专题强化二、动力学、动量和能量观点在电学中的应用导学案

1、专题强化二、动力学、动量和能量观点在电学中的应用导学案 【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.a研考纲和题 村折突破命题点命题点一 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

2、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【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:XXFX图1(1) 金属棒匀速运动时

3、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.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= Bim_，解得BLv根据闭合电路的欧姆定律得：I m， 解得：v=雹;通过回路的电荷量q= I t由动量定理得Ft BIL t = mvs/口 Ft mF R+ r 解得：q= BL Bv1R 力F做功增加金属棒的动能和回路内能，则Fx= Q+ 2mV, CR=s/口 c L mF R+ r 2 R 解得：CR= Fx2BL4R+r.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

4、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2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I =

5、 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I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= 0.2kg、m= 0.1kg，电阻分别为 R = 0.1 Q、R= 0.2 Q .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/s ab棒开始向右运动时cd棒的加速度a。； cd棒刚进入半圆轨道时ab棒的速度大小V1； cd棒进入半圆轨道前ab棒克服安培力做的功 W答案 (1)30m

6、/s2 (2)7.5 m/s (3)4.375J,求：图2解析（1） ab棒开始向右运动时，设回路中电流为I ,有 E= Blv 0BII = ma。解得：a。= 30m/s2 设cd棒刚进入半圆轨道时的速度为 V2,系统动量守恒，有 mv0= mvi + mv2 1mv22= mg .22 + 長2 vp mg= mf解得：Vi = 7.5m/s1 1 由动能定理得一W= 2mvi 2mv0 解得：w 4.375J.变式】（2018 山东省淄博市模拟）如图3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Mf和PC相距为L.空间存在着足够大的方

7、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Ft0, 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.XXK 4 址B4 AXKX FXKK 3 XXKXQPXXK K C X X XX(1)求从框架开始运动到细线断裂所需的时间10及细线断裂时框架的瞬时速度Vo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答案FtoR FtoRmFToR BLa BL2 (2) 4B4l4

8、解析(1)细线断裂时,对棒有Ft0= F安，F安=BIL,I =5，E= BLv, v0= at0 r联立解得to =皐FtoR细线断裂时框架的速度v0= 2B L(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= 2mvvoFtoR得 v = 2 = 2b2L2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1 2 1 2中产生的总焦耳热 Q= 2mv 2X2mv联立得Q= mB4LR.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

9、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】（2018 湖南省常德市期末检测）如图4所示，轨道ABCD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9 = 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m= 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 m= 0.6kg的小物块n碰撞并粘在一起后，在 BC段上做匀速直线运动，到达倾斜段

10、 DP上某位置，物块I和n与轨 道BC段的动摩擦因数均为卩=0.2 , g= 10m/s2, sin37 = 0.6 , cos37= 08 求:（1）物块I和n在BC段上做匀速直线运动的速度大小;物块I和n第一次经过圆弧段 c点时，物块I和n对轨道压力的大 小.答案(1)2m/s(2)18N 解析（1）物块I和n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n碰撞前物块I速度为V1,碰撞后共同速度为V2，以向左为正方向，贝J qE=（m+ m）gqEt= mvi mv1= (m+ m) V2联立解得V2 = 2m/s;（2）设圆弧段CD的半径为R物块

11、I和n经过C点时圆弧段轨道对物 块支持力的大小为Fn则 R(1 cos e ) = h2V2Fn (m + m) g = (m + m) R解得:Fn= 18N,由牛顿第三定律可得物块I和n对轨道压力的大小为18N.【例4】命题点三 磁场中动量和能量观点的应用（2018 广西南宁市3月适应测试）如图5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 F,小球运D小球甲所带的电荷量;动过程始中终不脱离轨道，重力加速度为 g.求:（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 答案（1）72gR爲只（3）3 m誓，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= 2mv2 解得 vc=H2gR2Vc2 vc 小球甲第一次通过C点时， qvcB+ Fi mg= mR第二次通过C点时，F2 qvcB- mg= mR由