（新课标）2020版高考物理大二轮复习 专题三 动量和能量 第二讲 电磁学中的动量和能量问题课件

专题综合突破第一部分专题三动量和能量第二讲电磁学中的动量和能量问题知识体系构建[知识建构][备考点睛](注1)……(注2)：详见答案部分1.两种常考题型(1)带电粒子在电场和磁场中的碰撞问题.(2)电磁感应中“导轨＋棒”模型.2.三大观点动力学、动量、能量观点是解决力电综合问题的首选方法.[答案](1)动量定理、动能定理(2)动量定理、动能定理、动量守恒定律、能量守恒定律、功能关系热点考向突破热点考向一电场中的动量和能量问题【典例】(2019·太原一模)如右图所示，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：(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Ep；(3)A、B两球最终的速度vA、vB的大小．[思路引领](1)A球下滑过程满足机械能守恒条件．(2)A球进入水平轨道，A、B球组成的系统所受合外力为零，动量守恒．当两球最近时，速度相等．(3)两球距离足够远时，相互作用力为零，系统电势能为零．[解析](1)对A球下滑的过程，据机械能守恒得2mgh＝12·2mv20解得v0＝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，有2mv0＝(2m＋m)v解得v＝23v0＝232gh据能量守恒定律得2mgh＝12(2m＋m)v2＋Ep解得Ep＝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，系统电势能也为零，速度达到稳定．则2mv0＝2mvA＋mvB12×2mv20＝12×2mv2A＋12mv2B解得vA＝13v0＝132gh，vB＝43v0＝432gh[答案](1)2gh(2)23mgh(3)132gh432gh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．(2019·武汉毕业生调研)有一质量为M、长度为l的矩形绝缘板放在光滑的水平面上，另一质量为m、带电荷量的绝对值为q的物块(视为质点)，以初速度v0从绝缘板的上表面的左端沿水平方向滑入，绝缘板所在空间有范围足够大的匀强电场，其场强大小E＝3mg5q，方向竖直向下，如右图所示．已知物块与绝缘板间的动摩擦因数恒定，物块运动到绝缘板的右端时恰好相对于绝缘板静止；若将匀强电场的方向改变为竖直向上，场强大小不变，且物块仍以原初速度从绝缘板左端的上表面滑入，结果两者相对静止时，物块未到达绝缘板的右端．求：(1)场强方向竖直向下时，物块在绝缘板上滑动的过程中，系统产生的热量；(2)场强方向竖直向下时与竖直向上时，物块受到的支持力之比；(3)场强方向竖直向上时，物块相对于绝缘板滑行的距离．[解析](1)场强方向向下时，根据动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v所以v＝mM＋mv0根据能量守恒定律得热量Q＝12mv20－12(M＋m)v2＝mMv202M＋m(2)场强向下时FN＝mg－qE场强向上时FN′＝mg＋qE所以FNFN′＝14(3)两次产生的热量相等μFN′l′＝Q，μFNl＝Q所以l′＝l4.[答案](1)mMv202M＋m(2)1∶4(3)l4(1)对于电场中的动量问题，判断所研究的系统动量是否守恒是解题关键．(2)对于电场中的能量问题，要熟练掌握电场力做功与电势能变化的关系，结合功能关系和能量守恒定律解题.热点考向二磁场中的动量和能量问题【典例】(2019·陕西西安市四模)如右图所示，将带电荷量Q＝＋0.3C、质量m′＝0.3kg的滑块放在小车的水平绝缘板的右端，小车的质量M＝0.5kg，滑块与绝缘板间的动摩擦因数μ＝0.4，小车的绝缘板足够长，它们所在的空间存在磁感应强度B＝20T的水平方向的匀强磁场(垂直于纸面向里)．开始时小车静止在光滑水平面上，一摆长L＝1.25m、质量m＝0.15kg的摆球从水平位置由静止释放，摆球到最低点时与小车相撞，碰撞后摆球恰好静止，g取10m/s2.求：(1)与小车碰撞前摆球到达最低点时对摆线的拉力；(2)摆球与小车的碰撞过程中系统损失的机械能ΔE；(3)碰撞后小车的最终速度．[思路引领](1)当F洛m′g时滑块与车之间的弹力变为零．(2)摆球与小车碰撞瞬间摆球与小车组成的系统水平方向动量守恒．[解析](1)摆球下落过程，由动能定理有mgL＝12mv2，解得v＝5m/s，摆球在最低点时，由牛顿第二定律得T－mg＝mv2L，解得T＝4.5N，由牛顿第三定律可知摆球对摆线的拉力T′＝4.5N，方向竖直向下．(2)摆球与小车碰撞瞬间，摆球与小车组成的系统水平方向动量守恒，以水平向右为正方向，有mv＝Mv1＋0，解得v1＝1.5m/s，由能量守恒定律，有ΔE＝12mv2－12Mv21＝1.31J.(3)假设滑块与车最终相对静止，则有Mv1＝(M＋m′)v2，解得v2＝0.9375m/s，由此得F洛＝Qv2Bm′g，故假设不成立，因此滑块最终悬浮．滑块悬浮瞬间，满足F洛′＝Qv2′B＝m′g，解得v2′＝0.5m/s.将滑块与小车看成一个系统，系统动量守恒，有Mv1＝Mv′＋m′v2′，解得v′＝1.2m/s，方向水平向右．[答案](1)4.5N，方向竖直向下(2)1.31J(3)1.2m/s，方向水平向右磁场中的动量和能量问题涉及题型往往是带电小球或滑块在磁场中的碰撞问题，熟练力学中的碰撞模型，如弹性碰撞的二级结论，及速度变化带来的洛伦兹力变化将是快速解题的关键．(2019·广西南宁市3月适应测试)如右图所示，光滑绝缘的半圆形圆弧轨道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，半圆弧的直径AD水平，因弧的半径为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，小球运动过程始终不脱离轨道，重力加速度为g.求：(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)若在圆弧轨道的最低点C放一个与小球甲完全相同的不带电的金属小球乙，让小球甲仍由轨道的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)[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＝12mv2C解得vC＝2gR(2)小球甲第一次通过C点时，qvCB＋F1－mg＝mv2CR第二次通过C点时，F2－qvCB－mg＝mv2CR由题意知ΔF＝F2－F1解得q＝ΔF2gR4gRB(3)因为甲球与乙球在最低点发生的是弹性碰撞，则mvC＝mv甲＋mv乙12mv2C＝12mv2甲＋12mv2乙解得v甲＝0，v乙＝vC设碰撞后的一瞬间，轨道对乙的支持力大小为F乙，方向竖直向上，则F乙＋12qv乙B－mg＝mv2乙R解得F乙＝3mg－ΔF4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．[答案](1)2gR(2)ΔF2gR4gRB(3)3mg－ΔF4，方向竖直向下(1)小球第一次通过C点时与第二次通过C点时，洛伦兹力方向不同．(2)小球甲与小球乙碰撞后，两者电量平分，各为q2.热点考向三电磁感应中的动量和能量问题【典例】(2019·河南洛阳期末)如图所示，两根质量均为m＝2kg的金属棒垂直地放在光滑的水平导轨上，左、右两部分导轨间距之比为1∶2，导轨间左、右两部分有大小相等、方向相反的匀强磁场，两棒电阻与棒长成正比，不计导轨电阻，现用250N的水平拉力F向右拉CD棒，在CD棒运动0.5m的过程中，CD棒上产生的焦耳热为30J，此时AB棒和CD棒的速度分别为vA和vC，且vA∶vC＝1∶2，立即撤去拉力F，设导轨足够长且两棒始终在不同磁场中运动，求：(1)在CD棒运动0.5m的过程中，AB棒上产生的焦耳热；(2)撤去拉力F瞬间，两棒的速度vA和vC的大小；(3)撤去拉力F后，两棒最终做匀速运动时的速度v′A和v′C的大小．[思路引领](2)两棒最终做匀速运动，电路中电流为零．两棒最终速度比为2∶1.[解析](1)设两棒的长度分别为L和2L，电阻分别为R和2R，由于电路在任何时刻电流均相等，根据焦耳定律Q＝I2Rt可得QAB＝12QCD＝15J.(2)对整个系统根据能量守恒定律有Fs＝12mv2A＋12mv2C＋QAB＋QCD又vA∶vC＝1∶2解得vA＝4m/s，vC＝8m/s.(3)撤去拉力F后，AB棒继续向左做加速运动，而CD棒开始向右做减速运动，两棒最终做匀速运动时，电路中电流为零，两棒切割磁感线产生的感应电动势大小相等，此时两棒的速度满足BLv′A＝B·2Lv′C即v′A＝2v′C设AB棒和CD棒受到的安培力大小分别为FA和FC，对两棒分别应用动量定理有FAt＝mv′A－mvA，－FCt＝mv′C－mvC因为FC＝2FA解得v′A－vAv′C－vC＝－12联立以上各式解得v′A＝6.4m/s，v′C＝3.2m/s.[答案](1)15J(2)4m/s8m/s(3)6.4m/s3.2m/s动量观点在电磁感应现象中的应用1．对于两导体棒在平直的光滑导轨上运动的情况，如果两棒所受的外力之和为零，则考虑应用动量守恒定律处理问题．2．由BIL·Δt＝m·Δv、q＝I·Δt可知，当题目中涉及电荷量或平均电流时，可应用动量定理来解决问题．两足够长且不计电阻的光滑金属轨道如图甲所示放置，间距为d＝1m，在左端弧形轨道部分高h＝1.25m处放置一金属杆a，弧形轨道与平直轨道的连接处光滑无摩擦，在平直轨道右端放置另一金属杆b，杆a、b的电阻分别为Ra＝2Ω、Rb＝5Ω，在平直轨道区域有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B＝2T．现杆b以初速度大小v0＝5m/s开始向左滑动，同时由静止释放杆a，杆a由静止滑到水平轨道的过程中，通过杆b的平均电流为0.3A；从a下滑到水平轨道时开始计时，a、b运动的速度－时间图像如图乙所示(以a运动方向为正方向)，其中ma＝2kg，mb＝1kg，g＝10m/s2，求：(1)杆a在弧形轨道上运动的时间；(2)杆a在水平轨道上运动过程中通过其截面的电荷量；(3)在整个运动过程中杆b产生的焦耳热．[解析](1)设杆a由静止滑至弧形轨道与平直轨道连接处时杆b的速度大小为vb0，对杆b运用动量定理，有BdI－·Δt＝mb(v0－vb0)其中vb0＝2m/s代入数据解得Δt＝5s.(2)对杆a由静止下滑到平直导轨上的过程中，由机械能守恒定律有magh＝12mav2a解得va＝2gh＝5m/s设最后a、b两杆共同的速度为v′，由动量守恒定律得mava－mbvb0＝(ma＋mb)v′代入数据解得v′＝83m/s杆a动量的变化量等于它所受安培力的冲量，设杆a的速度从va到v′的运动时间为Δt′，则由动量定理可得BdI·Δt′＝ma(va－v′)而q＝I·Δt′代入数据得q＝73C.(3)由能量守恒定律可知杆a、b中产生的焦耳热为Q＝magh＋12mbv20－12(mb＋ma)v′2＝1616Jb棒中产生的焦耳热为Q′＝52＋5Q＝1156J.[答案](1)5s(2)73C(3)1156J本题中两金属杆在平直的光滑导轨上运动，只受到安培力作用，这类问题可以从以下三个观点来分析：(1)力学观点：通常情况下一个金属杆做加速度逐渐减小的加速运动，而另一个金属杆做加速度逐渐减小的减速运动，最终两金属杆以共同的速度匀速运动．(2)能量观点：其中一个金属杆动能的减少量等于另一个金属杆动能的增加量与回路中产生的焦耳热之和．(3)动量观点：如果光滑导轨间距恒定，则两个金属杆的安培力大小相等，通常情况