高中高考物理總復(fù)習(xí)一輪復(fù)習(xí)知識(shí)歸納第十章專題強(qiáng)化十三

高考試卷試題學(xué)習(xí)資料專題強(qiáng)化十三動(dòng)力學(xué)、動(dòng)量和能量觀點(diǎn)在電學(xué)中的應(yīng)用專題解讀1.本專題是力學(xué)三大觀點(diǎn)在電學(xué)中的綜合應(yīng)用，高考對(duì)本專題將作為計(jì)算題壓軸題的形式命題.2.學(xué)好本專題，可以幫助同學(xué)們應(yīng)用力學(xué)三大觀點(diǎn)分析帶電粒子在電場和磁場中的碰撞問題、電磁感應(yīng)中的動(dòng)量和能量問題，提高分析和解決綜合問題的能力.3.用到的知識(shí)、規(guī)律和方法有：電場的性質(zhì)、磁場對(duì)電荷的作用、電磁感應(yīng)的相關(guān)知識(shí)以及力學(xué)三大觀點(diǎn).命題點(diǎn)一電磁感應(yīng)中動(dòng)量和能量觀點(diǎn)的應(yīng)用1.應(yīng)用動(dòng)量定理可以由動(dòng)量變化來求解變力的沖量.如在導(dǎo)體棒做非勻變速運(yùn)動(dòng)的問題中，應(yīng)用動(dòng)量定理可以解決牛頓運(yùn)動(dòng)定律不易解答的問題.2.在相互平行的水平軌道間的雙導(dǎo)體棒做切割磁感線運(yùn)動(dòng)時(shí)，由于這兩根導(dǎo)體棒所受的安培力等大反向，合外力為零，若不受其他外力，兩導(dǎo)體棒的總動(dòng)量守恒，解決此類問題往往要應(yīng)用動(dòng)量守恒定律.類型1動(dòng)量定理和功能關(guān)系的應(yīng)用例1(2018·四川省涼山州三模)如圖1所示，光滑平行足夠長的金屬導(dǎo)軌固定在絕緣水平面上，導(dǎo)軌范圍內(nèi)存在磁場，其磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向豎直向下，導(dǎo)軌一端連接阻值為R的電阻.在導(dǎo)軌上垂直導(dǎo)軌放一長度等于導(dǎo)軌間距L、質(zhì)量為m的金屬棒，其電阻為r.金屬棒與金屬導(dǎo)軌接觸良好.金屬棒在水平向右的恒力F作用下從靜止開始運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過時(shí)間t后開始勻速運(yùn)動(dòng)，金屬導(dǎo)軌的電阻不計(jì).求：圖1(1)金屬棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)回路中電流大??；(2)金屬棒勻速運(yùn)動(dòng)的速度大小以及在時(shí)間t內(nèi)通過回路的電荷量.(3)若在時(shí)間t內(nèi)金屬棒移動(dòng)的位移為x，求電阻R上產(chǎn)生的熱量.答案見解析解析(1)由安培力公式：F＝BImL，解得Im＝eq\f(F,BL)(2)根據(jù)閉合電路的歐姆定律得：Im＝eq\f(BLv,R＋r)，解得：v＝eq\f(FR＋r,B2L2)通過回路的電荷量q＝I·t由動(dòng)量定理得F·t－BIL·t＝mv解得：q＝eq\f(Ft,BL)－eq\f(mFR＋r,B3L3)(3)力F做功增加金屬棒的動(dòng)能和回路內(nèi)能，則Fx＝Q＋eq\f(1,2)mv2QR＝eq\f(R,R＋r)Q解得：QR＝[Fx－eq\f(mF2R＋r2,2B4L4)]eq\f(R,R＋r).變式1(多選)(2018·廣東省佛山市質(zhì)檢一)如圖2，水平固定放置的足夠長的光滑平行導(dǎo)軌，電阻不計(jì)，間距為L，左端連接的電源電動(dòng)勢為E，內(nèi)阻為r，質(zhì)量為m的金屬桿垂直靜放在導(dǎo)軌上，金屬桿處于導(dǎo)軌間部分的電阻為R.整個(gè)裝置處在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，閉合開關(guān)，金屬桿沿導(dǎo)軌做變加速運(yùn)動(dòng)直至達(dá)到最大速度，則下列說法正確的是()圖2A.金屬桿的最大速度大小為eq\f(E,BL)B.此過程中通過金屬桿的電荷量為eq\f(mE,2B2L2)C.此過程中電源提供的電能為eq\f(mE2,B2L2)D.此過程中金屬桿產(chǎn)生的熱量為eq\f(mE2,2B2L2)答案AC解析閉合開關(guān)，金屬桿做加速運(yùn)動(dòng)，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢，感應(yīng)電動(dòng)勢與電源電動(dòng)勢相等時(shí)，電流為零，金屬桿開始做勻速運(yùn)動(dòng).電動(dòng)勢為E＝BLv，v＝eq\f(E,BL)，故A正確；由動(dòng)量定理BILt＝BLq＝mv－0，得q＝eq\f(mE,B2L2)，故B錯(cuò)誤；由能量守恒可知電源提供的電能E電＝qE＝eq\f(mE2,B2L2)，故C正確；此過程中電能轉(zhuǎn)化為金屬桿的動(dòng)能、R及r產(chǎn)生的熱量之和，由于Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)meq\f(E2,B2L2)，金屬桿產(chǎn)生的熱量為QR＝(E電－Ek)eq\f(R,R＋r)＝eq\f(RmE2,2R＋rB2L2)，故D錯(cuò)誤.類型2動(dòng)量守恒定律和功能關(guān)系的應(yīng)用1.問題特點(diǎn)對(duì)于雙導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)的問題，通常是兩棒與導(dǎo)軌構(gòu)成一個(gè)閉合回路，當(dāng)其中一棒在外力作用下獲得一定速度時(shí)必然在磁場中切割磁感線，在該閉合電路中形成一定的感應(yīng)電流；另一根導(dǎo)體棒在磁場中通過時(shí)在安培力的作用下開始運(yùn)動(dòng)，一旦運(yùn)動(dòng)起來也將切割磁感線產(chǎn)生一定的感應(yīng)電動(dòng)勢，對(duì)原來電流的變化起阻礙作用.2.方法技巧解決此類問題時(shí)通常將兩棒視為一個(gè)整體，于是相互作用的安培力是系統(tǒng)的內(nèi)力，這個(gè)變力將不影響整體的動(dòng)量守恒.因此解題的突破口是巧妙選擇系統(tǒng)，運(yùn)用動(dòng)量守恒(動(dòng)量定理)和功能關(guān)系求解.例2(2018·山東省青島市模擬)如圖3所示，兩平行光滑金屬導(dǎo)軌由兩部分組成，左面部分水平，右面部分為半徑r＝0.5m的豎直半圓，兩導(dǎo)軌間距離l＝0.3m，導(dǎo)軌水平部分處于豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝1T的勻強(qiáng)磁場中，兩導(dǎo)軌電阻不計(jì).有兩根長度均為l的金屬棒ab、cd，均垂直導(dǎo)軌置于水平導(dǎo)軌上，金屬棒ab、cd的質(zhì)量分別為m1＝0.2kg、m2＝0.1kg，電阻分別為R1＝0.1Ω、R2＝0.2Ω.現(xiàn)讓ab棒以v0＝10m/s的初速度開始水平向右運(yùn)動(dòng)，cd棒進(jìn)入圓軌道后，恰好能通過軌道最高點(diǎn)PP′，cd棒進(jìn)入圓軌道前兩棒未相碰，重力加速度g＝10m/s2，求：圖3(1)ab棒開始向右運(yùn)動(dòng)時(shí)cd棒的加速度a0；(2)cd棒剛進(jìn)入半圓軌道時(shí)ab棒的速度大小v1；(3)cd棒進(jìn)入半圓軌道前ab棒克服安培力做的功W.答案(1)30m/s2(2)7.5m/s(3)4.375J解析(1)ab棒開始向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，設(shè)回路中電流為I，有E＝Blv0I＝eq\f(E,R1＋R2)BIl＝m2a0解得：a0＝30m/s2(2)設(shè)cd棒剛進(jìn)入半圓軌道時(shí)的速度為v2，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，有m1v0＝m1v1＋m2v2eq\f(1,2)m2v22＝m2g·2r＋eq\f(1,2)m2vP2m2g＝m2eq\f(v\o\al(

2,P),r)解得：v1＝7.5m/s(3)由動(dòng)能定理得－W＝eq\f(1,2)m1v12－eq\f(1,2)m1v02解得：W＝4.375J.變式2(2019·山東省淄博市質(zhì)檢)如圖4所示，一個(gè)質(zhì)量為m、電阻不計(jì)、足夠長的光滑U形金屬框架MNQP，位于光滑絕緣水平桌面上，平行導(dǎo)軌MN和PQ相距為L.空間存在著足夠大的方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B.另有質(zhì)量也為m的金屬棒CD，垂直于MN放置在導(dǎo)軌上，并用一根與CD棒垂直的絕緣細(xì)線系在定點(diǎn)A.已知細(xì)線能承受的最大拉力為FT0，CD棒接入導(dǎo)軌間的有效電阻為R.現(xiàn)從t＝0時(shí)刻開始對(duì)U形框架施加水平向右的拉力，使其從靜止開始做加速度為a的勻加速直線運(yùn)動(dòng).圖4(1)求從框架開始運(yùn)動(dòng)到細(xì)線斷裂所需的時(shí)間t0及細(xì)線斷裂時(shí)框架的瞬時(shí)速度v0大??；(2)若在細(xì)線斷裂時(shí)，立即撤去拉力，求此后過程中回路產(chǎn)生的總焦耳熱Q.答案(1)eq\f(FT0R,B2L2a)eq\f(FT0R,B2L2)(2)eq\f(mF\o\al(,T02)R2,4B4L4)解析(1)細(xì)線斷裂時(shí)，對(duì)棒有FT0＝F安，F(xiàn)安＝BIL，I＝eq\f(E,R)，E＝BLv0，v0＝at0聯(lián)立解得t0＝eq\f(FT0R,B2L2a)細(xì)線斷裂時(shí)框架的速度v0＝eq\f(FT0R,B2L2)(2)在細(xì)線斷裂時(shí)立即撤去拉力，框架向右減速運(yùn)動(dòng)，棒向右加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)二者最終速度大小均為v，設(shè)向右為正方向，由系統(tǒng)動(dòng)量守恒可得mv0＝2mv得v＝eq\f(v0,2)＝eq\f(FT0R,2B2L2)撤去拉力后，系統(tǒng)總動(dòng)能的減少量等于回路消耗的電能，最終在回路中產(chǎn)生的總焦耳熱Q＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)×2mv2聯(lián)立得Q＝eq\f(mF\o\al(,T02)R2,4B4L4).命題點(diǎn)二電場中動(dòng)量和能量觀點(diǎn)的應(yīng)用動(dòng)量守恒定律與其他知識(shí)綜合應(yīng)用類問題的求解，與一般的力學(xué)問題求解思路并無差異，只是問題的情景更復(fù)雜多樣，分析清楚物理過程，正確識(shí)別物理模型是解決問題的關(guān)鍵.例3如圖5所示，光滑絕緣水平面上方分布著場強(qiáng)大小為E、方向水平向右的勻強(qiáng)電場.質(zhì)量為3m、電荷量為＋q的球A由靜止開始運(yùn)動(dòng)，與相距為L、質(zhì)量為m的不帶電小球B發(fā)生對(duì)心碰撞，碰撞時(shí)間極短，碰撞后作為一個(gè)整體繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng).兩球均可視為質(zhì)點(diǎn)，求：圖5(1)兩球發(fā)生碰撞前A球的速度大小；(2)A、B碰撞過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能；(3)A、B碰撞過程中B球受到的沖量大小.答案(1)eq\r(\f(2EqL,3m))(2)eq\f(1,4)EqL(3)eq\f(\r(6EqLm),4)解析(1)由動(dòng)能定理：EqL＝eq\f(1,2)×3mv2解得v＝eq\r(\f(2EqL,3m))(2)A、B碰撞時(shí)間極短，可認(rèn)為A、B碰撞過程中系統(tǒng)動(dòng)量守恒，設(shè)向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律：3mv＝(3m＋m)v1解得v1＝eq\f(3,4)v系統(tǒng)損失的機(jī)械能：ΔE＝eq\f(1,2)×3mv2－eq\f(1,2)(3m＋m)v12＝eq\f(1,4)EqL(3)以B為研究對(duì)象，設(shè)向右為正方向，由動(dòng)量定理：I＝mv1－0解得I＝eq\f(\r(6EqLm),4)，方向水平向右.變式3(2018·湖南省常德市期末檢測)如圖6所示，軌道ABCDP位于豎直平面內(nèi)，其中圓弧段CD與水平段AC及傾斜段DP分別相切于C點(diǎn)和D點(diǎn)，水平段BC粗糙，其余都光滑，DP段與水平面的夾角θ＝37°，D、C兩點(diǎn)的高度差h＝0.1m，整個(gè)軌道絕緣，處于方向水平向左、電場強(qiáng)度大小未知的勻強(qiáng)電場中，一個(gè)質(zhì)量m1＝0.4kg、帶正電、電荷量未知的小物塊Ⅰ在A點(diǎn)由靜止釋放，經(jīng)過時(shí)間t＝1s，與靜止在B點(diǎn)的不帶電、質(zhì)量m2＝0.6kg的小物塊Ⅱ碰撞并粘在一起后，在BC段上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，到達(dá)傾斜段DP上某位置，物塊Ⅰ和Ⅱ與軌道BC段的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.2，g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：圖6(1)物塊Ⅰ和Ⅱ在BC段上做勻速直線運(yùn)動(dòng)的速度大??；(2)物塊Ⅰ和Ⅱ第一次經(jīng)過圓弧段C點(diǎn)時(shí)，物塊Ⅰ和Ⅱ?qū)壍缐毫Φ拇笮?答案(1)2m/s(2)18N解析(1)物塊Ⅰ和Ⅱ粘在一起在BC段上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)電場強(qiáng)度大小為E，物塊Ⅰ帶電荷量大小為q，與物塊Ⅱ碰撞前物塊Ⅰ速度為v1，碰撞后共同速度為v2，以向左為正方向，則qE＝μ(m1＋m2)gqEt＝m1v1m1v1＝(m1＋m2)v2聯(lián)立解得v2＝2m/s；(2)設(shè)圓弧段CD的半徑為R，物塊Ⅰ和Ⅱ經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)圓弧段軌道對(duì)物塊支持力的大小為FN則R(1－cosθ)＝hFN－(m1＋m2)g＝(m1＋m2)eq\f(v\o\al(

2,2),R)解得：FN＝18N，由牛頓第三定律可得物塊Ⅰ和Ⅱ?qū)壍缐毫Φ拇笮?8N.命題點(diǎn)三磁場中動(dòng)量和能量觀點(diǎn)的應(yīng)用例4(2018·廣西南寧市3月適應(yīng)測試)如圖7所示，光滑絕緣的半圓形軌道ACD，固定在豎直面內(nèi)，軌道處在垂直于軌道平面向里的勻強(qiáng)磁場中，半圓的直徑AD水平，半徑為R，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，在A端由靜止釋放一個(gè)帶正電荷、質(zhì)量為m的金屬小球甲，結(jié)果小球甲連續(xù)兩次通過軌道最低點(diǎn)C時(shí)，對(duì)軌道的壓力差為ΔF，小球運(yùn)動(dòng)過程始中終不脫離軌道，重力加速度為g.求：圖7(1)小球甲經(jīng)過軌道最低點(diǎn)C時(shí)的速度大小；(2)小球甲所帶的電荷量；(3)若在半圓形軌道的最低點(diǎn)C放一個(gè)與小球甲完全相同的不帶電的金屬小球乙，讓小球甲仍從軌道的A端由靜止釋放，則甲球與乙球發(fā)生彈性碰撞后的一瞬間，乙球?qū)壍赖膲毫?(不計(jì)兩球間靜電力的作用)答案(1)eq\r(2gR)(2)eq\f(ΔF\r(2gR),4gRB)(3)3mg－eq\f(ΔF,4)，方向豎直向下解析(1)由于小球甲在運(yùn)動(dòng)過程中，只有重力做功，因此機(jī)械能守恒，由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)，有mgR＝eq\f(1,2)mvC2解得vC＝eq\r(2gR)(2)小球甲第一次通過C點(diǎn)時(shí)，qvCB＋F1－mg＝meq\f(v\o\al(2,C),R)第二次通過C點(diǎn)時(shí)，F(xiàn)2－qvCB－mg＝meq\f(v\o\al(2,C),R)由題意知ΔF＝F2－F1解得q＝eq\f(ΔF\r(2gR),4gRB)(3)因?yàn)榧浊蚺c乙球在最低點(diǎn)發(fā)生的是彈性碰撞，則mvC＝mv甲＋mv乙eq\f(1,2)mvC2＝eq\f(1,2)mv甲2＋eq\f(1,2)mv乙2解得v甲＝0，v乙＝vC設(shè)碰撞后的一瞬間，軌道對(duì)乙球的支持力大小為F乙，方向豎直向上，則F乙＋eq\f(1,2)qv乙B－mg＝meq\f(v\o\al(2,乙),R)解得F乙＝3mg－eq\f(ΔF,4)根據(jù)牛頓第三定律可知，此時(shí)乙球?qū)壍赖膲毫Υ笮?mg－eq\f(ΔF,4)，方向豎直向下.1.如圖1所示，平行傾斜光滑導(dǎo)軌與足夠長的平行水平光滑導(dǎo)軌平滑連接，導(dǎo)軌電阻不計(jì).質(zhì)量分別為m和eq\f(1,2)m的金屬棒b和c靜止放在水平導(dǎo)軌上，b、c兩棒均與導(dǎo)軌垂直.圖中de虛線往右有范圍足夠大、方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場.質(zhì)量為m的絕緣棒a垂直于傾斜導(dǎo)軌由靜止釋放，釋放位置與水平導(dǎo)軌的高度差為h.已知絕緣棒a滑到水平導(dǎo)軌上與金屬棒b發(fā)生彈性正碰，金屬棒b進(jìn)入磁場后始終未與金屬棒c發(fā)生碰撞.重力加速度為g.求：圖1(1)絕緣棒a與金屬棒b發(fā)生彈性正碰后分離時(shí)兩棒的速度大小；(2)金屬棒b進(jìn)入磁場后，其加速度為其最大加速度的一半時(shí)的速度大??；(3)兩金屬棒b、c上最終產(chǎn)生的總焦耳熱.答案(1)0eq\r(2gh)(2)eq\f(5,6)eq\r(2gh)(3)eq\f(1,3)mgh解析(1)設(shè)a棒滑到水平導(dǎo)軌時(shí)速度為v0，下滑過程中a棒機(jī)械能守恒eq\f(1,2)mv02＝mgha棒與b棒發(fā)生彈性碰撞由動(dòng)量守恒定律：mv0＝mv1＋mv2由機(jī)械能守恒定律：eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)mv22解得v1＝0，v2＝v0＝eq\r(2gh)(2)b棒剛進(jìn)磁場時(shí)的加速度最大.b、c兩棒組成的系統(tǒng)合外力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒.由動(dòng)量守恒定律：mv2＝mv2′＋eq\f(m,2)v3′設(shè)b棒進(jìn)入磁場后某時(shí)刻，b棒的速度為vb，c棒的速度為vc，則b、c組成的回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢E＝BL(vb－vc)，由閉合電路歐姆定律得I＝eq\f(E,R總)，由安培力公式得F＝BIL＝ma，聯(lián)立得a＝eq\f(B2L2vb－vc,mR總).故當(dāng)b棒加速度為最大值的一半時(shí)有v2＝2(v2′－v3′)聯(lián)立得v2′＝eq\f(5,6)v2＝eq\f(5,6)eq\r(2gh)(3)最終b、c以相同的速度勻速運(yùn)動(dòng).由動(dòng)量守恒定律：mv2＝(m＋eq\f(m,2))v由能量守恒定律：eq\f(1,2)mv22＝eq\f(1,2)(m＋eq\f(m,2))v2＋Q解得Q＝eq\f(1,3)mgh.2.(2018·湖南省長沙四縣三月模擬)足夠長的平行金屬軌道M、N，相距L＝0.5m，且水平放置；M、N左端與半徑R＝0.4m的光滑豎直半圓軌道相連，與軌道始終垂直且接觸良好的金屬棒b和c可在軌道上無摩擦地滑動(dòng)，兩金屬棒的質(zhì)量mb＝mc＝0.1kg，接入電路的有效電阻Rb＝Rc＝1Ω，軌道的電阻不計(jì).平行水平金屬軌道M、N處于磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1T的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直軌道平面向上，光滑豎直半圓軌道在磁場外，如圖2所示，若使b棒以初速度v0＝10m/s開始向左運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過程中b、c不相撞，g取10m/s2，求：圖2(1)c棒的最大速度；(2)c棒達(dá)最大速度時(shí)，此棒產(chǎn)生的焦耳熱；(3)若c棒達(dá)最大速度后沿半圓軌道上滑，金屬棒c到達(dá)軌道最高點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力的大小.答案(1)5m/s(2)1.25J(3)1.25N解析(1)在磁場力作用下，b棒做減速運(yùn)動(dòng)，c棒做加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)兩棒速度相等時(shí)，c棒達(dá)最大速度.取兩棒組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有mbv0＝(mb＋mc)v解得c棒的最大速度為：v＝eq\f(mb,mb＋mc)v0＝eq\f(1,2)v0＝5m/s(2)從b棒開始運(yùn)動(dòng)到兩棒速度相等的過程中，系統(tǒng)減少的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為電能，兩棒中產(chǎn)生的總熱量為：Q＝eq\f(1,2)mbv02－eq\f(1,2)(mb＋mc)v2＝2.5J因?yàn)镽b＝Rc，所以c棒達(dá)最大速度時(shí)此棒產(chǎn)生的焦耳熱為Qc＝eq\f(Q,2)＝1.25J(3)設(shè)c棒沿半圓軌道滑到最高點(diǎn)時(shí)的速度為v′，從半圓軌道最低點(diǎn)上升到最高點(diǎn)的過程由機(jī)械能守恒可得：eq\f(1,2)mcv2－eq\f(1,2)mcv′2＝mcg·2R解得v′＝3m/s在最高點(diǎn)，設(shè)軌道對(duì)c棒的彈力為F，由牛頓第二定律得mcg＋F＝mceq\f(v′2,R)解得F＝1.25N由牛頓第三定律得，在最高點(diǎn)c棒對(duì)軌道的壓力為1.25N，方向豎直向上.3.(2018·福建省寧德市上學(xué)期期末)如圖3所示，PM是半徑為R的四分之一光滑絕緣軌道，僅在該軌道內(nèi)有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.光滑絕緣軌道MN水平且足夠長，PM下端與MN相切于M點(diǎn).質(zhì)量為m的帶正電小球b靜止在水平軌道上，質(zhì)量為2m、電荷量為q的帶正電小球a從P點(diǎn)由靜止釋放，在a球進(jìn)入水平軌道后，a、b兩小球間只有靜電力作用，且a、b兩小球始終沒有接觸.帶電小球均可視為點(diǎn)電荷，設(shè)小球b離M點(diǎn)足夠遠(yuǎn)，重力加速度為g.求：圖3(1)小球a剛到達(dá)M點(diǎn)時(shí)的速度大小及對(duì)軌道的壓力大??；(2)a、b兩小球系統(tǒng)的電勢能最大值Ep；(3)a、b兩小球最終的速度va、vb的大小.答案(1)eq\r(2gR)6mg＋qBeq\r(2gR)(2)eq\f(2,3)mgR(3)eq\f(1,3)eq\r(2gR)eq\f(4,3)eq\r(2gR)解析(1)小球a從P到M，洛倫茲力、彈力不做功，只有重力做功，由動(dòng)能定理有：2mgR＝eq\f(1,2)×2mvM2解得：vM＝eq\r(2gR)在M點(diǎn)，由牛頓第二定律有：FN－2mg－qvMB＝eq\f(2mv\o\al(2,M),R)解得：FN＝6mg＋qBeq\r(2gR)根據(jù)牛頓第三定律得小球a剛到達(dá)M點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為：FN′＝6mg＋qBeq\r(2gR)(2)兩球速度相等時(shí)系統(tǒng)電勢能最大，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律有：2mvM＝3mv共根據(jù)能量守恒定律有：Ep＝eq\f(1,2)×2mvM2－eq\f(1,2)×3mv共2解得：Ep＝eq\f(2,3)mgR(3)由動(dòng)量守恒定律：2mvM＝2mva＋mvb由能量守恒定律有：eq\f(1,2)×2mvM2＝eq\f(1,2)×2mva2＋eq\f(1,2)mvb2解得：va＝eq\f(1,3)vM＝eq\f(1,3)eq\r(2gR)，vb＝eq\f(4,3)vM＝eq\f(4,3)eq\r(2gR).4