑到B 点时对轨道的压力大小；(2)甲和乙碰撞后瞬间共同速度的大小；(3)粘在一起的甲、乙两物块从C 点抛出到落到CDE 段轨道上所用的时间。
动力学、动量和能量观点的综合应用
(2)2 J
(3)1 m
热点题型例析
第2课时
(18 分)两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水 平面内,两导轨间距为 l.导轨上面横放着两根导体棒 PQ 和 MN, 构成矩形回路,如图 4 所示.导体棒 PQ 的质量为 m、MN 的质量 为 2m,两者的电阻皆为 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 MN 静止于距导轨右端 d 处,PQ 棒以大小为 v0 的初速度从导轨左端开始运动.忽略回路的 电流对磁场产生的影响.
第2课时
⑫ ⑬
滑块从挡板滑至左端需要的最小能量 Emin＝2μMgL＋EqL 解得 Ek<Emin
故滑块不会从左端滑出 (2 分) 1 由能量守恒得 (2M)v2＋Eqs′＝2μMgs 路＋Eq(s 路－s′)⑭(2 分) 2 本 课 故 s 路＝1 m. (1 分)
(1)0.2 m
时 栏 目 答案 开 关
第2课时Βιβλιοθήκη (1 分)因为 t0<t1,所以撤去外力 F 时,m、M 还未相对静止,此时 m 的速 (1 分) (1 分)
本 课 时 栏 目 开 关
(1 分) (1 分) (1 分) (1 分)
热点题型例析
第2课时
由能量守恒知此过程产生的热量为 1 2 1 2 1 Q2＝2mv1 ＋2Mv2 －2(M＋m)v共2＝1.5 J 所以滑块 m 在长木板 M 上表面上滑动时所产生的热量
热点题型例析
第2课时
题型 1 动量和能量观点在力学中的应用
本 【例 1】 (18 分)如图 1 所示,固定在地面上的光滑的 1/4 圆弧面 课 与车 C 的上表面平滑相接,在圆弧面上有一个滑块 A,其质量为 时 栏 mA＝2 kg,在半径为 R＝1.25 m 的 1/4 圆弧面顶端由静止下滑, 目 开 车 C 的质量为 mC＝6 kg,在车 C 的左端有一个质量 mB＝2 kg 关
高三物理复习专项训练-(31)动力学、动量和能量观点在电学中的应用-带答案
2021年（新高考）物理一轮复习考点强化全突破专题（31）动力学、动量和能量观点在电学中的应用（解析版）命题热点一 电磁感应中的动量和能量的应用感应电流在磁场中受到安培力的作用，因此电磁感应问题往往跟力学问题联系在一起.解决这类问题需要综合应用电磁感应规律(法拉第电磁感应定律、楞次定律)及力学中的有关规律(牛顿运动定律、动量守恒定律、动量定理、动能定理等).解决这类问题的方法：(1)选择研究对象.即是哪一根导体棒或几根导体棒组成的系统.(2)分析其受力情况.安培力既跟电流方向垂直又跟磁场方向垂直.(3)分析研究对象所受的各力做功情况和合外力情况，选定所要应用的物理规律.(4)分析研究对象(或系统)是否符合动量守恒的条件.(5)运用物理规律列方程求解.注意：加速度a ＝0时，速度v 达到最大值.类型1 动量定理和功能关系的应用例1 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B 1、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一质量为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B 2、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ab 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”继续沿水平导轨进入磁场区间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 ＝0.02 Ω，m ＝0.1 kg ，l ＝0.5 m ，L ＝0.3 m ，θ＝30°，B 1＝0.1 T ，B 2＝0.2 T.不计摩擦阻力和导轨电阻，忽略磁场边界效应，g 取10 m/s 2.求：(1)杆ab 在倾斜导轨上匀速运动时的速度大小v 0；(2)“联动三杆”进入磁场区间Ⅱ前的速度大小v ；(3)“联动三杆”滑过磁场区间Ⅱ产生的焦耳热Q .【答案】见解析【解析】(1)杆ab 匀速时处于平衡状态，有mg sin θ＝B 12l 2v 0R ＋R 2解得：v 0＝6 m/s.(2)杆ab 与“联动双杆”碰撞时，由动量守恒定律得mv 0＝4mv ，解得v ＝v 04＝1.5 m/s.(3)设“联动三杆”进入磁场区间Ⅱ时速度变化量的大小为Δv ，由动量定理得B 2I l Δt ＝4m Δv因I ＝E R 总＝ΔΦΔt ·R 总＝B 2Ll Δt (R ＋R 2)，解得Δv ＝0.25 m/s. 设“联动三杆”滑出磁场区间Ⅱ时速度变化量的大小为Δv ′，同样有B 2I ′l Δt ′＝4m Δv ′，I ′＝B 2lL Δt ′(R ＋R 2) 解得Δv ′＝0.25 m/s.因此“联动三杆”滑出磁场区间Ⅱ时的速度为v ′＝v －Δv －Δv ′＝1 m/s.由能量守恒得：Q ＝12×4m (v 2－v ′2)＝0.25 J.变式1如图所示，两根相距为d 的粗糙平行金属导轨放在倾角为θ的斜面上(电阻忽略不计)，金属导轨上端连有阻值为R 的电阻，在平行于斜面的矩形区域mnOP (mP 长为l ，且平行于金属导轨，不考虑磁场的边界效应)内存在一个垂直斜面向上的匀强磁场B (图中未画出)，一根电阻为r ，质量为m 的金属棒EF 自磁场上边界虚线mn 处由静止释放，经过t 时间离开磁场区域，金属棒与金属导轨间的动摩擦因数为μ.求：(重力加速度为g )(1)t 时间内通过电阻R 的电荷量q ；(2)t 时间内电阻R 上产生的焦耳热Q ；(3)沿着导轨向下平行移动磁场区域，从原位置释放金属棒，当它恰好能匀速通过磁场时，磁场的移动距离s 和金属棒通过磁场的时间t ′.【答案】(1)Bld R ＋r(2)R R ＋r ·{mgl (sin θ－μcos θ)－12m [(sin θ－μcos θ)gt －B 2d 2l m (R ＋r )]2} (3)m 2(R ＋r )2g (sin θ－μcos θ)2B 4d 4 B 2d 2l mg (sin θ－μcos θ)(R ＋r )【解析】(1)由法拉第电磁感应定律得E ＝ΔΦΔt ＝Bld t通过电阻R 的电荷量为q ＝ER ＋r ·t ＝Bld R ＋r (2)金属棒向下运动的过程中受到重力、支持力、摩擦力以及安培力的作用，在沿斜面的方向上，由动量定理得：(mg sin θ－μmg cos θ)t －Bd ·ER ＋r·t ＝mv －0 得：v ＝(g sin θ－μg cos θ)t －B 2d 2l m (R ＋r )由功能关系可得：Q 总＝mgl (sin θ－μcos θ)－12mv 2 则电阻R 上产生的焦耳热为：Q ＝R R ＋r·Q 总 联立可得：Q ＝R R ＋r ·{mgl (sin θ－μcos θ)－12m [(sin θ－μcos θ)gt －B 2d 2l m (R ＋r )]2} (3)金属棒在磁场中做匀速直线运动时，mg sin θ＝μmg cos θ＋B 2d 2v m R ＋r得：v m ＝mg (sin θ－μcos θ)(R ＋r )B 2d 2 在磁场区域外，金属棒沿导轨向下运动的加速度为：a ＝g (sin θ－μcos θ)又：v m 2＝2as ，得s ＝m 2(R ＋r )2g (sin θ－μcos θ)2B 4d 4金属棒通过磁场的时间为：t ′＝l v m ＝B 2d 2l mg (sin θ－μcos θ)(R ＋r ).类型2 动量守恒定律和功能关系的应用例2 如图甲所示，绝缘水平面上固定着两根足够长的光滑金属导轨PQ 、MN ，相距为L ＝0.5 m ，ef 右侧导轨处于匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下，磁感应强度B 的大小如图乙变化.开始时ab 棒和cd 棒锁定在导轨如图所示位置，ab 棒与cd 棒平行，ab 棒离水平面高度为h ＝0.2 m ，cd 棒与ef 之间的距离也为L ，ab 棒的质量为m 1＝0.2 kg ，有效电阻R 1＝0.05 Ω，cd 棒的质量为m 2＝0.1 kg ，有效电阻为R 2＝0.15 Ω.(设ab 、cd 棒在运动过程中始终与导轨垂直，两棒与导轨接触良好，导轨电阻不计，空气阻力不计，g 取10 m/s 2).问：(1)0～1 s 时间段内通过cd 棒的电流大小与方向；(2)假如在第1 s 末，同时解除对ab 棒和cd 棒的锁定，稳定后ab 棒和cd 棒将以相同的速度做匀速直线运动，试求这一速度的大小；(3)对ab 棒和cd 棒从解除锁定到开始以相同的速度做匀速直线运动的过程，ab 棒上产生的热量；(4)ab 棒和cd 棒速度相同时，它们之间的距离大小.【答案】见解析【解析】(1)由楞次定律可得，cd 棒中的电流方向为由d 到cE ＝ΔΦΔt ＝ΔB Δt S ＝ΔB ΔtL 2 代入数据得：E ＝0.25 Vcd 棒中的电流大小I ＝E R 1＋R 2代入数据得：I ＝1.25 A(2)设ab 棒刚进入磁场时的速度为v 0，由机械能守恒定律有：m 1gh ＝12m 1v 02 得v 0＝2 m/s由题意可知，ab 棒进入磁场后做加速度减小的减速运动，cd 棒做加速度减小的加速运动，而由ab 、cd 棒组成的回路感应电动势越来越小，最终ab 、cd 棒达到共同速度做匀速直线运动，系统稳定.以ab 、cd 棒构成的系统为研究对象，水平方向上只受到大小时刻相等、方向时刻相反的安培力作用，系统在磁场中运动时动量守恒.m 1v 0＝(m 1＋m 2)v 共得：v 共＝43m/s. (3)以ab 、cd 棒构成的系统为研究对象，从解除锁定开始到ab 、cd 棒以相同的速度稳定运动的过程中，系统损失的机械能转化为系统两电阻上的热量.m 1gh －12(m 1＋m 2)v 共2＝Q 总 则Q ab ＝R 1R 1＋R 2Q 总＝130 J (4)以ab 棒为研究对象，ab 棒从进入磁场到达到稳定速度过程中，由动量定理有：m 1v 共－m 1v 0＝－∑F 安Δt ＝－∑BL BL vR 1＋R 2Δt ＝－B 2L 2Δx R 1＋R 2解得Δx ＝875m 分析可知Δx 为这个过程中两棒相对靠近的距离，所以，稳定时两棒之间的距离为：x ＝L －Δx ＝59150m.变式2 如图所示，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，并用一根绝缘细线系在定点A .已知，细线能承受的最大拉力为F T0，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F (大小未知)，使其从静止开始做加速度为a 的匀加速直线运动.(1)求从框架开始运动到细线断开所需的时间t 0及细线断开时框架的瞬时速度v 0大小；(2)若在细线断开时，立即撤去拉力F ，求此后过程回路中产生的总焦耳热Q .【答案】(1)F T0R B 2L 2a F T0R B 2L 2 (2)mF T02R 24B 4L 4【解析】(1)细线断开时，对CD 棒有F T0＝F 安，F 安＝BIL ，I ＝E R，E ＝BLv 0，v 0＝at 0 联立解得t 0＝F T0R B 2L 2a细线断开时，框架的瞬时速度大小v 0＝F T0R B 2L 2 (2)在细线断开时立即撤去拉力F ，框架向右减速运动，CD 棒向右加速运动，设二者最终速度大小为v ，由系统动量守恒可得mv 0＝2mv得v ＝v 02＝F T0R 2B 2L 2 撤去拉力F 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 ＝12mv 02－12×2mv 2 联立得Q ＝mF T02R 24B 4L 4.命题热点二 电场、磁场中动量和能量观点的应用动量与电磁学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.类型1 电场中动量和能量观点的应用例3 如图所示，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：(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，由动量守恒定律得：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，由动量定理得：I ＝mv 1－0解得I ＝6EqLm 4，方向水平向右. 类型2 磁场中动量和能量观点的应用例4 如图6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°角斜向右上方射向ab ，随后小球直接垂直地打在金属棒的中点上，并和棒黏合在一起(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：(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 2R 72m (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：d 2＝r ＋r sin (90°－60°)① 小球在磁场中做匀速圆周运动：qv 0B ＝m v 02r② 由①②得：v 0＝qBd 3m③ (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： mv 0＝(m ＋3m )v ④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 ＋rQ ⑥ 由③④⑤⑥可得：Q R ＝q 2B 2d 2R 72m (R ＋r )。
动力学、动量和能量观点在电学中的应用
动力学、动量和能量观点在电学中的应用————————————————————————————————作者：————————————————————————————————日期：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 ⑤Q R ＝R R ＋rQ⑥由③④⑤⑥可得：Q R ＝q 2B 2d 2R 72m (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 2 ②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 2 ③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 0 ⑥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 02 ⑦3.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．。
度高考物理一轮复习 第十章 动力学动量和能量观点在电学中的应
度高考物理一轮复习第十章动力学、动量和能量观点在电学中的应―――――――――― 新学期新成绩新目标新方向――――――――――2 电磁感应中的动力学和能量问题一、选择题(1～3题为单项选择题，4～7题为多项选择题)1．如图1所示，在一匀强磁场中有一U形导线框abcd，线框处于水平面内，磁场与线框平面垂直，R为一电阻，ef为垂直于ab的一根导体杆，它可在ab、cd上无摩擦地滑动。
杆ef及线框中导线的电阻都可不计。
开始时，给ef一个向右的初速度，则( )图1A．ef将减速向右运动，但不是匀减速 B．ef将交减速向右运动，最后停止 C．ef 将匀速向右运动 D．ef将往返运动解析 ef向右运动，切割磁感线，产生感应电动势和感应电流，会受到向左的安培力而B2L2v做减速运动，直到停止，但不是匀减速，由F＝BIL＝＝ma知，ef做的是加速度减R小的减速运动，故A正确。
答案 A2．一半径为r、质量为m、电阻为R的金属圆环用一根长为L的绝缘轻细杆悬挂于O1点，杆所在直线过圆环圆心，在O1点的正下方有一半径为L＋2r的圆形匀强磁场区域，其圆心O2与O1点在同一竖直线上，O1点在圆形磁场区域边界上，如图2所示。
现使绝缘轻细杆从水平位置由静止释放，下摆过程中金属圆环所在平面始终与磁场垂直，已知重力加速度为g，不计空气阻力及其他摩擦阻力，则下列说法正确的是( )桑水图2A．金属圆环最终会静止在O1点的正下方 B．金属圆环在整个过程中产生的焦耳热为mgL 1C．金属圆环在整个过程中产生的焦耳热为mg(L＋2r)21D．金属圆环在整个过程中产生的焦耳热为mg(L＋r)2解析圆环最终要在如图中A、C位置间摆动，因为此时圆环中的磁通量不再发生改变，圆环中不再有感应电流产生。
由几何关系可知，圆环在A、C位置时，其圆心与O1、O2的距离均为L＋r，则圆环在A、C位置时，圆环圆心到O1的高度为1得金属圆环在整个过程中产生的焦耳热为mg(L＋2r)，C正确。
高一物理《动量、动力学和能量观点在力学中的应用》知识点总结
高一物理《动量、动力学和能量观点在力学中的应用》知识
点总结
一、解决力学问题的三个基本观点和五个规律
二、力学规律的选用原则
1．如果物体受恒力作用，涉及运动细节可用动力学观点去解决．
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．若研究的对象为几个物体组成的系统，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．。
2020高考物理大一轮复习 专题强化 动力学、动量和能量观点在电学中的应用讲义(含解析)教科版
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 ＝BI m L ，解得I m ＝FBL(2)根据闭合电路的欧姆定律得：I m ＝BLv R ＋r ，解得：v ＝F R ＋rB 2L 2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 ＝Ft BL －mF R ＋rB 3L 3(3)力F 做功增加金属棒的动能和回路内能，则Fx ＝Q ＋12mv 2Q R ＝R R ＋rQ解得：Q R ＝[Fx －mF 2R ＋r22B 4L4]RR ＋r.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2A.金属杆的最大速度大小为E BLB.此过程中通过金属杆的电荷量为mE2B 2L2C.此过程中电源提供的电能为mE 2B 2L 2D.此过程中金属杆产生的热量为mE 22B 2L2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 ＝E BL，故A 正确；由动量定理BILt＝BLq ＝mv －0，得q ＝mE B 2L 2，故B 错误；由能量守恒可知电源提供的电能E 电＝qE ＝mE 2B 2L2，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E k ＝12mv 2＝12m E2B 2L2，金属杆产生的热量为Q R ＝(E 电－E k )RR ＋r ＝RmE 22R ＋r B 2L 2，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＝0.5m的竖直半圆，两导轨间距离l＝0.3m，导轨水平部分处于竖直向上、磁感应强度大小B＝1T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＝0.2kg、m2＝0.1kg，电阻分别为R1＝0.1Ω、R2＝0.2Ω.现让ab棒以v0＝10m/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)30m/s 2(2)7.5 m/s (3)4.375J解析 (1)ab 棒开始向右运动时，设回路中电流为I ，有E ＝Blv 0 I ＝E R 1＋R 2 BIl ＝m 2a 0解得：a 0＝30m/s 2(2)设cd 棒刚进入半圆轨道时的速度为v 2，系统动量守恒，有m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 212m 2v 22＝m 2g ·2r ＋12m 2v P 2 m 2g ＝m 2v2P r解得：v 1＝7.5m/s(3)由动能定理得－W ＝12m 1v 12－12m 1v 02解得：W ＝4.375J.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T0，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t 0及细线断裂时框架的瞬时速度v 0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)T 0R B 2L 2a T 0R B 2L 2 (2)mT 02R 24B 4L4解析 (1)细线断裂时，对棒有T 0＝F 安，F 安＝BIL ，I ＝ER，E ＝BLv 0，v 0＝at 0 联立解得t 0＝T 0RB 2L 2a细线断裂时框架的速度v 0＝T 0R B 2L 2(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mv 0＝2mv 得v ＝v 02＝T 0R2B 2L2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 ＝12mv 02－12×2mv 2 联立得Q ＝mT 02R 24B 4L4.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 ＝12×3mv 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：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：I ＝mv 1－0 解得I ＝6EqLm4，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 ＝0.1m，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＝0.4kg、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＝1s，与静止在B 点的不带电、质量m2＝0.6kg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＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝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)2m/s (2)18N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 1 m 1v 1＝(m 1＋m 2)v 2联立解得v 2＝2m/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N 则R (1－cos θ)＝hN －(m 1＋m 2)g ＝(m 1＋m 2)v22R解得：N ＝18N ，由牛顿第三定律可得物块Ⅰ和Ⅱ对轨道压力的大小为18N.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)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 2CR第二次通过C 点时，F 2－qv C B －mg ＝m v 2CR由题意知ΔF ＝F 2－F 1 解得q ＝ΔF 2gR4gRB(3)因为甲球与乙球在最低点发生的是弹性碰撞，则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 2乙R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 －ΔF4，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)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12mv 02＝mgha 棒与b 棒发生弹性碰撞由动量守恒定律：mv 0＝mv 1＋mv 2 由机械能守恒定律：12mv 02＝12mv 12＋12mv 22解得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：mv 2＝mv 2′＋m2v 3′设b 棒进入磁场后某时刻，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 2v 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：mv 2＝(m ＋m2)v由能量守恒定律：12mv 22＝12(m ＋m 2)v 2＋Q解得Q ＝13mgh .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 ＝0.5m ，且水平放置；M 、N 左端与半径R ＝0.4m 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 ＝0.1kg ，接入电路的有效电阻R b ＝R c ＝1Ω，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 ＝1T 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v 0＝10m/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)5m/s (2)1.25J (3)1.25N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＝5m/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＝2.5J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＝1.25J(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： 12m c v 2－12m c v ′2＝m c g ·2R 解得v ′＝3m/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 ＝1.25N由牛顿第三定律得，在最高点c 棒对轨道的压力为1.25N ，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E p ； (3)a 、b 两小球最终的速度v a 、v b 的大小. 答案 (1)2gR 6mg ＋qB 2gR (2)23mgR(3)132gR 432gR 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 ＝12×2mv M 2 解得：v M ＝2gR在M 点，由牛顿第二定律有：N －2mg －qv M B ＝2mv 2MR解得：N ＝6mg ＋qB 2gR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：N ′＝6mg ＋qB 2gR (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：2mv M ＝3mv 共根据能量守恒定律有：E p ＝12×2mv M 2－12×3mv 共2解得：E p ＝23mgR(3)由动量守恒定律：2mv M ＝2mv a ＋mv b由能量守恒定律有：12×2mv M 2＝12×2mv a 2＋12mv b 2解得：v a ＝13v M ＝132gR ，v b ＝43v M ＝432gR .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6mg sin 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x 1；(2)求A 刚要离开墙壁时C 的速度大小v 1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2mg sin θ，方向不变，求在之后的运动过程中弹簧的最大弹性势能E pm . 答案 (1)4mg sin θk(2)22mga sin θk4m (g sin θ＋a )(3)16m 2ga sin θ5k21 解析 (1)开始时，弹簧处于压缩状态对C 受力平衡有T 1＝2mg sin θ对B 受力平衡有T 1＋kx 1＝6mg sin θ解得x 1＝4mg sin θk(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x 1时有v 12＝2ax 1解得v 1＝22mga sin θk根据牛顿第二定律对B 有：T 2－6mg sin θ＝2ma对C 有：F ＋2mg sin θ－T 2＝2ma解得F ＝4m (g sin 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v 2)，弹簧弹性势能最大，有(2m ＋2m )v 1＝(m ＋2m ＋2m )v 2根据能量守恒定律有12(2m ＋2m )v 12＝12(m ＋2m ＋2m )v 22＋E pm 解得：E pm ＝16m 2ga sin θ5k.。
动力学、动量和能量观点在磁场中的应用
动力学、动量和能量观点在电学中的应用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：(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.(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/s2，则：(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？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.(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：(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.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：(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.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以上情况均有可能如图所示,在水平面上有两条导电导轨MN、PQ，导轨间距为d，匀强磁场垂直于导轨所在的平面向里，磁感应强度的大小为B ，两根完全相同的金属杆1、2间隔一定的距离摆开放在导轨上，且与导轨垂直。
2022届高考物理一轮复习 第53讲 动力学、动量和能量观点在电学中的应用 讲义
第五十三讲动力学、动量和能量观点在电学中的应用考点一电磁感应中的动力学和能量问题1.题型简述电磁感应过程的实质是不同形式的能量转化的过程，而能量的转化是通过安培力做功来实现的。
安培力做功的过程，是电能转化为其他形式的能的过程；外力克服安培力做功的过程，则是其他形式的能转化为电能的过程。
2．电磁感应中的能量问题的分析思路(1)确定研究对象(导体棒或回路)。
(2)弄清电磁感应过程中，哪些力做功，哪些形式的能量相互转化。
(3)根据功能关系或能量守恒定律列式求解。
3．求解焦耳热Q的两种方法(1)若回路中电流恒定，可以利用电路结构及W＝UIt或Q＝I2Rt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。
【典例1】如图甲所示，足够长、电阻不计的光滑平行金属导轨MN、PQ竖直放置，其宽度L＝1 m，一匀强磁场垂直穿过导轨平面，导轨的上端M与P之间连接阻值为R＝0.40 Ω的电阻，质量为m＝0.01 kg，电阻为r＝0.30 Ω的金属棒ab紧贴在导轨上。
现使金属棒ab由静止开始下滑，下滑过程中ab始终保持水平，且与导轨接触良好，其下滑距离x与时间t的关系如图乙所示，图象中的OA段为曲线，AB段为直线，导轨电阻不计，g取10 m/s2(忽略ab棒运动过程中对原磁场的影响)，求：甲乙(1)判断金属棒两端a、b的电势高低；(2)磁感应强度B的大小；(3)在金属棒ab从开始运动的1.5 s内，电阻R上产生的热量。
[解析](1)由右手定则可知，ab中的感应电流由a流向b，ab相当于电源，则b点电势高，a点电势低。
(2)由x-t图象求得t＝1.5 s时金属棒的速度为v＝ΔxΔt＝11.2－72.1－1.5m/s＝7 m/s金属棒匀速运动时所受的安培力大小为F＝BIL，I＝ER＋r，E＝BL v联立得F＝B2L2vR＋r根据平衡条件得F＝mg则有mg＝B2L2vR＋r代入数据解得B＝0.1 T。
【导学案】能量观点和动量观点在电学中的应用
能量观点和动量观点在电学中的应用一、知识必备1静电力做功与路径无关。
若电场为匀强电场，则W＝Fl cosα＝qEl cosα；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，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。
由几何关系可得，cf的长度为，电场强度的大小E＝＝＝cm，故选项A正确；因为Oacb是矩形，所以有U ac＝U Ob，可知坐标原点O处的电势为1V，故选项B正确；a 点电势比b点电势低7V，电子带负电，所以电子在a点的电势能比在b点的高7eV，故选项C错误；b点电势比c点电势低9V，电子从b点运动到c点，电场力做功为9eV，故选项D正确。
答案ABD真题感悟：1高考考查特点1本考点重在通过带电粒子在电场中的运动考查电场中的功能关系。
2理解电场力做功与电势能的变化关系，是解题的关键。
2常见误区及临考提醒1在进行电场力做功和电势能的判断时，要注意电荷的正负。
2电场力做功只与始、末位置有关，与路径无关。
3利用能量的转化和守恒解决电磁感应问题时要准确把握参与转化的能量的形式和种类，同时要确定各种能量的增减情况和增减原因。
考向预测：1多选如图甲所示，一光滑绝缘细杆竖直放置，与细杆右侧距离为d的A点处有一固定的正点电荷，细杆上套有一带电小环，设小环与点电荷的竖直高度差为h，将小环无初速度地从h高处释放后，在下落至h＝0的过程中，其动能E随h的变化曲线如图乙所示，则A小环可能带负电＝0的过程中，小环电势能增加＝0的过程中，小环经过了加速、减速、再加速三个阶段点为中心的往复运动解析由题图乙中E随h的变化曲线可知，小环从h高处下落至h＝0的过程中，经过了加速、减速、再加速三个阶段，选项C正确；合外力做功的情况是先做正功，再做负功，最后又做正功，而重力一直对小环做正功，故只有库仑力能对小环做负功，即小环带正电，选项A错误；从h高处下落至h＝0的过程中，电场力做负功，故小环电势能增加，选项B正确；小环越过O点后，所受的电场力、重力及杆对小环的弹力的合力方向向下，故小环将向下做加速运动，选项D错误。
2022届高考物理一轮复习 第53讲 动力学、动量和能量观点在电学中的应用 课件
题型1 动量定理和动力学观点的应用
【典例1】 (2020·山东济南市5月高考模拟)如图所示，足够长的光 滑平行金属导轨MN、PQ倾斜放置，两导轨间距d＝0.5 m，导轨平 面与水平面的夹角为θ＝30°，导轨N、Q两端连接阻值R＝10 Ω的 电阻。导轨平面内分布着有界匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，磁场方向均 垂直于导轨平面向上，区域Ⅰ的上边界距导轨M、P端x1＝0.9 m， 上、下边界之间的距离x2＝0.35 m，下边界与区域Ⅱ的上边界之间 的距离 x3＝1.2 m，区域Ⅰ的磁感应强度大小B1＝10 T，区域Ⅱ的 磁感应强度大小B2＝5 T。质量m＝0.5 kg的金属棒垂直导轨放置， 与两导轨接触良好。将金属棒从M、P端由 静止释放，进入区域Ⅱ时恰好做匀速运动， 取g＝10 m/s2，不计金属棒及导轨的电阻。求： (1)金属棒进入磁场区域Ⅱ时的速度； (2)金属棒经过磁场区域Ⅰ所用的时间。
第五十三讲
动力学、动量和能量观点在电学中的应用
考点一电磁感应中动力学、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。
A.导体棒的最大加速度为50 m/s2 ACD
B.导体棒上升过程中流过定值电阻的电荷量为4 C C.导体棒下落到虚线时的速度大小为5 m/s D.导体棒从越过虚线到运动到最高点所需的时间为1.8 s
【变式2】 (2020·山东青岛市5月统一质量检测)如图所示，平行金 属导轨由水平部分和倾斜部分组成，倾斜部分是两个竖直放置的四 分之一圆弧导轨，圆弧半径r＝0.2 m。水平部分是两段均足够长但 不等宽的光滑导轨，CC′＝3AA′＝0.6 m，水平导轨与圆弧导轨在 AA′平滑连接。整个装置处于方向竖直向上的匀强磁场中，磁感应 强度B＝1 T，导体棒MN、PQ的质量分别为m1＝0.2 kg、m2＝0.6 kg， 长度分别为l1＝0.2 m、l2＝0.6 m，电阻分别为R1＝1.0 Ω、R2＝3.0 Ω，PQ固定在宽水平导轨上。现给导体棒MN一个初速度，使其恰 好沿圆弧导轨从最高点匀速下滑，到达圆弧最低处AA′位置时，MN 克服安培力做功的瞬时功率为0.04 W，重力加速度g＝10 m/s2，不 计导轨电阻，导体棒MN、PQ与导轨一直接触良好。求：(1)导体棒 MN到达圆弧导轨最低处AA′位置时对轨道的压力大小； (2)导体棒MN沿圆弧导轨下滑过程中， MN克服摩擦力做的功(保留3位有效数字)； (3)若导体棒MN到达AA′位置时释放PQ， 之后的运动过程中通过回路某截面的和能量问题
高考物理全国通用大一轮复习讲义文档专题强化八动力学、动量和能量观点在电学中的应用Word版含答案
专题强化八 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问题例1 如图1所示，在方向竖直向上的磁感应强度为B 的匀强磁场中有两条光滑固定的平行金属导轨MN 、PQ ，导轨足够长，间距为L ，其电阻不计，导轨平面与磁场垂直，ab 、cd 为两根垂直于导轨水平放置的金属棒，其接入回路中的电阻分别为R ，质量分别为m .与金属导轨平行的水平细线一端固定，另一端与cd 棒的中点连接，细线能承受的最大拉力为F T ，一开始细线处于伸直状态，ab 棒在平行导轨的水平拉力F 的作用下以加速度a 向右做匀加速运动，两根金属棒运动时始终与导轨接触良好且与导轨相垂直．图1(1)求经多长时间细线被拉断？(2)若在细线被拉断瞬间撤去拉力F ，求两根金属棒之间距离增量Δx 的最大值是多少？①细线能承受的最大拉力为F T ；②ab 棒向右做匀加速直线运动．答案 (1)2RF T B 2L 2a (2)2mR 2F T B 4L4解析 (1)ab 棒以加速度a 向右运动，当细线断时，ab 棒运动的速度为v ，产生的感应电动势E ＝BL v ， ① 回路中的感应电流I ＝E2R ，② cd 棒受到安培力F B ＝BIL ，③ 经t 时间细线被拉断，得F B ＝F T ， ④ v ＝at ，⑤ 由①②③④⑤式得t ＝2RF TB 2L 2a.⑥(2)细线断后，ab 棒做减速运动，cd 棒做加速运动，两棒之间的距离增大，当两棒达共同速度u 而稳定运动时，两棒之间的距离增量Δx 达到最大值，整个过程回路中磁通量的变化量 ΔΦ＝BL Δx ，⑦ 由动量守恒定律得m v ＝2mu ，⑧回路中感应电动势的平均值 E 1＝ΔΦΔt，⑨ 回路中电流的平均值I ＝E 12R，⑩对于cd 棒，由动量定理得BIL Δt ＝mu ， 由⑤⑥⑦⑧⑨⑩式得Δx ＝2mR 2F TB 4L4.应用动量和能量观点解决双导体棒电磁感应问题的技巧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．1.两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2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 有垂直指向棒cd 的初速度v 0(见图)．若两导体棒在运动中始终不接触，求：图2(1)在运动中产生的焦耳热的最大值；(2)当ab 棒的速度变为初速度的34时，cd 棒的加速度大小．答案 (1)14m v 02(2)B 2L 2v 04mR解析 (1)ab 棒受到与运动方向相反的安培力作用做减速运动，cd 棒则在安培力作用下做加速运动．在ab 棒的速度大于cd 棒的速度时，回路总有感应电流，ab 棒继续减速，cd 棒继续加速．两棒速度达到相同后，回路面积保持不变，磁通量不变化，不产生感应电流，两棒以相同的速度v 做匀速运动．从初始至两棒达到的速度相同的过程中，两棒总动量守恒，有 m v 0＝2m v ，根据能量守恒，整个过程中产生的总热量为 Q ＝12m v 02－12(2m )v 2＝14m v 02.(2)设ab 棒的速度变为初速度的34时，cd 棒的速度为v ′，则由动量守恒得m v 0＝m ×34v 0＋m v ′.此时回路中的感应电动势为E ＝(34v 0－v ′)BL ，感应电流为I ＝E2R，此时cd 棒所受的安培力F ＝IBL ， cd 棒的加速度a ＝Fm ，由以上各式，可得：a ＝B 2L 2v 04mR.2.如图3所示，金属杆a 从离地h 高处由静止开始沿光滑平行的弧形轨道下滑，轨道的水平部分有竖直向上的匀强磁场B ，水平轨道上原来放有一金属杆b ，已知a 杆的质量为m 1，且与b 杆的质量m 2之比为m 1∶m 2＝3∶4，水平轨道足够长，不计摩擦，求：图3(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，其余部分的电阻不计，整个过程中杆a 、b 上产生的热量分别是多少？ 答案 (1)均为372gh (2)47m 1gh(3)1249m 1gh 1649m 1gh 解析 (1)a 下滑过程中机械能守恒m 1gh ＝12m 1v 02a 进入磁场后，回路中产生感应电流，a 、b 都受安培力作用，a 做减速运动，b 做加速运动，经过一段时间，a 、b 速度达到相同，之后回路的磁通量不发生变化，感应电流为0，安培力为0，二者匀速运动，匀速运动的速度即为a 、b 的最终速度，设为v .由于a 、b 所组成的系统所受合外力为0，故系统的动量守恒m 1v 0＝(m 1＋m 2)v 由以上两式解得最终速度v 1＝v 2＝v ＝372gh .(2)由能量守恒得知，回路中产生的电能应等于a 、b 系统机械能的损失，所以E ＝m 1gh －12(m 1＋m 2)v 2＝47m 1gh .(3)由能量守恒定律，回路中产生的热量应等于回路中释放的电能等于系统损失的机械能，即Q a ＋Q b ＝E .在回路中产生电能的过程中，电流不恒定，但由于R a 与R b 串连，通过的电流总是相等的．所以应有Q a Q b ＝I 2R a t I 2R b t ＝R a R b ＝34Q a ＝37E ＝1249m 1gh Q b ＝47E ＝1649m 1gh .命题点二 电场中的动量和能量问题例2 如图4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4(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．①光滑绝缘轨道；②A 、B 两球间相互作用视为静电作用；③A 、B 两球始终没有接触．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，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． 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 .电场中动量和能量问题的解题技巧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．3．如图5所示，“┙”型滑板(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 的匀强电场中，初始时刻，滑板与小物体都静止，试求：图5(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 ，则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.命题点三 复合场中的动量和能量问题例3 如图6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，绳不伸长，不计空气阻力，重力加速度为g .图6(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？①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；②P 、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． 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 联立相关方程得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 ，由动量守恒定律得 m v －m v 0＝(m ＋m )v m此刻轻绳的张力为最大，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 .4.如图7所示，整个空间中存在竖直向上的匀强电场．经过桌边的虚线PQ 与桌面成45°角，其上方有足够大的垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B .光滑绝缘水平桌面上有两个可以视为质点的绝缘小球，A 球对桌面的压力为零，其质量为m ，电量为q ；B 球不带电且质量是km (k ＞7)．A 、B 间夹着质量可忽略的火药．现点燃火药(此时间极短且不会影响小球的质量、电量和各表面的光滑程度)，火药炸完瞬间A 的速度为v 0，求：图7(1)火药爆炸过程中有多少化学能转化为机械能； (2)A 球在磁场中的运动时间；(3)若一段时间后AB 在桌上相遇，求爆炸前A 球与桌边P 的距离． 答案 (1)k ＋12k m v 02 (2)3πm2qB (3)2k －2－3π2(k ＋1)·m v 0qB解析 (1)设爆炸之后B 的速度为v B ，选向左为正方向 在爆炸前后由动量守恒可得：0＝m v 0－km v B 又由能量守恒可得： E ＝12m v 02＋12km v B 2＝k ＋12km v 02(2)由“A 球对桌面的压力为零”可知重力和电场力等大反向，故A 球进入磁场中将会做匀速圆周运动，则 T ＝2πm qB由几何知识可得：A 球在磁场中运动了34个圆周(如图所示)则t 2＝3πm 2qB(3)由0＝m v 0－km v B 可得：v B ＝v 0kR ＝m v 0qB设爆炸前A 球与桌边P 的距离为x A ，爆炸后B 运动的位移为x B ，，时间为t B 则t B ＝x A v 0＋t 2＋R v 0x B ＝v B t B由图可得：R ＝x A ＋x B 联立上述各式解得： x A ＝2k －2－3π2(k ＋1)·m v 0qB.1.如图1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，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，棒与导轨始终垂直且接触良好，圆弧段MN 半径为R ，所对圆心角为60°.求：图1(1)ab 棒在N 处进入磁场区速度是多大？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？ 答案 (1)gRBl gR 3r (2)13gR (3)13mgR 解析 (1)ab 棒由M 下滑到N 过程中机械能守恒，故mgR (1－cos 60°)＝12m v 2.解得v ＝gR .进入磁场区瞬间，回路中电流强度 I ＝E 2r ＋r＝Bl gR 3r .(2)ab 棒在安培力作用下做减速运动，cd 棒在安培力作用下做加速运动，当两棒速度达到相同速度v ′时，电路中电流为零，安培力为零，cd 达到最大速度．运用动量守恒定律得m v ＝(2m ＋m )v ′ 解得v ′＝13gR .(3)系统释放的热量应等于系统机械能的减少量， 故Q ＝12m v 2－12·3m v ′2，解得Q ＝13mgR .2.如图2所示是计算机模拟出的一种宇宙空间的情景，在此宇宙空间内存在这样一个远离其他空间的区域(其他星体对该区域内物体的引力忽略不计)，以MN 为界，上半部分匀强磁场的磁感应强度为B 1，下半部分匀强磁场的磁感应强度为B 2.已知B 1＝4B 2＝4B 0，磁场方向相同，且磁场区域足够大．在距离界线MN 为h 的P 点有一宇航员处于静止状态，宇航员以平行于MN 的速度向右抛出一质量为m 、电荷量为q 的带负电小球，发现小球在界线处的速度方向与界线成90°角，接着小球进入下半部分磁场．当宇航员沿与界线平行的直线匀速到达目标Q 点时，刚好又接住球而静止．图2(1)请你粗略地作出小球从P 点运动到Q 点的运动轨迹； (2)PQ 间的距离是多大？ (3)宇航员的质量是多少？答案 (1)见解析图 (2)6h (3)5πm6解析 (1)小球的运动轨迹如图所示．(2)设小球的速率为v 1，由几何关系可知R 1＝h ，由q v B ＝m v 2R 和B 1＝4B 2＝4B 0， 可知R 2＝4R 1＝4h ， 由q v 1(4B 0)＝m v 21R 1，解得小球的速率v 1＝4qB 0hm，根据运动的对称性，PQ 的距离为L ＝2(R 2－R 1)＝6h . (3)设宇航员的速率为v 2，因周期T ＝2πmqB ，故小球由P 运动到Q 的时间t ＝T 12＋T 22＝5πm4qB 0.所以宇航员匀速运动的速率为v 2＝L t ＝24qB 0h5πm ，由动量守恒定律有M v 2－m v 1＝0， 可解得宇航员的质量M ＝5πm6.3．如图3所示，绝缘水平地面上有宽L ＝0.4 m 的匀强电场区域，场强E ＝6×105 N/C 、方向水平向左．不带电的物块B 静止在电场边缘的O 点，带电量q ＝5×10－8 C 、质量m A ＝1×10－2kg 的物块A 在距O 点s ＝2.25 m 处以v 0＝5 m/s 的水平初速度向右运动，并与B 发生碰撞，假设碰撞前后A 、B 构成的系统没有动能损失．A 的质量是B 的k (k ＞1)倍，A 、B 与水平面间的动摩擦因数都为μ＝0.2，物块均可视为质点，且A 的电荷量始终不变，取g ＝10 m/s 2.图3(1)求A 到达O 点与B 碰撞前的速度； (2)求碰撞后瞬间，A 和B 的速度；(3)讨论k 在不同取值范围时电场力对A 做的功． 答案 (1)4 m/s (2)4(k －1)k ＋1 m/s 8k k ＋1m/s(3)见解析解析 (1)设碰撞前A 的速度为v ，由动能定理得 －μm A gs ＝12m A v 2－12m A v 02① 得：v ＝v 20－2μgs ＝4 m/s.②(2)设碰撞后A 、B 速度分别为v A 、v B ，且设向右为正方向，由于弹性碰撞，所以有：m A v ＝m A v A ＋m B v B③ 12m A v 2＝12m A v A 2＋12m B v B 2④联立③④并将m A ＝km B 及v ＝4 m/s 代入得： v A ＝4(k －1)k ＋1 m/s⑤v B ＝8kk ＋1 m/s⑥(3)讨论：(ⅰ)如果A 能从电场右边界离开，必须满足： 12m A v A2＞μm A gL ＋qEL⑦ 联立⑤⑦代入数据，得：k ＞3⑧ 电场力对A 做功为：W ＝qEL ＝6×105×5×10－8×0.4 J ＝1.2×10－2 J⑨(ⅱ)如果A 不能从电场右边界离开电场，必须满足 12m A v A 2≤μm A gL ＋qEL⑩联立⑤⑩代入数据，得：k ≤3考虑到k ＞1，所以在1＜k ≤3范围内A 不能从电场右边界离开． 又：qE ＝3×10－2 N ＞μm A g ＝2×10－2 N所以A 会返回并从电场的左侧离开，整个过程电场力做功为0， 即W ＝0.4.如图4所示，直角坐标系xOy 位于竖直平面内，x 轴与绝缘的水平面重合，在y 轴右方有垂直纸面向里的匀强磁场和竖直向上的匀强电场．质量为m 2＝8×10－3 kg 的不带电小物块静止在原点O ，A 点距O 点l ＝0.045 m ，质量m 1＝1×10－3 kg 的带电小物块以初速度v 0＝0.5 m/s 从A 点水平向右运动，在O 点与m 2发生正碰并把部分电量转移到m 2上，碰撞后m 2的速度为0.1 m/s ，此后不再考虑m 1、m 2间的库仑力．已知电场强度E ＝40 N/C ，小物块m 1与水平面的动摩擦因数为μ＝0.1，取g ＝10 m/s 2，求：图4(1)碰后m 1的速度；(2)若碰后m 2做匀速圆周运动且恰好通过P 点，OP 与x 轴的夹角θ＝30°，OP 长为l OP ＝0.4 m ，求磁感应强度B 的大小；(3)其他条件不变，若改变磁场磁感应强度B ′的大小，使m 2能与m 1再次相碰，求B ′的大小．答案 (1)－0.4 m/s ，方向水平向左 (2)1 T (3)0.25 T解析 (1)设m 1与m 2碰前速度为v 1，由动能定理 －μm 1gl ＝12m 1v 12－12m 1v 02代入数据解得：v 1＝0.4 m/s已知v 2＝0.1 m/s ，m 1、m 2正碰，由动量守恒有：m 1v 1＝m 1v 1′＋m 2v 2 代入数据得：v 1′＝－0.4 m/s ，方向水平向左 (2)m 2恰好做匀速圆周运动，所以qE ＝m 2g 得：q ＝2×10－3 C物块由洛伦兹力提供向心力，设其做圆周运动的半径为R ，则q v 2B ＝m 2v 22R，轨迹如图，由几何关系有：R ＝l OP解得：B ＝1 T(3)当m 2经过y 轴时速度水平向左，离开电场后做平抛运动，m 1碰后做匀减速运动． m 1匀减速运动至停，其平均速度为： v ＝12v 1′＝0.2 m/s ＞v 2＝0.1 m/s.所以m 2在m 1停止后与其相碰 由牛顿第二定律有： F f ＝μm 1g ＝m 1a m 1停止后离O 点距离： s ＝v 1′22a则m 2平抛的时间：t ＝sv 2平抛的高度：h ＝12gt 2设m 2做匀速圆周运动的半径为R ′，由几何关系有： R ′＝12h由q v 2B ′＝m 2v 22R ′，联立得：B ′＝0.25 T.。
矿产
矿产资源开发利用方案编写内容要求及审查大纲
矿产资源开发利用方案编写内容要求及《矿产资源开发利用方案》审查大纲一、概述
㈠矿区位置、隶属关系和企业性质。
如为改扩建矿山, 应说明矿山现状、
特点及存在的主要问题。
㈡编制依据
(1简述项目前期工作进展情况及与有关方面对项目的意向性协议情况。
(2 列出开发利用方案编制所依据的主要基础性资料的名称。
如经储量管理部门认定的矿区地质勘探报告、选矿试验报告、加工利用试验报告、工程地质初评资料、矿区水文资料和供水资料等。
对改、扩建矿山应有生产实际资料, 如矿山总平面现状图、矿床开拓系统图、采场现状图和主要采选设备清单等。
二、矿产品需求现状和预测
㈠该矿产在国内需求情况和市场供应情况
1、矿产品现状及加工利用趋向。
2、国内近、远期的需求量及主要销向预测。
㈡产品价格分析
1、国内矿产品价格现状。
2、矿产品价格稳定性及变化趋势。
三、矿产资源概况
㈠矿区总体概况
1、矿区总体规划情况。
2、矿区矿产资源概况。
3、该设计与矿区总体开发的关系。
㈡该设计项目的资源概况
1、矿床地质及构造特征。
2、矿床开采技术条件及水文地质条件。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
解得 t＝23 s 对两球 xA＝v1t＋12at2 xB＝v2t，Δx＝xB－xA＝2 m。 答案 (1)－2 m/s 4 m/s (2)2 m
11
备考知能网
研透命题点
1
命题点二
电磁感应中的动量和能量问题
@《创新设计》
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
图2
备考知能网
研透命题点
@《创新设计》
(1)物块沿斜面向下运动的最大距离； (2)物块最终停止时系统因摩擦产生的热量。 解析 (1)设物块向下运动的最大距离为xm，由动能定理得 mgsin θ·xm－μmgcos θ·xm－qExm＝0－12mv0 2 代入数据解得xm＝0.5 m。 (2)因qE＞mgsin θ＋μmgcos θ，mgsin θ＜μmgcos θ，物块不可能停止在x轴正向， 设物块最终停在x轴负向且离O点为x处，整个过程电场力做功为零，由动能定理得 －mgxsin θ－μmgcos θ(2xm＋x)＝0－12mv0 2
备考知能网
研透命题点
代入数据解得x＝0.4 m 因摩擦产生的热量 Q＝μmgcos θ(2xm＋x) 代入数据解得Q＝10.5 J。 答案 (1)0.5 m (2)10.5 J
@《创新设计》
备考知能网
研透命题点
@《创新设计》
2.如图3所示，一足够长的光滑绝缘水平面上方存在着水平向右的匀强电场，电场强 度E＝3×103 V/m。一质量m＝1 kg、电荷量q＝＋3×10－3 C的弹性小球A由静止释 放。距离A右侧x＝2 m处静置一大小与A相同、质量为2m的不带电的弹性绝缘小球 B。经过一段时间，两球发生弹性正碰(碰撞时间极短，碰撞过程中电荷不发生转 移)，空气阻力不计。求：
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( )
第4讲 动力学、动量和能量观点在电学中的应用
内容索引
命题点一
电场中的动量和能量问题
命题点二
电磁感应中的动量和能量问题
电场中的功能关系电势能变化的情况 1.电场力做功的计算方法及电势能变化的情况 2.用功能关系分析带电粒子的运动 （1）只有电场力做功，则电势能和动能之和保持不变 （2）只有重力和电场力做功，则电势能、动能、重力势能之和保持不变。 （3）除重力做功以外，其它力做功代数和等于粒子机械能的变化量 （4）合力做功的功，等于粒子动能的变化量
图2
备考知能网
研透命题点
命题点一
电场中的动量和能量问题
@《创新设计》
1.(2019·锦州二模)如图 2 所示，在一个倾角 θ＝30°的斜面上建立 x 轴，O 为坐标 原点，在 x 轴正向空间有一个匀强电场，场强大小 E＝4.5×106 N/C，方向与 x 轴正方向相同，在 O 处放一个电荷量 q＝5.0×10－6 C、质量 m＝1 kg 带负电的绝 缘物块。物块与斜面间的动摩擦因数 μ＝ 23，沿 x 轴正方向给物块一个初速度 v0＝5 m/s，如图所示。(g 取 10 m/s2)求：
功能关系和动量守恒在电磁感应中的应用
命题点一
电场中的动量和能量问题
@《创新设计》
1.(2019·锦州二模)如图 2 所示，在一个倾角 θ＝30°的斜面上建立 x 轴，O 为坐标 原点，在 x 轴正向空间有一个匀强电场，场强大小 E＝4.5×106 N/C，方向与 x 轴正方向相同，在 O 处放一个电荷量 q＝5.0×10－6 C、质量 m＝1 kg 带负电的绝 缘物块。物块与斜面间的动摩擦因数 μ＝ 23，沿 x 轴正方向给物块一个初速度 v0＝5 m/s，如图所示。(g 取 10 m/s2)求：
备考知能网
研透命题点
@《创新设计》
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。两导体棒的质量均为m、 电阻均为R，回路中其余部分的电阻忽略不计。整个装置处 于磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中。开始 时，cd棒静止，ab棒的速度大小为v0、方向指向cd棒。若两 导体棒在运动过程中始终不接触，选水平向右的方向为正方 向，则在运动过程中( )
备考知能网
图5
研透命题点
A.ab 棒产生的焦耳热最多为34mv0 2 B.安培力对 cd 棒的冲量最多为12mv0 C.通过 ab 棒某一横截面的电荷量最多为2mBvL0 D.ab 棒与 cd 棒间的最终距离为 x0－mBv2L0R2
@《创新设计》
备考知能网
研透命题点
@《创新设计》
解析 从开始到最终稳定的过程中，两棒总动量守恒，取向右为正方向，根据动量 守恒定律得 mv0＝2mv，ab 棒产生的焦耳热最多为 Q＝12Q 总＝12×12mv0 2－12·2mv2＝ 18mv0 2，故 A 错误；安培力对 cd 棒的冲量最多为 I＝Δp＝mv－0＝12mv0，故 B 正确； 对 ab 棒，由动量定理可得－FΔt＝12mv0－mv0，所以有 BILΔt＝12mv0，通过 ab 棒某 一横截面的电荷量最多为 q＝IΔt＝2mBvL0，故 C 正确；由于通过 ab 棒某一横截面的电 荷量最多为 q＝Δ2ΦR ＝B2LRx，则有 x＝mBv2L0R2 ，ab 棒与 cd 棒间的最终距离为 s＝x0－x ＝x0－mBv2L0R2 ，故 D 正确。 答案 BCD
题眼② (2)整个过程中回路释放的电能是多少？
题眼③ (3)若已知a、b杆的电阻之比Ra∶Rb＝3∶4，其余部分的电阻不计，整个过程中杆a、 b上产生的热量分别是多少？
分析
规范解答
备考知能网
研透命题点
@《创新设计》
在电磁感应中用动量定理求变力的时间、速度、位移和电荷量，一般应用于 单杆切割磁感线运动。 (1)求速度或电荷量：B－IlΔt＝mv2－mv1，q＝－It。 (2)求时间：FΔt－B－IlΔt＝mv2－mv1，B－IlΔt＝BlΔRΦ总 。
备考知能网
研透命题点
方法感悟 应用动量和能量观点解决双导体棒电磁感应问题的技巧
(1)在运动中产生的焦题耳眼热①的最大值；
0
t
题(眼2)②当ab棒的速度变为初速度的34时，cd棒的加速度大小．
分析 规范解答
2．如图所示，金属杆a从离地h高处由静止开始沿光滑平行的弧形轨道下滑，轨道的 水平部分有竖直向上的匀强磁场B，水平轨道上原来放有一金属杆b，已知a杆的质量 题眼① 为m1，且与b杆的质量m2之比为m1∶m2＝3∶4，水平轨道足够长，不计摩擦，求： (1)a和b的最终速度分别是多大？
题组阶梯突破 1．两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平v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v所0 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E滑ab=行B．L34开v0始时，棒cd静止， 棒ab有垂直指向棒cd的初速度v0(见图)．若两导体棒在运动中始终不接E触cd=，B求L：v′
图3 (1)小球A、B第一次碰后瞬间的速度v1、v2； (2)两球第一次碰撞后到第二次碰撞前的最大距离Δx。
备考知能网
研透命题点
解析 (1)以电场方向为正方向，假设球A在与球B碰前瞬间的速度为v0 根据动能定理有 qEx＝12mv0 2，得 v0＝6 m/s A、B两球碰撞瞬间动量守恒、机械能守恒 有mv0杆的速度最大为（F－mBg2dsi2n θ）R B.流过电阻 R 的电荷量为RB＋dLr C.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
@《创新设计》
备考知能网
研透命题点
@《创新设计》
解析 当杆达到最大速度 vm 时，对杆进行受力分析，沿斜面方向，有 F＝mgsin θ ＋BR2d＋2vrm，则 vm＝（F－mgsiBn2θd）2 （R＋r），选项 A 错误；由 E＝ΔΔΦt 、I＝R＋E r、 q＝IΔt，可得 q＝RΔ＋Φr＝RB＋ΔSr＝RB＋dLr，选项 B 正确；在杆从开始运动至达到最大速 度的过程中，由动能定理得 WF＋WG＋W 安＝ΔEk，其中 WG＝－mgLsin θ，W 安＝ －Q，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与回路中产生的 焦耳热之和，选项 C 错误；恒力 F 做的功与安培力做的功之和等于杆动能的变化 量与克服重力做的功之和，选项 D 正确。 答案 BD
12mv0 2＝12mv1 2＋12·2mv2 2 联立解得 v1＝－13v0＝－2 m/s v2＝23v0＝4 m/s。
@《创新设计》
备考知能网
研透命题点
@《创新设计》