物理新增分大一輪新高考（京津魯瓊）講義第十章電磁感應(yīng)強化十三

專題強化十三動力學(xué)、動量和能量觀點在電學(xué)中的應(yīng)用

【專題解讀】1.本專題是力學(xué)三大觀點在電學(xué)中的綜合應(yīng)用，高考對本專題將作為計算題壓軸

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、規(guī)律和方法有：電場的性質(zhì)、磁場對電荷的作用、電磁感應(yīng)的相關(guān)知識以及

力學(xué)三大觀點.

命題點一電磁感應(yīng)中動量和能量觀點的應(yīng)用

1.應(yīng)用動量定理可以由動量變化來求解變力的沖量.如在導(dǎo)體棒做非勻變速運動的問題中，應(yīng)

用動量定理可以解決牛頓運動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動時，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)體棒的總動量守恒，解決此類問題往往要

應(yīng)用動量守恒定律.

.類型1動量定理和功能關(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)強度大小為2,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)軌間距乙、質(zhì)量為〃，的金屬棒，其電阻為兀金屬棒

與金屬導(dǎo)軌接觸良好.金屬棒在水平向右的恒力/作用下從靜止開始運動，經(jīng)過時間，后開始

勻速運動，金屬導(dǎo)軌的電阻不計.求：

圖1

⑴金屬棒勻速運動時回路中電流大??；

(2)金屬棒勻速運動的速度大小以及在時間t內(nèi)通過回路的電荷量.

(3)若在時間/內(nèi)金屬棒移動的位移為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,解得小=%

(2)根據(jù)閉合電路的歐姆定律得：/m=3,

R+r

解得：+*

B2G

通過回路的電荷量q=I't

由動量定理得F't-BILt=mv

_Ft^_mF(R+;?)

解得:

BLBiL3

(3)力廠做功增加金屬棒的動能和回路內(nèi)能，則網(wǎng)=。+/7。2,QR=-^-Q

解得：QR=[Fx-m^R+r^]-^—.

2B74R+r

.類型2動量守恒定律和功能關(guān)系的應(yīng)用

1.問題特點

對于雙導(dǎo)體棒運動的問題，通常是兩棒與導(dǎo)軌構(gòu)成一個閉合回路，當其中一棒在外力作用下

獲得一定速度時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在安培力的作用下開始運動，一旦運動起來也將切割磁感線產(chǎn)生一定的

感應(yīng)電動勢，對原來電流的變化起阻礙作用.

2.方法技巧

解決此類問題時通常將兩棒視為一個整體，于是相互作用的安培力是系統(tǒng)的內(nèi)力，這個變力

將不影響整體的動量守恒.因此解題的突破口是巧妙選擇系統(tǒng)，運用動量守恒(動量定理)和功

能關(guān)系求解.

【例2】(2018?山東省青島市模擬)如圖2所示，兩平行光滑金屬導(dǎo)軌由兩部分組成，左面部分

水平，右面部分為半徑廠=m的豎直半圓，兩導(dǎo)軌間距離/=m,導(dǎo)軌水平部分處于豎直向

上、磁感應(yīng)強度大小3=1T的勻強磁場中，兩導(dǎo)軌電阻不計.有兩根長度均為/的金屬棒

cd,均垂直導(dǎo)軌置于水平導(dǎo)軌上，金屬棒ab、cd的質(zhì)量分別為如=kg、mi—kg,電阻分

別為4=。、&=Q.現(xiàn)讓仍棒以a=10m/s的初速度開始水平向右運動，cd棒進入圓軌

道后，恰好能通過軌道最高點PP，〃棒進入圓軌道前兩棒未相碰，重力加速度g=10m/s2,

求：

圖2

(l)ab棒開始向右運動時cd棒的加速度ao;

(2)cd棒剛進入半圓軌道時棒的速度大小vi；

(3)cd棒進入半圓軌道前ab棒克服安培力做的功郎.

答案⑴30m/『(2)7,5m/s(3)J

解析(l)a6棒開始向右運動時，設(shè)回路中電流為/,

有E=Blv°

1=——

Ri+Ri

BII=m2ao

解得：6ZO=3Om/s2

⑵設(shè)cd棒剛進入半圓軌道時的速度為V2,系統(tǒng)動量守恒，有miVo=miVi+m2V2

3加2。22=〃?2g，2，,+；加2。尸2

m2g=m2—

r

解得：vi—m/s

(3)由動能定理得一PK~^miVi2—；加1。°2

解得：W=J.

【變式】(2018?山東省淄博市模擬)如圖3所示，一個質(zhì)量為加、電阻不計、足夠長的光滑U

形金屬框架加。尸，位于光滑絕緣水平桌面上，平行導(dǎo)軌“N和P。相距為L空間存在著足

夠大的方向豎直向下的勻強磁場，磁感應(yīng)強度的大小為民另有質(zhì)量也為加的金屬棒CD,垂

直于MN放置在導(dǎo)軌上，并用一根與CD棒垂直的絕緣細線系在定點4已知細線能承受的最

大拉力為尸ro,CD棒接入導(dǎo)軌間的有效電阻為此現(xiàn)從Z=0時刻開始對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。的勻加速直線運動.

圖3

(1)求從框架開始運動到細線斷裂所需的時間而及細線斷裂時框架的瞬時速度大小;

(2)若在細線斷裂時，立即撤去拉力，求此后過程中回路產(chǎn)生的總焦耳熱0

宏安/］、FTORFTOR「，力77To2尺2

口木(京拓江()4341r

解析(1)細線斷裂時,

F

對棒有尸?。=尸安，F(xiàn)※=BIL,1=-,E=BLvo,Vo=ato

R

=FT#

聯(lián)立解得to

~B2L2a

細線斷裂時框架的速度。0=尸嗎

B2L2

(2)在細線斷裂時立即撤去拉力，框架向右減速運動，棒向右加速運動，設(shè)二者最終速度大小

均為％設(shè)向右為正方向，由系統(tǒng)動量守恒可得冽伙)=2冽。

Vo斤0尺

得。

22B2L2

撤去拉力后，系統(tǒng)總動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。=

~mvi--X2mv2

22

聯(lián)立得。

—MW'

命題點二電場中動量和能量觀點的應(yīng)用

動量守恒定律與其他知識綜合應(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，正確識別物理模型是解決問題的關(guān)鍵.

【例3】(2018?湖南省常德市期末檢測)如圖4所示，軌道/BCD尸位于豎直平面內(nèi)，其中圓弧

段CD與水平段ZC及傾斜段DP分別相切于。點和。點，水平段3c粗糙，其余都光滑，

OP段與水平面的夾角0=37。，D、C兩點的高度差〃=m,整個軌道絕緣，處于方向水平向

左、電場強度大小未知的勻強電場中，一個質(zhì)量加=kg,帶正電、電荷量未知的小物塊I

在/點由靜止釋放，經(jīng)過時間f=ls,與靜止在2點的不帶電、質(zhì)量佗=kg的小物塊II碰

撞并粘在一起后，在3C段上做勻速直線運動，到達傾斜段。P上某位置，物塊I和II與軌

道3C段的動摩擦因數(shù)均為〃=,g=10m/s2,sin37°=,cos37。=0.8.求：

圖4

(1)物塊I和H在8C段上做勻速直線運動的速度大??；

(2)物塊I和II第一次經(jīng)過圓弧段C點時，物塊I和II對軌道壓力的大小.

答案(l)2rn/s(2)18N

解析(1)物塊I和H粘在一起在3c段上做勻速直線運動，設(shè)電場強度大小為E,物塊I帶

電荷量大小為q,與物塊D碰撞前物塊I速度為oi,碰撞后共同速度為。2,以向左為正方向，

則qE=m2)g

qEt=nnV\

m\V\=(jn\+mi)V2

聯(lián)立解得02=2m/s;

(2)設(shè)圓弧段CD的半徑為R,物塊I和II經(jīng)過C點時圓弧段軌道對物塊支持力的大小為FN

則R(1—cosff)—h

022

FN—(〃?i+7〃2)g=(mi+

解得：FN=18N,由牛頓第三定律可得物塊I和II對軌道壓力的大小為18N.

命題點三磁場中動量和能量觀點的應(yīng)用

【例4】(2018?廣西南寧市3月適應(yīng)測試)如圖5所示，光滑絕緣的半圓形軌道/CD,固定在豎

直面內(nèi)，軌道處在垂直于軌道平面向里的勻強磁場中，半圓的直徑4D水平，半徑為我，勻

強磁場的磁感應(yīng)強度為2,在/端由靜止釋放一個帶正電荷、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C時，對軌道的壓力差為AF,小球運動過程始中終不脫離軌

道，重力加速度為g.求：

圖5

(1)小球甲經(jīng)過軌道最低點。時的速度大??；

⑵小球甲所帶的電荷量；

(3)若在半圓形軌道的最低點。放一個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N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

計兩球間靜電力的作用)

答案⑴后⑶9一F方向豎直向下

解析(1)由于小球甲在運動過程中，只有重力做功，因此機械能守恒，由4點運動到。點,

有mgR=^mvc1

解得vc=\[2gR

(2)小球甲第一次通過。點時，qvcB+Fi—mg=m^-

R

第二次通過。點時，F(xiàn)2~qvcB—mg=nv^-

R

由題意知小方二&一B

解得=止藐

4gRB

(3)因為甲球與乙球在最低點發(fā)生的是彈性碰撞，則

mvc=mv甲+加。乙

-mvc2=~mv?，

222

解得v甲=0,v『vc

設(shè)碰撞后的一瞬間，軌道對乙球的支持力大小為方乙，方向豎直向上，

貝|J/乙乙B-mg=n^

NF

解得F乙=3mg——

根據(jù)牛頓第三定律可知，此時乙球?qū)壍赖膲毫Υ笮?%g一手，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.質(zhì)

量分別為加和1%的金屬棒b和c靜止放在水平導(dǎo)軌上，6、。兩棒均與導(dǎo)軌垂直.圖中de虛

2

線往右有范圍足夠大、方向豎直向上的勻強磁場.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)軌的高度差為力.已知絕緣棒?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兩棒的速度大??；

(2)金屬棒b進入磁場后，其加速度為其最大加速度的一半時的速度大?。?/p>

(3)兩金屬棒b、c上最終產(chǎn)生的總焦耳熱.

答案(1)0y^2gh(2)|■也好(3)Lwg/?

解析(1)設(shè)。棒滑到水平導(dǎo)軌時速度為V0,下滑過程中Q棒機械能守恒;機。()2=冽g〃

a棒與b棒發(fā)生彈性碰撞

由動量守恒定律：mvo=mv\+mv2

由機械能守恒定律：-mro2=-mv^+^mv^

222

解得。1=0,V2=vo=\[2gh

(2)6棒剛進磁場時的加速度最大.

6、c兩棒組成的系統(tǒng)合外力為零，系統(tǒng)動量守恒.

由動量守恒定律：mV2=mV2r+?3'

設(shè)b棒進入磁場后某時刻，6棒的速度為機，。棒的速度為“，則力、c組成的回路中的感應(yīng)

p

電動勢E=BL(Vb—Vc),由閉合電路歐姆定律得/=上~,由安培力公式得尸=5〃=冽〃，聯(lián)立

R總

尸B2L2(Vb-Vc)

mR總

故當6棒加速度為最大值的一半時有02=2(02'一。3‘)

聯(lián)立得02'=42=’也/

66

(3)最終6、。以相同的速度勻速運動.

由動量守恒定律：mv2=(m+^)v

由能量守恒定律：+^)v2+Q

解得。=；加g〃.

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￡=m,且水平放置；

M、N左端與半徑R=m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?？稍谲壍郎蠠o摩擦地滑動，兩金屬棒的質(zhì)量冽b=g=kg,接入電路的有效電阻&=凡

=1Q,軌道的電阻不計.平行水平金屬軌道M、N處于磁感應(yīng)強度5=1T的勻強磁場中，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

=10m/s開始向左運動，運動過程中6、。不相撞，gMZ10m/s2,求：

圖2

(1)。棒的最大速度；

(2)。棒達最大速度時，此棒產(chǎn)生的焦耳熱；

⑶若。棒達最大速度后沿半圓軌道上滑，金屬棒c到達軌道最高點時對軌道的壓力的大小.

答案(1)5m/s(2)J(3)N

解析(1)在磁場力作用下，6棒做減速運動，。棒做加速運動，當兩棒速度相等時，。棒達最

大速度.取兩棒組成的系統(tǒng)為研究對象，根據(jù)動量守恒定律有mbVo=(mb+mc)v

解得c棒的最大速度為：v=一咽一vo=^-vo=5m/s

mb~\~mc2

(2)從b棒開始運動到兩棒速度相等的過程中，系統(tǒng)減少的動能轉(zhuǎn)化為電能，兩棒中產(chǎn)生的總

熱量為：

12

Q=^mbVo—^jrib+mc)r=J

因為Rb=Rc,所以c棒達最大速度時此棒產(chǎn)生的焦耳熱為Qc=0=J

2

(3)設(shè)c棒沿半圓軌道滑到最高點時的速度為蘇，從半圓軌道最低點上升到最高點的過程由

22

機械能守恒可得：^mcv—^mcv'=mcg,2R

解得比=3m/s

在最高點，設(shè)軌道對。棒的彈力為產(chǎn)，

7,'2

由牛頓第二定律得mcg+F=

解得尸=N

由牛頓第三定律得，在最高點c棒對軌道的壓力為N,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，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磁場，磁感應(yīng)強度大小為R光滑絕緣軌道水平且足夠

長，尸A/下端與相切于M點.質(zhì)量為別的帶正電小球6靜止在水平軌道上，質(zhì)量為2"八

電荷量為q的帶正電小球。從尸點由靜止釋放，在。球進入水平軌道后，a、b兩小球間只有

靜電力作用，且。、6兩小球始終沒有接觸.帶電小球均可視為點電荷，設(shè)小球6離M點足夠

遠，重力加速度為g.求：

圖3

(1)小球a剛到達M點時的速度大小及對軌道的壓力大??；

(2)°、6兩小球系統(tǒng)的電勢能最大值耳；

(3)a、6兩小球最終的速度。公力的大小.

答案(1)也gR6mg+qB也gR

⑵2灣

⑶產(chǎn)炭產(chǎn)前

解析(1)小球。從P到"，洛倫茲力、彈力不做功，只有重力做功，

由動能定理有：2〃?gR=gx2加。/

解得：VM=^2gR

在V點，由牛頓第二定律有：FN—2mg—QVMB=

R

解得：FN—6mg+qB^lgR

根據(jù)牛頓第三定律得小球a剛到達A/點時對軌道的壓力大小為：FN'=6mg+qB也gR

(2)兩球速度相等時系統(tǒng)電勢能最大，以向右為正方向，由動量守恒定律有：2mVM=3mv頭

根據(jù)能量守恒定律有：￡p=gx2加。/-gx3加oJ

解得：Ep=jmgR

=

(3)由動量守恒定律：2mVM2mva+mvb

由能量守恒定律有：X2mv^=-X2mv2+~mVb2

22a2

解得：va=-^VM=-\l2gR,Vb=-VM=-^gR.

3333

4.(2019?寧夏一中模擬)如圖4所示，在絕緣水平面上的兩物塊/、2用勁度系數(shù)為左的水平絕

緣輕質(zhì)彈簧連接，物塊8、C用跨過輕質(zhì)定滑輪的絕緣輕繩連接，/靠在豎