2020版物理新增分大一轮新高考(京津鲁琼)讲义：第十章 电磁感应 专题强化十三 含解析

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＝BImL，解得Im＝(2)根据闭合电路的欧姆定律得：Im＝

BLv

， R＋r

F BL

F?R＋r?

解得：v＝22 BL通过回路的电荷量q＝I·t 由动量定理得F·t－BIL·t＝mv FtmF?R＋r?解得：q＝－

BLB3L31R

(3)力F做功增加金属棒的动能和回路内能，则Fx＝Q＋mv2，QR＝Q

2R＋rmF2?R＋r?2R

解得：QR＝[Fx－]. 2B4L4R＋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＝0.5 m的竖直半圆，两导轨间距离l＝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＝0.2 kg、m2＝0.1 kg，电阻分别为R1＝0.1 Ω、R2＝0.2 Ω.现让ab棒以v0＝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/s2，求：

图2

(1)ab棒开始向右运动时cd棒的加速度a0； (2)cd棒刚进入半圆轨道时ab棒的速度大小v1； (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)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＝Blv0

2

EI＝ R1＋R2BIl＝m2a0 解得：a0＝30 m/s2

(2)设cd棒刚进入半圆轨道时的速度为v2，系统动量守恒，有m1v0＝m1v1＋m2v2 11m2v22＝m2g·2r＋m2vP2 22vP2m2g＝m2 r解得：v1＝7.5 m/s

11

(3)由动能定理得－W＝m1v12－m1v02

22解得：W＝4.375 J.

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.

图3

(1)求从框架开始运动到细线断裂所需的时间t0及细线断裂时框架的瞬时速度v0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. FT0RFT0RmFT02R2

答案 (1)22 22 (2)

BLaBL4B4L4解析 (1)细线断裂时，

E

对棒有FT0＝F安，F安＝BIL，I＝，E＝BLv0，v0＝at0

RFT0R

联立解得t0＝22

BLa细线断裂时框架的速度v0＝

FT0R

B2L2(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mv0＝2mv v0FT0R得v＝＝22 22BL

1

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＝mv2－

201

×2mv2 2

2

mF2T0R

联立得Q＝44. 4BL

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 (2018·湖南省常德市期末检测)如图4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4

(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)2 m/s (2)18 N

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v1，碰撞后共同速度为v2，以向左为正方向，则qE＝μ(m1＋m2)g qEt＝m1v1 m1v1＝(m1＋m2)v2 联立解得v2＝2 m/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FN 则R(1－cos θ)＝h

v22FN－(m1＋m2)g＝(m1＋m2) R

解得：FN＝18 N，由牛顿第三定律可得物块Ⅰ和Ⅱ对轨道压力的大小为18 N.

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