2019年高考物理大一轮复习微专题09用动力学能量和动量的观点分析带电体在电场中的运动学案新人教版
2019年高考物理一轮复习精品学案：专题9.4 电磁感应中的动力学和能量问题(解析版)
1．受力分析与运动分析2．应用牛顿运动定律和运动学规律解答电磁感应问题一、电磁感应与力和运动1．安培力的大小由感应电动势E＝Blv、感应电流I＝ER和安培力公式F＝BIl得F＝B2l2vR.2．安培力的方向判断(1)对导体切割磁感线运动，先用右手定则确定感应电流的方向，再用左手定则确定安培力的方向．(2)根据安培力防碍导体和磁场的相对运动判断．3．电磁感应中的力和运动电磁感应与力学问题的综合，涉及两大研究对象：电学对象与力学对象．联系两大研究对象的桥梁是磁场对感应电流的安培力，其大小与方向的变化，直接导致两大研究对象的状态改变．二、电磁感应与能量守恒1．能量转化导体切割磁感线或磁通量发生变化，在回路中产生感应电流，这个过程中机械能或其他形式的能转化为电能，具有感应电流的导体在磁场中受安培力作用或通过电阻发热，又可使电能转化为机械能或内能．所以，电磁感应过程中总是伴随着能量的转化．2．电磁感应过程的实质是不同形式的能量转化的过程，而能量的转化是通过安培力做功的形式实现的，安培力做功的过程，是电能转化为其他形式能的过程，外力克服安培力做功，则是其他形式的能转化为电能的过程．高频考点一电磁感应与力和运动1．受力分析与运动分析对电磁感应现象中的力学问题，除了要作好受力情况和运动情况的动态分析外，还需要注意导体受到的安培力随运动速度变化的特点，速度变化，弹力及相对应的摩擦力也随之而变，导致物体的运动状态发生变化．2．应用牛顿运动定律和运动学规律解答电磁感应问题的基本思路(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律求感应电动势的大小和方向．(2)求回路中的电流．(3)分析研究导体的受力情况(包含安培力，用左手定则确定其方向)．(4)根据牛顿第二定律和运动学规律或平衡条件列方程求解．例1、如图所示，在匀强磁场中有一倾斜的平行金属导轨，导轨间距为L，长为3d，导轨平面与水平面的夹角为θ，在导轨的中部刷有一段长为d的薄绝缘涂层．匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直．质量为m的导体棒从导轨的顶端由静止释放，在滑上涂层之前已经做匀速运动，并一直匀速滑到导轨底端．导体棒始终与导轨垂直，且仅与涂层间有摩擦，接在两导轨间的电阻为R，其他部分的电阻均不计，重力加速度为g.求：(1)导体棒与涂层间的动摩擦因数μ；(2)导体棒匀速运动的速度大小v；(3)整个运动过程中，电阻产生的焦耳热Q.【方法归纳】解决电磁感应中的动力学问题的一般思路是“先电后力”，具体思路如下：(1)先作“源”的分析——分离出电路中由电磁感应所产生的电源，求出电源参数E和r；(2)再实行“路”的分析——分析电路结构，弄清串、并联关系，求出相对应部分的电流大小，以便求解安培力；(3)然后是“力”的分析——分析研究对象(常是金属杆、导体线圈等)的受力情况，尤其注意其所受的安培力；(4)最后实行“运动”状态的分析——根据力和运动的关系，判断准确的运动模型．【变式探究】如图，矩形闭合导体线框在匀强磁场上方，由不同高度静止释放，用t1、t2分别表示线框ab边和cd边刚进入磁场的时刻．线框下落过程形状不变，ab边始终保持与磁场水平边界线OO′平行，线框平面与磁场方向垂直．设OO′下方磁场区域充足大，不计空气影响，则下列哪一个图象不可能反映线框下落过程中速度v随时间t变化的规律( )【答案】A．【举一反三】(多选)如图甲所示，MN左侧有一垂直纸面向里的匀强磁场，现将一边长为L、质量为m、电阻为R的正方形金属线框置于该磁场中，使线框平面与磁场方向垂直，且bc边与磁场边界MN重合．当t＝0时，对线框施加一水平拉力F，使线框由静止开始向右做匀加速直线运动；当t＝t0时，线框的ad边与磁场边界MN重合．图乙为拉力F随时间t变化的图线．由以上条件可知，磁场的磁感应强度B的大小及t0时刻线框的速率v为( )A ．B ＝1LmR t 0 B ．B ＝1L2mRt 0C ．v ＝F 0t 0mD ．v ＝2F 0t 0m【答案】BC高频考点二 电磁感应与能量守恒 1．电磁感应中的几个功能关系(1)导体克服安培力做的功等于产生的电能W 安＝E 电；(2)若电路为纯电阻电路，则电磁感应中产生的电能又完全转化为电路的焦耳热Q ＝E 电； (3)导体克服安培力做的功等于消耗的机械能W 安＝E 机械能；(4)综合起来能够看出“电路的焦耳热”等于“电磁感应中产生的电能”等于“机械能的减小”，即Q ＝E 电＝E 机械能．这里还要特别明确“能量转化的层次性”，即E 机械能→E 电→Q ，其中第一次转化是通过克服安培力做功W 安来实现，第二次转化是通过感应电流流经电阻转化为焦耳热来实现． 2．用能量方法解决电磁感应问题的一般步骤(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律确定电动势的大小和方向． (2)画出等效电路，求出回路中电阻消耗电功率的表达式．(3)分析导体机械能的变化，用能量守恒关系得到机械功率的改变与回路中电功率的改变所满足的关系式．例2、半径分别为r 和2r 的同心圆形导轨固定在同一水平面内，一长为r 、质量为m 且质量分布均匀的直导体棒AB 置于圆导轨上面．BA 的延长线通过圆导轨中心O ，装置的俯视图如图所示．整个装置位于一匀强磁场中，磁感应强度的大小为B ，方向竖直向下．在内圆导轨的C 点和外圆导轨的D 点之间接有一阻值为R 的电阻(图中未画出)．直导体棒在水平外力作用下以角速度ω绕O 逆时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触．设导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒和导轨的电阻均可忽略．重力加速度大小为g ，求：(1)通过电阻R 的感应电流的方向和大小； (2)外力的功率．(2)在竖直方向上有mg －2F N ＝0⑤式中，因为质量分布均匀，内、外圆导轨对导体棒的正压力大小相等，其值为F N .两导轨对运行的导体棒的滑动摩擦力均为F f ＝μF N⑥在Δt 时间内，导体棒在内、外圆导轨上扫过的弧长分别为 l 1＝rωΔt ⑦ l 2＝2rωΔt⑧克服摩擦力做的总功为W f ＝F f (l 1＋l 2)⑨在Δt 时间内，消耗在电阻R 上的功为W R ＝I 2R Δt⑩根据能量转化和守恒定律知，外力在Δt 时间内做的功为W ＝W f ＋W R ⑪外力的功率为P ＝WΔt⑫由④至⑫式得P ＝32μmgωr ＋9ω2B 2r 44R ⑬ 【答案】(1)3ωBr 22R 方向由C 端到D 端(2)32μmg ωr ＋9ω2B 2r 44R【归纳总结】(1)电磁感应中通过导体横截面的电荷量q ＝n ΔΦR ，式中ΔΦ为闭合电路中磁通量的变化量，n 为线圈匝数，R 为闭合电路的总电阻．不论电流恒定还是变化，上述公式都适用． (2)电能在电路中的作用：一般电路中并不储存电能，在绝大部分情况下，虽然持续有能量转化为电能，但这些电能立即通过电流做功转化为焦耳热，所以电能往往仅仅一种“过渡”能量． 【变式探究】(多选)如图所示，固定在同一水平面上的两平行金属导轨AB 、CD ，两端接有阻值相同的两个定值电阻．质量为m 的导体棒垂直放在导轨上，轻弹簧左端固定，右端连接导体棒，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中．当导体棒静止在OO ′位置时，弹簧处于原长状态．此时给导体棒一个水平向右的初速度v 0，它能向右运动的最远距离为d ，且能再次经过OO ′位置．已知导体棒所受的摩擦力大小恒为f ，导体棒向右运动过程中左侧电阻产生的热量为Q ，不计导轨和导体棒的电阻．则( )A ．弹簧的弹性势能最大为12mv 20－Q －fdB ．弹簧的弹性势能最大为12mv 20－2Q －fdC ．导体棒再次回到OO ′位置时的动能等于12mv 20－4Q －2fdD ．导体棒再次回到OO ′位置时的动能大于12mv 20－4Q －2fd【答案】BD【举一反三】如图甲所示，在虚线mn 的上方存有垂直纸面向里的匀强磁场，mn 的下方存有竖直向下的匀强磁场，mn 上下两侧磁场的磁感应强度大小相等．将两根充足长的直导轨平行放置在磁场中，且贯穿虚线的上下两侧．取两根等长的金属棒a 、b ，两端分别套上金属环，然后将两金属棒套在长直导轨上，其中a 棒置于虚线上侧，b 棒置于虚线下侧．从t ＝0时刻开始在a 棒上加一竖直向上的外力F ，使a 棒由静止开始向上做匀加速直线运动，外力随时间的变化规律如图乙所示，同时b 棒在t ＝0时刻由静止释放．已知两导轨的间距为L ＝1.5 m ，a 、b 棒的质量分别为m 1＝1 kg 、m 2＝0.27 kg ，两金属棒的总电阻为R ＝1.8 Ω，忽略导轨的电阻，b 棒与导轨的动摩擦因数为μ＝0.75，不计a 棒与导轨之间的摩擦，取g ＝10 m/s 2.甲 乙(1)求虚线上下两侧的磁感应强度大小以及a 棒匀加速运动的加速度大小；(2)如果在0～2 s 的时间内外力F 对a 棒做功为40 J ，则该过程中整个电路产生的焦耳热为多少？(3)经过多长时间b 棒的速度最大？(2)在2 s 末金属棒a 的速率v t ＝at ′＝2 m/s ，所发生的位移x ＝12at ′2＝2 m 由动能定理得W F －m 1gx －W 安＝12m 1v 2t ，又Q ＝W 安 解得Q ＝18 J.(3)b 棒先做加速度逐渐减小的加速运动，当b 棒所受重力与滑动摩擦力相等时，速度达到最大；后做加速度逐渐增大的减速运动，最后停止运动．假设经t 0时间金属棒b 的速度达到最大，当b 棒速度达到最大时，有m 2g ＝μF N 又F N ＝F 安＝BI 1L ，I 1＝E 1R ＝BLv 1R ，v 1＝at 0 联立解得t 0＝2 s.【答案】(1)1.2 T 1 m/s 2 (2)18 J (3)2 s 高频考点三、微元法在电磁学中的应用微元法是将研究对象无限细分，从中抽取出微小单元实行研究，找出被研究对象变化规律，因为这些微元遵循的规律相同，再将这些微元实行必要的数学运算(累计求和)，从而顺利解决问题．用该方法能够将一些复杂的物理过程，用我们熟悉的规律加以解决，是物理学中常用的思想方法之一．例3、如图所示，两条平行导轨所在平面与水平地面的夹角为θ，间距为L .导轨上端接有一平行板电容器，电容为C ．导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B ，方向垂直于导轨平面向下．在导轨上放置一质量为m 的金属棒，棒可沿导轨下滑，且在下滑过程中保持与导轨垂直并良好接触．已知金属棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g .忽略所有电阻．让金属棒从导轨上端由静止开始下滑，求：(1)电容器极板上积累的电荷量与金属棒速度大小的关系； (2)金属棒的速度大小随时间变化的关系．【解析】(1)设金属棒下滑的速度大小为v ，则感应电动势为E ＝BLv ①平行板电容器两极板之间的电势差为U ＝E②设此时电容器极板上积累的电荷量为Q ，按定义有C ＝Q U③联立①②③式得Q ＝CBLv④【答案】(1)Q ＝CBLv (2)v ＝mθ－μcos θm ＋B 2L 2Cgt【方法技巧】1．本题用微元法可判断金属杆沿导轨匀加速下滑，从而得出速度随时间均匀变化的关系，这与常见的导体棒在恒力作用下运动是不同的．2．对于电容器的充电过程，因为金属杆的速度均匀增加，感应电动势也均匀变大，所以金属棒一直给电容器充电，且充电的电流恒定，认为电容器是断路，没有电流是错误的．1．【2019·全国卷Ⅰ】如图1-，两固定的绝缘斜面倾角均为θ，上沿相连．两细金属棒ab (仅标出a 端)和cd (仅标出c 端)长度均为L ，质量分别为2m 和m ；用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路abdca ，并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，使两金属棒水平．右斜面上存有匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于斜面向上，已知两根导线刚好不在磁场中，回路电阻为R ，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g ，已知金属棒ab 匀速下滑．求：( ) (1)作用在金属棒ab 上的安培力的大小； (2)金属棒运动速度的大小．图1-【答案】(1)mg (sin θ－3μcos θ) (2)(sin θ－3μcos θ)mgRB 2L 2(2)由安培力公式得 F ＝BIL ⑥这里I 是回路abdca 中的感应电流，ab 棒上的感应电动势为 ε＝BLv ⑦式中，v 是ab 棒下滑速度的大小，由欧姆定律得 I ＝εR ⑧联立⑤⑥⑦⑧式得v ＝(sin θ－3μcos θ)mgRB 2L 2 ⑨2．【2019·全国卷Ⅱ】如图1-所示，水平面(纸面)内间距为l 的平行金属导轨间接一电阻，质量为m 、长度为l 的金属杆置于导轨上．t ＝0时，金属杆在水平向右、大小为F 的恒定拉力作用下由静止开始运动．t 0时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B 、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动．杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为μ.重力加速度大小为g .求： (1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小； (2)电阻的阻值．图1-【答案】(1)Blt 0⎝⎛⎭⎫F m －μg (2)B 2l 2t 0m(2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆中的电流为I ，根据欧姆定律 I ＝ER ⑤式中R 为电阻的阻值．金属杆所受的安培力为 f ＝BIl ⑥因金属杆做匀速运动，由牛顿运动定律得 F －μmg －f ＝0 ⑦ 联立④⑤⑥⑦式得 R ＝B 2l 2t 0m ⑧3．【2019·四川卷】如图1-所示，电阻不计、间距为l 的光滑平行金属导轨水平放置于磁感应强度为B 、方向竖直向下的匀强磁场中，导轨左端接一定值电阻R .质量为m 、电阻为r 的金属棒MN 置于导轨上，受到垂直于金属棒的水平外力F 的作用由静止开始运动，外力F 与金属棒速度v 的关系是F ＝F 0＋kv (F 0、k 是常量)，金属棒与导轨始终垂直且接触良好．金属棒中感应电流为i ，受到的安培力大小为F A ，电阻R 两端的电压为U R ，感应电流的功率为P ，它们随时间t 变化图像可能准确的有( )图1-图1-分析金属棒运动情况，由牛顿第二定律可得F 合＝F －F A ＝F 0＋kv －B 2l 2R ＋r v ＝F 0＋⎝⎛⎭⎫k －B 2l 2R ＋r v ，而加速度a ＝F 合m .因为金属棒从静止出发，所以F 0>0，且F 合>0，即a >0，加速度方向水平向右． (1)若k ＝B 2l 2R ＋r ，F 合＝F 0，即a ＝F 0m ，金属棒水平向右做匀加速直线运动，有v ＝at ，说明v ∝t ，即I ∝t ，F A ∝t ，U R ∝t ，P ∝t 2，所以在此情况下没有选项符合；(2)若k >B 2l 2R ＋r ，F 合随v 增大而增大，即a 随v 增大而增大，说明金属棒在做加速度增大的加速运动，根据四个物理量与速度的关系可知B 选项符合；(3)若k <B 2l 2R ＋r ，F 合随v 增大而减小，即a 随v 增大而减小，说明金属棒在做加速度减小的加速运动，直到加速度减小为0后金属棒做匀速直线运动，根据四个物理量与速度关系可知C 选项符合；综上所述，B 、C 选项符合题意．4．【2019·浙江卷】小明设计的电磁健身器的简化装置如图1-10所示，两根平行金属导轨相距l ＝0.50 m ，倾角θ＝53°，导轨上端串接一个R ＝0.05 Ω的电阻．在导轨间长d ＝0.56 m 的区域内，存有方向垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度B ＝2.0 T ．质量m ＝4.0 kg 的金属棒CD 水平置于导轨上，用绝缘绳索通过定滑轮与拉杆GH 相连．CD 棒的初始位置与磁场区域的下边界相距s ＝0.24 m ．一位健身者用恒力F ＝80 N 拉动GH 杆，CD 棒由静止开始运动，上升过程中CD 棒始终保持与导轨垂直．当CD 棒到达磁场上边界时健身者松手，触发恢复装置使CD 棒回到初始位置(重力加速度g 取10 m/s 2，sin 53°＝0.8，不计其他电阻、摩擦力以及拉杆和绳索的质量)．求：(1)CD 棒进入磁场时速度v 的大小；(2)CD 棒进入磁场时所受的安培力F A 的大小；(3)在拉升CD 棒的过程中，健身者所做的功W 和电阻产生的焦耳热Q .图1-10【答案】(1)2.4 m/s (2)48 N (3)64 J 26.88 J代入得F A ＝（Bl ）2vR ＝48 N ⑥ (3)健身者做功W ＝F (s ＋d )＝64 J ⑦ 由牛顿定律F －mg sin θ－F A ＝0 ⑧ CD 棒在磁场区做匀速运动 在磁场中运动时间t ＝dv ⑨ 焦耳热Q ＝I 2Rt ＝26.88 J ⑩5．【2019·全国卷Ⅲ】如图1-所示，两条相距l 的光滑平行金属导轨位于同一水平面(纸面)内，其左端接一阻值为R 的电阻；一与导轨垂直的金属棒置于两导轨上；在电阻、导轨和金属棒中间有一面积为S 的区域，区域中存有垂直于纸面向里的均匀磁场，磁感应强度大小B 1随时间t 的变化关系为B 1＝kt ，式中k 为常量；在金属棒右侧还有一匀强磁场区域，区域左边界MN (虚线)与导轨垂直，磁场的磁感应强度大小为B 0，方向也垂直于纸面向里．某时刻，金属棒在一外加水平恒力的作用下从静止开始向右运动，在t 0时刻恰好以速度v 0越过MN ，此后向右做匀速运动．金属棒与导轨始终相互垂直并接触良好，它们的电阻均忽略不计．求： (1)在t ＝0到t ＝t 0时间间隔内，流过电阻的电荷量的绝对值；(2)在时刻t (t >t 0)穿过回路的总磁通量和金属棒所受外加水平恒力的大小．图1-【答案】(1)kt 0S R (2)B 0lv 0(t －t 0)＋kSt (B 0lv 0＋kS )B 0lR由⑤式得，在t ＝0到t ＝t 0的时间间隔内，流过电阻R 的电荷量q 的绝对值为 |q |＝kt 0S R ⑥(2)当t >t 0时，金属棒已越过MN .因为金属棒在MN 右侧做匀速运动，有f ＝F ⑦式中，f 是外加水平恒力，F 是匀强磁场施加的安培力．设此时回路中的电流为I ，F 的大小为 F ＝B 0Il ⑧此时金属棒与MN 之间的距离为s ＝v 0(t －t 0) ⑨ 匀强磁场穿过回路的磁通量为Φ′＝B 0ls ⑩ 回路的总磁通量为Φt ＝Φ＋Φ′1.(2019·浙江理综·24)小明同学设计了一个“电磁天平”，如图5所示，等臂天平的左臂为挂盘，右臂挂有矩形线圈，两臂平衡．线圈的水平边长L ＝0.1 m ，竖直边长H ＝0.3 m ，匝数为N 1.线圈的下边处于匀强磁场内，磁感应强度B 0＝1.0 T ，方向垂直线圈平面向里．线圈中通有可在0～2.0 A 范围内调节的电流I .挂盘放上待测物体后，调节线圈中电流使天平平衡，测出电流即可测得物体的质量．(重力加速度取g ＝10 m/s 2)图5 图6(1)为使电磁天平的量程达到0.5 kg ，线圈的匝数N 1至少为多少？(2)进一步探究电磁感应现象，另选N 2＝100匝、形状相同的线圈，总电阻R ＝10 Ω.不接外电流，两臂平衡．如图6所示，保持B 0不变，在线圈上部另加垂直纸面向外的匀强磁场，且磁感应强度B 随时间均匀变大，磁场区域宽度d ＝0.1 m ．当挂盘中放质量为0.01 kg 的物体时，天平平衡，求此时磁感应强度的变化率ΔB Δt . 答案 (1)25匝 (2)0.1 T/s2．(2019·天津理综·11)如图9所示，“凸”字形硬质金属线框质量为m ，相邻各边互相垂直，且处于同一竖直平面内，ab 边长为l ，cd 边长为2l ，ab 与cd 平行，间距为2l .匀强磁场区域的上下边界均水平，磁场方向垂直于线框所在平面．开始时，cd 边到磁场上边界的距离为2l ，线框由静止释放，从cd 边进入磁场直到ef 、pq 边进入磁场前，线框做匀速运动，在ef 、pq 边离开磁场后，ab 边离开磁场之前，线框又做匀速运动．线框完全穿过磁场过程中产生的热量为Q .线框在下落过程中始终处于原竖直平面内，且ab 、cd 边保持水平，重力加速度为g .求：图9(1)线框ab 边将要离开磁场时做匀速运动的速度大小是cd 边刚进入磁场时的几倍； (2)磁场上、下边界间的距离H . 答案 (1)4倍 (2)Qmg ＋28l解析 (1)设磁场的磁感应强度大小为B ，cd 边刚进入磁场时，线框做匀速运动的速度为v 1，cd 边上的感应电动势为E 1，由法拉第电磁感应定律，有E 1＝2Blv 1①设线框总电阻为R ，此时线框中电流为I 1，由闭合电路欧姆定律，有I 1＝E 1R ② 设此时线框所受安培力为F 1，有F 1＝2I 1lB ③3．(2019·江苏单科·13)如图8所示，在匀强磁场中有一倾斜的平行金属导轨，导轨间距为L ，长为3d ，导轨平面与水平面的夹角为θ，在导轨的中部刷有一段长为d 的薄绝缘涂层．匀强磁场的磁感应强度大小为B ，方向与导轨平面垂直．质量为m 的导体棒从导轨的顶端由静止释放，在滑上涂层之前已经做匀速运动，并一直匀速滑到导轨底端．导体棒始终与导轨垂直，且仅与涂层间有摩擦，接在两导轨间的电阻为R ，其他部分的电阻均不计，重力加速度为g .求：图8(1)导体棒与涂层间的动摩擦因数μ； (2)导体棒匀速运动的速度大小v ； (3)整个运动过程中，电阻产生的焦耳热Q . 答案 (1)tan θ (2)mgR sin θB 2L 2 (3)2mgd sin θ－m 3g 2R 2sin 2θ2B 4L 4 解析 (1)在绝缘涂层上导体棒受力平衡mg sin θ＝μmg cos θ 解得导体棒与涂层间的动摩擦因数μ＝tan θ (2)在光滑导轨上感应电动势：E ＝BLv 感应电流：I ＝ER 安培力：F 安＝BIL受力平衡的条件是：F 安＝mg sin θ 解得导体棒匀速运动的速度v ＝mgR sin θB 2L 24．(2019·新课标全国Ⅱ·25)半径分别为r 和2r 的同心圆形导轨固定在同一水平面内，一长为r 、质量为m 且质量分布均匀的直导体棒AB 置于圆导轨上面，BA 的延长线通过圆导轨中心O ，装置的俯视图如图15所示．整个装置位于一匀强磁场中，磁感应强度的大小为B ，方向竖直向下．在内圆导轨的C 点和外圆导轨的D 点之间接有一阻值为R 的电阻(图中未画出)．直导体棒在水平外力作用下以角速度ω绕O 逆时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触．设导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒和导轨的电阻均可忽略．重力加速度大小为g .求：图15(1)通过电阻R 的感应电流的方向和大小； (2)外力的功率．答案 (1)方向为C →D 3Bωr 22R (2)9B 2ω2r 44R ＋3μmgωr 2解析 (1)根据右手定则，得导体棒AB 上的电流方向为B →A ，故电阻R 上的电流方向为C →D . 设导体棒AB 中点的速度为v ，则v ＝v A ＋v B2 而v A ＝ωr ，v B ＝2ωr根据法拉第电磁感应定律，导体棒AB 上产生的感应电动势E ＝Brv根据闭合电路欧姆定律得I ＝E R ，联立以上各式解得通过电阻R 的感应电流的大小为I ＝3Bωr 22R .(2)根据能量守恒定律，外力的功率P 等于安培力与摩擦力的功率之和，即P ＝BIrv ＋fv ，而f ＝μmg解得P ＝9B 2ω2r 44R ＋3μmgωr2.5．(2019·天津理综·3)如图2所示，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd ，ab 边长大于bc 边长，置于垂直纸面向里、边界为MN 的匀强磁场外，线框两次匀速地完全进入磁场，两次速度大小相同，方向均垂直于MN .第一次ab 边平行MN 进入磁场，线框上产生的热量为Q 1，通过线框导体横截面的电荷量为q 1；第二次bc 边平行MN 进入磁场，线框上产生的热量为Q 2，通过线框导体横截面的电荷量为q 2，则( )图2A ．Q 1＞Q 2，q 1＝q 2B ．Q 1＞Q 2，q 1＞q 2C ．Q 1＝Q 2，q 1＝q 2D ．Q 1＝Q 2，q 1＞q 2答案 A1．(多选)如图5所示，在光滑的水平面上方，有两个磁感应强度大小均为B ，方向相反的水平匀强磁场，PQ 为两个磁场的边界，磁场范围充足大．一个边长为a 、质量为m 、电阻为R 的金属正方形线框，以速度v 垂直磁场方向从如图实线位置(Ⅰ)开始向右运动，当线框运动到分别有一半面积在两个磁场中的位置(Ⅱ)时，线框的速度为v2.下列说法准确的是( )图5A ．在位置(Ⅱ)时线框中的电功率为B 2a 2v 2R B ．此过程中回路产生的电能为38mv 2 C ．在位置(Ⅱ)时线框的加速度为B 2a 2v2mR D ．此过程中通过导线横截面的电荷量为2Ba 2R 答案 AB2．(多选)如图6所示，间距l ＝0.4 m 的光滑平行金属导轨与水平面夹角θ＝30°，正方形区域abcd 内匀强磁场的磁感应强度B ＝0.2 T ，方向垂直于斜面．甲、乙两金属杆的电阻R 相同、质量均为m ＝0.02 kg ，垂直于导轨放置．起初，甲金属杆处在磁场的上边界ab 上，乙在甲上方距甲也为l 处．现将两金属杆同时由静止释放，并同时在甲金属杆上施加一个沿着导轨的拉力F ，使甲金属杆始终以a ＝5 m/s 2的加速度沿导轨匀加速运动，已知乙金属杆刚进入磁场时做匀速运动，取g ＝10 m/s 2，则( )图6A ．每根金属杆的电阻R ＝0.016 ΩB ．甲金属杆在磁场中运动的时间是0.4 sC ．甲金属杆在磁场中运动过程中F 的功率逐渐增大D ．乙金属杆在磁场运动过程中安培力的功率是0.1 W答案 BC解析 乙金属杆在进入磁场前，甲、乙两金属杆加速度大小相等，当乙刚进入磁场时，甲刚好出磁场．由v 2＝2al 解得乙进、甲出磁场时的速度大小均为v ＝2 m/s ，由v ＝at 解得甲金属杆在磁场中的运动时间为t ＝0.4 s ，选项B 准确；乙金属杆进入磁场后有mg sin 30°＝BIl ，又Blv ＝I ·2R ，联立解得R ＝0.064 Ω，选项A 错误；甲金属杆在磁场中运动过程中力F 和杆的速度都逐渐增大，则其功率也逐渐增大，选项C 准确；乙金属杆在磁场运动过程中安培力的功率是P ＝BIlv ＝0.2 W ，选项D 错误．故本题答案为B 、C.3．(多选)如图7所示，在倾角为θ的斜面上固定两根充足长的光滑平行金属导轨PQ 、MN ，相距为L ，导轨处于磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下．有两根质量均为m 的金属棒a 、b ，先将a 棒垂直导轨放置，用跨过光滑定滑轮的细线与物块c 连接，连接a 棒的细线平行于导轨，由静止释放c ，此后某时刻，将b 也垂直导轨放置，a 、c 此刻起做匀速运动，b 棒刚好能静止在导轨上．a 棒在运动过程中始终与导轨垂直，两棒与导轨接触良好，导轨电阻不计．则( )图7A ．物块c 的质量是2m sin θB ．b 棒放上导轨前，物块c 减少的重力势能等于a 、c 增加的动能C ．b 棒放上导轨后，物块c 减少的重力势能等于回路消耗的电能D ．b 棒放上导轨后，a 棒中电流大小是mg sin θBL答案 AD。
2019年度高考物理一轮复习 第十章 动力学、动量和能量观点在电学中的应用课时达标训练
2 电磁感应中的动力学和能量问题一、选择题(1～3题为单项选择题，4～7题为多项选择题)1．如图1所示，在一匀强磁场中有一U形导线框abcd，线框处于水平面内，磁场与线框平面垂直，R为一电阻，ef为垂直于ab的一根导体杆，它可在ab、cd上无摩擦地滑动。
杆ef及线框中导线的电阻都可不计。
开始时，给ef一个向右的初速度，则( )图1A．ef将减速向右运动，但不是匀减速B．ef将交减速向右运动，最后停止C．ef将匀速向右运动D．ef将往返运动解析ef向右运动，切割磁感线，产生感应电动势和感应电流，会受到向左的安培力而做减速运动，直到停止，但不是匀减速，由F＝BIL＝B2L2vR＝ma知，ef做的是加速度减小的减速运动，故A正确。
答案 A2．一半径为r、质量为m、电阻为R的金属圆环用一根长为L的绝缘轻细杆悬挂于O1点，杆所在直线过圆环圆心，在O1点的正下方有一半径为L＋2r的圆形匀强磁场区域，其圆心O2与O1点在同一竖直线上，O1点在圆形磁场区域边界上，如图2所示。
现使绝缘轻细杆从水平位置由静止释放，下摆过程中金属圆环所在平面始终与磁场垂直，已知重力加速度为g，不计空气阻力及其他摩擦阻力，则下列说法正确的是( )图2A．金属圆环最终会静止在O1点的正下方B ．金属圆环在整个过程中产生的焦耳热为mgLC ．金属圆环在整个过程中产生的焦耳热为12mg (L ＋2r )D ．金属圆环在整个过程中产生的焦耳热为12mg (L ＋r )解析 圆环最终要在如图中A 、C 位置间摆动，因为此时圆环中的磁通量不再发生改变，圆环中不再有感应电流产生。
由几何关系可知，圆环在A 、C 位置时，其圆心与O 1、O 2的距离均为L ＋r ，则圆环在A 、C 位置时，圆环圆心到O 1的高度为L ＋2r2。
由能量守恒可得金属圆环在整个过程中产生的焦耳热为12mg (L ＋2r )，C 正确。
答案 C3．CD 、EF 是两条水平放置的电阻可忽略的平行金属导轨，导轨间距为L ，在水平导轨的左侧存在磁感应强度方向垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，磁场区域的长度为d ，如图3所示。
专题(72)动力学 动量和能量观点在电学中的应用(原卷版)
2021年高考物理一轮复习考点全攻关专题（72）动力学动量和能量观点在电学中的应用（原卷版）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．命题热点一：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，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(2019·福建龙岩市5月模拟)如图1为电磁驱动与阻尼模型，在水平面上有两根足够长的平行轨道PQ 和MN，左端接有阻值为R的定值电阻，其间有垂直轨道平面的磁感应强度为B的匀强磁场，两轨道间距及磁场宽度均为L.质量为m的金属棒ab静置于导轨上，当磁场沿轨道向右运动的速度为v时，棒ab恰好滑动．棒运动过程始终在磁场范围内，并与轨道垂直且接触良好，轨道和棒电阻均不计，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．图1(1)判断棒ab刚要滑动时棒中的感应电流方向，并求此时棒所受的摩擦力F f大小；(2)若磁场不动，将棒ab以水平初速度2v运动，经过时间t＝mRB2L2停止运动，求棒ab运动位移x及回路中产生的焦耳热Q.变式1(多选)如图2所示，CD、EF是两条水平放置的电阻可忽略的平行光滑导轨，导轨固定不动，间距为L，在水平导轨的左侧存在磁感应强度方向垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B.导轨的右端接有一电阻R，左端与一弯曲的光滑轨道平滑连接．将一阻值也为R、质量为m的导体棒从弯曲轨道上h高处由静止释放，导体棒最终恰好停在磁场的右边界处．已知导体棒与水平导轨垂直且接触良好，则下列说法中正确的是()图2A ．电阻R 的最大电流为BL 2gh 2RB ．电阻R 中产生的焦耳热为mghC ．磁场左右边界的长度d 为mR 2gh B 2L 2D ．流过电阻R 的电荷量为m 2gh BL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，在该闭合回路中形成一定的感应电流；另一根导体棒在磁场中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 (2019·河北衡水中学高考模拟)如图3所示，MN 、PQ 两平行光滑水平导轨分别与半径r ＝0.5 m 的相同竖直半圆导轨在N 、Q 端平滑连接，M 、P 端连接定值电阻R ，质量M ＝2 kg 的cd 绝缘杆垂直静止在水平导轨上，在其右侧至N 、Q 端的区域内充满竖直向上的匀强磁场．现有质量m ＝1 kg 的ab 金属杆以初速度v 0＝12 m/s 水平向右与cd 绝缘杆发生正碰后，进入磁场并最终未滑出，cd 绝缘杆则恰好能通过半圆导轨最高点，不计其他电阻和摩擦，ab 金属杆始终与导轨垂直且接触良好，取g ＝10 m/s 2，求：图3(1)cd 绝缘杆通过半圆导轨最高点时的速度大小v ；(2)电阻R 产生的焦耳热Q .变式2 (2019·山东泰安市第二轮复习质量检测)如图4所示，间距为L 的足够长光滑平行金属导轨固定在同一水平面内，虚线MN 右侧区域存在磁感应强度为B 、方向竖直向下的匀强磁场．质量均为m 、长度均为L 、电阻均为R 的导体棒a 、b ，垂直导轨放置且保持与导轨接触良好．开始导体棒b 静止于与MN 相距为x 0处，导体棒a 以水平速度v 0从MN 处进入磁场．不计导轨电阻，忽略因电流变化产生的电磁辐射，运动过程中导体棒a 、b 没有发生碰撞．求：图4(1)导体棒b中产生的内能；(2)导体棒a、b间的最小距离．命题热点二：电场和磁场中的动量和能量问题例3如图5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5(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．变式3如图6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ΔF，小球运动过程中始终不脱离轨道，重力加速度为g.求：图6(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用)课时精练：一、双基巩固练：1. 如图1所示，正方形区域ABCD 中有垂直于纸面向里的匀强磁场，M 、N 分别为AB 、AD 边的中点，一带正电的粒子(不计重力)以某一速度从M 点平行于AD 边垂直磁场方向射入，并恰好从A 点射出．现仅将磁场的磁感应强度大小变为原来的12，下列判断正确的是( )图1A ．粒子将从D 点射出磁场B ．粒子在磁场中运动的时间将变为原来的2倍C ．磁场的磁感应强度变化前后，粒子在磁场中运动过程的动量变化大小之比为2∶1D ．若其他条件不变，继续减小磁场的磁感应强度，粒子可能从C 点射出2. 光滑绝缘的水平桌面上方存在垂直桌面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，俯视图如图2所示．一个质量为2m 、电荷量为q 的带正电小球甲静止在桌面上，另一个大小相同、质量为m 的不带电小球乙，以速度v 0沿两球心连线向带电小球甲运动，并发生弹性碰撞．假设碰撞后两小球的带电荷量相同，忽略两小球间静电力的作用．则下列关于甲、乙两小球碰后在磁场中的运动轨迹，说法正确的是( )图2A ．甲、乙两小球运动轨迹是外切圆，半径之比为2∶1B ．甲、乙两小球运动轨迹是外切圆，半径之比为4∶1C ．甲、乙两小球运动轨迹是内切圆，半径之比为2∶1D ．甲、乙两小球运动轨迹是内切圆，半径之比为4∶13.(多选)(2019·云南第二次统一检测)如图3所示，倾角为θ＝37°的足够长的平行金属导轨固定在水平面上，两导体棒ab 、cd 垂直于导轨放置，空间存在垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B .现给导体棒ab 沿导轨平面向下的初速度v 0使其沿导轨向下运动，已知两导体棒质量均为m ，电阻相等，两导体棒与导轨之间的动摩擦因数均为μ＝0.75，导轨电阻忽略不计，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.从ab 开始运动到两棒相对静止的整个运动过程中两导体棒始终与导轨保持良好的接触，下列说法正确的是( )图3A ．导体棒cd 中产生的焦耳热为14mv 02 B ．导体棒cd 中产生的焦耳热为18mv 02 C ．当导体棒cd 的速度为14v 0时，导体棒ab 的速度为12v 0 D ．当导体棒ab 的速度为34v 0时，导体棒cd 的速度为14v 0 4.如图4所示，光滑绝缘水平面上方分布着场强大小为E 、方向水平向右的匀强电场．质量为3m 、电荷量为＋q 的球A 由静止开始运动，与相距为L 、质量为m 的不带电小球B 发生对心碰撞，碰撞时间极短，碰撞后作为一个整体继续向右运动．两球均可视为质点，求：图4(1)两球发生碰撞前A 球的速度大小；(2)A 、B 碰撞过程中系统损失的机械能；(3)A 、B 碰撞过程中B 球受到的冲量大小．5. 如图5所示，质量M ＝1 kg 的半圆弧形绝缘凹槽放置在光滑的水平面上，凹槽部分嵌有cd 和ef 两个光滑半圆形导轨，c 与e 端由导线连接，一质量m ＝1 kg 的导体棒自ce 端的正上方h ＝2 m 处平行ce 由静止下落，并恰好从ce 端进入凹槽，整个装置处于范围足够大的竖直方向的匀强磁场中，导体棒在槽内运动过程中与导轨接触良好．已知磁场的磁感应强度B ＝0.5 T ，导轨的间距与导体棒的长度均为L ＝0.5 m ，导轨的半径r ＝0.5 m ，导体棒的电阻R ＝1 Ω，其余电阻均不计，重力加速度g ＝10 m/s 2，不计空气阻力．图5(1)求导体棒刚进入凹槽时的速度大小；(2)求导体棒从开始下落到最终静止的过程中系统产生的热量；(3)若导体棒从开始下落到第一次通过导轨最低点的过程中产生的热量为16 J ，求导体棒第一次通过最低点时回路中的电功率．。
高考物理第一轮复习 第九章 第4节 电磁感应中的动力学和能量问题课件
答案：见解析
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要点二 典例：思路点拨：(1)提示：导体棒受重力、支持力、摩擦力
(2)提示：
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解析：(1)在绝缘涂层上导体棒受力平衡有 mgsin θ＝μmgcos θ 解得 μ＝tan θ (2)在光滑导轨上 感应电动势 E＝BLv 感应电流 I＝ER 安培力 F 安＝BIL 导体棒受力平衡有 F 安＝mgsin θ 解得 v＝mgBR2sLi2n θ
和，即 W 安＝Q＝12mv02，选项 B 错误，D 正确；整个过程中通过
导体棒的电荷量 q＝Δ2RΦ＝B2RS＝B2LRx，得金属棒在导轨上发生的位
移 x＝2BqLR，选项 C 错误。 答案：D
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典例 2：解析：(1)在 S 刚闭合的瞬间，导线 ab 速度为零，没有电 磁感应现象，由 a 到 b 的电流 I0＝R＋E r＝1.5 A，ab 受安培力水平 向右，此时 ab 瞬时加速度最大，加速度 a0＝Fm0＝BmI0l＝6 m/s2。 当感应电动势 E′与电池电动势 E 相等时，ab 的速度达到最大值。 设最终达到的最大速度为 vm，根据上述分析可知： E－Blvm＝0 所以 vm＝BEl＝0.81×.50.5 m/s＝3.75 m/s。
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设 ab 所受安培力为 F 安，有 F 安＝ILB
④
此时 ab 受到的最大静摩擦力方向沿斜面向下，由平衡条件有
F 安＝m1gsin θ＋Fmax
⑤
综合①②③④⑤式，代入数据解得 v＝5 m/s。
⑥
(3)设 cd 棒的运动过程中电路中产生的总热量为 Q 总，由能量守
恒有
m2gxsin θ＝Q 总＋12m2v2
高三物理一轮复习专题强化训练：动力学、动量和能量观点在电学中的应用
2022届高三物理一轮复习专题强化训练：动力学、动量和能量观点在电学中的应用【命题点一：电磁感应中动量和能量观点的应用】例1 如图，固定在同一水平面内的两根平行长直金属导轨间距为d，其右端接有阻值为R的电阻，整个装置处在竖直向上磁感应强度大小为B的磁场中。
一质量为m(质量分布均匀)的导体杆ab垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触，杆与导轨之间的动摩擦因数为μ，现杆在水平向左、垂直于杆的恒力F作用下从静止开始沿导轨运动距离L时，速度恰好达到最大(运动过程中杆始终与导轨保持垂直)。
设杆接入电路的电阻为r，导轨电阻不计，重力加速度大小为g。
则此过程()A. 杆的速度最大值为(F−μmg)RB2d2B. 流过电阻R的电量为BdLRC. 恒力F做的功与安倍力做的功之和大于杆动能的变化量D. 恒力F做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的变化量例2（多选）如图所示，已知水平导轨MN、PQ的间距恒为L，导轨左侧连接一个半径为r的四分之一光滑圆弧轨道ME、PF，水平导轨的右侧连接一阻值为R的定值电阻，在水平导轨MDCP区域存在一个磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场，其磁场宽度为d。
现将一质量为m、接入电路的电阻也为R的金属杆沿着水平导轨以初速度v0从磁场边界CD向左滑入磁场中，并恰好能到达与圆心等高的位置EF，之后刚好能返回到磁场右边界CD.若金属杆与水平导轨间的动摩擦因数为μ，不计导轨电阻，重力加速度大小为g，金属杆在运动过程中始终与水平导轨垂直且接触良好。
则以下判断正确的是()A.金属杆通过圆弧轨道最低处PM位置时受到的弹力大小为2mgB. 整个过程中定值电阻R上产生的焦耳热为14mv02−μmgdC. 整个过程中流过定值电阻R上的电荷量为BLdRD. 金属杆先、后两次穿越磁场区域所用总时间为v0μg −B2L2dμmgR例3 如图所示，金属棒a从高为h处由静止沿光滑的弧形导轨下滑进入光滑导轨的水平部分，导轨的水平部分处于竖直向下的匀强磁场中．在水平部分原先静止有另一根金属棒b，已知m a=2m，m b=m，整个水平导轨足够长，并处于广阔的匀强磁场中，假设金属棒a始终没跟金属棒b相碰，重力加速度为g.求：(1)金属棒a刚进入水平导轨时的速度；(2)两棒的最终速度；(3)在上述整个过程中两根金属棒和导轨所组成的回路中消耗的电能．例4 如图所示，有一倾角为α的固定粗糙斜面，斜面上相隔为d的平行虚线MN与PQ间有大小为B的匀强磁场，方向垂直斜面向下。
度高考物理一轮复习 第十章 动力学、动量和能量观点在电学中的应用学案
——————————新学期新成绩新目标新方向——————————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的动量和能量的应用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如图1所示，两根电阻不计的光滑金属导轨竖直放置，相距为L，导轨上端接电阻R，宽度相同的水平条形区域Ⅰ和Ⅱ内有磁感应强度为B、方向垂直导轨平面向里的匀强磁场，其宽度均为d，Ⅰ和Ⅱ之间相距为h且无磁场.一长度为L、质量为m、电阻为r的导体棒，两端套在导轨上，并与两导轨始终保持良好的接触，导体棒从距区域Ⅰ上边界H处由静止释放，在穿过两段磁场区域的过程中，流过电阻R上的电流及其变化情况相同，重力加速度为g.求：图1(1)导体棒进入区域Ⅰ的瞬间，通过电阻R 的电流大小与方向. (2)导体棒通过区域Ⅰ的过程，电阻R 上产生的热量Q . (3)求导体棒穿过区域Ⅰ所用的时间.答案 (1)BL R ＋r 2gH ，方向向左 (2)R R ＋r mg (h ＋d ) (3)B 2L 2dmg R ＋r＋H －hg－2Hg解析 (1)设导体棒进入区域Ⅰ瞬间的速度大小为v 1， 根据动能定理：mgH ＝12mv 12①由法拉第电磁感应定律：E ＝BLv 1② 由闭合电路的欧姆定律：I ＝ER ＋r③由①②③得：I ＝BLR ＋r2gH由右手定则知导体棒中电流方向向右，则通过电阻R 的电流方向向左. (2)由题意知，导体棒进入区域Ⅱ的速度大小也为v 1， 由能量守恒，得：Q 总＝mg (h ＋d ) 电阻R 上产生的热量Q ＝RR ＋rmg (h ＋d ) (3)设导体棒穿出区域Ⅰ瞬间的速度大小为v 2，从穿出区域Ⅰ到进入区域Ⅱ，v 12－v 22＝2gh ，得：v 2＝2gH －h设导体棒进入区域Ⅰ所用的时间为t ，根据动量定理： 设向下为正方向：mgt －B I Lt ＝mv 2－mv 1 此过程通过整个回路的电荷量为：q ＝I t ＝BLdR ＋r得：t ＝B 2L 2dmg r ＋R ＋H －hg－2H g变式1 (2018·甘肃天水模拟)如图2所示，竖直放置的两光滑平行金属导轨，置于垂直于导轨平面向里的匀强磁场中，两根质量相同的导体棒a 和b ，与导轨紧密接触且可自由滑动.先固定a ，释放b ，当b 的速度达到10 m/s 时，再释放a ，经过1 s 后，a 的速度达到12 m/s ，g 取10 m/s 2，则：图2(1)此时b 的速度大小是多少？(2)若导轨足够长，a 、b 棒最后的运动状态怎样？ 答案 (1)18 m/s (2)匀加速运动解析 (1)当b 棒先向下运动时，在a 和b 以及导轨所组成的闭合回路中产生感应电流，于是a 棒受到向下的安培力，b 棒受到向上的安培力，且二者大小相等.释放a 棒后，经过时间t ，分别以a 和b 为研究对象，根据动量定理，则有 (mg ＋F )t ＝mv a (mg －F )t ＝mv b －mv 0 代入数据可解得v b ＝18 m/s(2)在a 、b 棒向下运动的过程中，a 棒的加速度a 1＝g ＋Fm ，b 产生的加速度a 2＝g －F m.当a 棒的速度与b 棒接近时，闭合回路中的ΔΦ逐渐减小，感应电流也逐渐减小，则安培力也逐渐减小，最后，两棒以共同的速度向下做加速度为g 的匀加速运动. 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 (2017·湖南长沙四县三月模拟)足够长的平行金属轨道M 、N ，相距L ＝0.5 m ，且水平放置；M 、N 左端与半径R ＝0.4 m 的光滑竖直半圆轨道相连，与轨道始终垂直且接触良好的金属棒b 和c 可在轨道上无摩擦地滑动，两金属棒的质量m b ＝m c ＝0.1 kg ，接入电路的有效电阻R b ＝R c ＝1 Ω，轨道的电阻不计.平行水平金属轨道M 、N 处于磁感应强度B ＝1 T 的匀强磁场中，磁场方向与轨道平面垂直向上，光滑竖直半圆轨道在磁场外，如图3所示，若使b 棒以初速度v 0＝10 m/s 开始向左运动，运动过程中b 、c 不相撞，g 取10 m/s 2，求：图3(1)c 棒的最大速度；(2)c 棒达最大速度时，此棒产生的焦耳热；(3)若c 棒达最大速度后沿半圆轨道上滑，金属棒c 到达轨道最高点时对轨道的压力的大小. 答案 (1)5 m/s (2)1.25 J (3)1.25 N解析 (1)在磁场力作用下，b 棒做减速运动，c 棒做加速运动，当两棒速度相等时，c 棒达最大速度.选两棒为研究对象，根据动量守恒定律有m b v 0＝(m b ＋m c )v解得c 棒的最大速度为：v ＝m bm b ＋m cv 0＝12v 0＝5 m/s(2)从b 棒开始运动到两棒速度相等的过程中，系统减少的动能转化为电能，两棒中产生的总热量为：Q ＝12m b v 02－12(m b ＋m c )v 2＝2.5 J因为R b ＝R c ，所以c 棒达最大速度时此棒产生的焦耳热为Q c ＝Q2＝1.25 J(3)设c 棒沿半圆轨道滑到最高点时的速度为v ′，从最低点上升到最高点的过程由机械能守恒可得：12m c v 2－12m c v ′2＝m c g ·2R 解得v ′＝3 m/s在最高点，设轨道对c 棒的弹力为F ，由牛顿第二定律得m c g ＋F ＝m c v ′2R解得F ＝1.25 N由牛顿第三定律得，在最高点c 棒对轨道的压力为1.25 N ，方向竖直向上.变式2 如图4所示，平行倾斜光滑导轨与足够长的平行水平光滑导轨平滑连接，导轨电阻不计.质量分别为m 和12m 的金属棒b 和c 静止放在水平导轨上，b 、c 两棒均与导轨垂直.图中de 虚线往右有范围足够大、方向竖直向上的匀强磁场.质量为m 的绝缘棒a 垂直于倾斜导轨静止释放，释放位置与水平导轨的高度差为h .已知绝缘棒a 滑到水平导轨上与金属棒b 发生弹性正碰，金属棒b 进入磁场后始终未与金属棒c 发生碰撞.重力加速度为g .求：图4(1)绝缘棒a 与金属棒b 发生弹性正碰后分离时两棒的速度大小； (2)金属棒b 进入磁场后，其加速度为其最大加速度的一半时的速度大小； (3)两金属棒b 、c 上最终产生的总焦耳热. 答案 (1)02gh (2)562gh (3)13mgh解析 (1)设a 棒滑到水平导轨时，速度为v 0，下滑过程中a 棒机械能守恒12mv 02＝mgha 棒与b 棒发生弹性碰撞由动量守恒定律：mv 0＝mv 1＋mv 2 由机械能守恒定律：12mv 02＝12mv 12＋12mv 22解出v 1＝0，v 2＝v 0＝2gh (2)b 棒刚进磁场时的加速度最大.b 、c 两棒组成的系统合外力为零，系统动量守恒.由动量守恒定律：mv 2＝mv 2′＋m2v 3′设b 棒进入磁场后任一时刻，b 棒的速度为v b ，c 棒的速度为v c ，则b 、c 组成的回路中的感应电动势E ＝BL (v b －v c )，由闭合电路欧姆定律得I ＝ER 总，由安培力公式得F ＝BIL ＝ma ，联立得a ＝B 2L 2v b －v cmR 总.故当b 棒加速度为最大值的一半时有v 2＝2(v 2′－v 3′) 联立得v 2′＝56v 2＝562gh(3)最终b 、c 以相同的速度匀速运动. 由动量守恒定律：mv 2＝(m ＋m2)v由能量守恒定律：12mv 22＝12(m ＋m 2)v 2＋Q解出Q ＝13mgh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 如图5所示，光滑绝缘水平面上方分布着场强大小为E 、方向水平向右的匀强电场.质量为3m 、电荷量为＋q 的球A 由静止开始运动，与相距为L 、质量为m 的不带电小球B 发生对心碰撞，碰撞时间极短，碰撞后作为一个整体继续向右运动.两球均可视为质点，求：图5(1)两球发生碰撞前A 球的速度大小； (2)A 、B 碰撞过程中系统损失的机械能； (3)A 、B 碰撞过程中B 球受到的冲量大小. 答案 (1)2EqL 3m (2)14EqL (3)6EqLm4解析 (1)由动能定理：EqL ＝12×3mv 2解得v ＝2EqL3m(2)A 、B 碰撞时间极短，可认为A 、B 碰撞过程中系统动量守恒，设向右为正方向，由动量守恒定律：3mv ＝(3m ＋m )v 1 解得v 1＝34v系统损失的机械能：ΔE ＝12×3mv 2－12(3m ＋m )v 12＝14EqL(3)以B 为研究对象，设向右为正方向，由动量定理：I ＝mv 1－0 解得I ＝6EqLm4，方向水平向右 变式3 如图6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，相互作用力可认为是零，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：图6(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E p ； (3)A 、B 两球最终的速度v A 、v B 的大小. 答案 (1)2gh (2)23mgh (3)132gh 432gh解析 (1)对A 球下滑的过程，据机械能守恒得： 2mgh ＝12×2mv 02解得：v 0＝2gh(2)A 球进入水平轨道后，两球组成的系统动量守恒，以A 球刚进入水平轨道的速度方向为正方向，当两球相距最近时共速：2mv 0＝(2m ＋m )v ，解得：v ＝23v 0＝232gh据能量守恒定律：2mgh ＝12(2m ＋m )v 2＋E p ，解得：E p ＝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，系统势能也为零，速度达到稳定.以A 球刚进入水平轨道的速度方向为正方向， 2mv 0＝2mv A ＋mv B ， 12×2mv 02＝12×2mv A 2＋12mv B 2 得：v A ＝13v 0＝132gh ，v B ＝43v 0＝432gh .命题点三 磁场中动量和能量观点的应用例4 如图7所示，ab 、ef 是平行的固定在水平绝缘桌面上的光滑金属导轨，导轨间距为d .在导轨左端ae 上连有一个阻值为R 的电阻，一质量为3m ，长为d ，电阻为r 的金属棒恰能置于导轨上并和导轨良好接触.起初金属棒静止于MN 位置，MN 距离ae 边足够远，整个装置处于方向垂直桌面向下、磁感应强度为B 的匀强磁场中，现有一质量为m 的带电荷量为q的绝缘小球在桌面上从O 点(O 为导轨上的一点)以与ef 成60°角斜向右方射向ab ，随后小球直接垂直地打在金属棒的中点上，并和棒粘合在一起(设小球与棒之间没有电荷转移).棒运动过程中始终和导轨接触良好，不计导轨间电场的影响，导轨的电阻不计.求：图7(1)小球射入磁场时的速度v 0的大小； (2)电阻R 上产生的热量Q R .答案 (1)qBd 3m (2)q 2B 2d 2R 72m R ＋r解析 (1)小球射入磁场后将做匀速圆周运动，设圆周运动的半径为r ，其轨迹如图所示由几何知识可知：d2＝r ＋r sin (90°－60°) ①小球在磁场中做匀速圆周运动：qv 0B ＝m v20r②由①②得：v 0＝qBd 3m③(2)小球和金属棒的碰撞过程，以向左为正方向，由动量守恒定律得：mv 0＝(m ＋3m )v ④金属棒切割磁感线的过程中，棒和小球的动能转化为电能进而转化成焦耳热： 12(m ＋3m )v 2＝Q⑤Q R ＝R R ＋rQ⑥由③④⑤⑥可得：Q R ＝q 2B 2d 2R72m R ＋r变式4 如图8所示，水平虚线X 下方区域分布着方向水平、垂直纸面向里、磁感应强度为B 的匀强磁场，整个空间存在匀强电场(图中未画出).质量为m 、电荷量为＋q 的小球P 静止于虚线X 上方A 点，在某一瞬间受到方向竖直向下、大小为I 的冲量作用而做匀速直线运动.在A 点右下方的磁场中有定点O ，长为l 的绝缘轻绳一端固定于O 点，另一端连接不带电的质量同为m 的小球Q ，自然下垂，保持轻绳伸直，向右拉起Q ，直到绳与竖直方向有一小于5°的夹角，在P 开始运动的同时自由释放Q ，Q 到达O 点正下方W 点时速率为v 0.P 、Q 两小球在W 点发生相向正碰，碰到电场、磁场消失，两小球黏在一起运动.P 、Q 两小球均视为质点，P 小球的电荷量保持不变，绳不可伸长，不计空气阻力，重力加速度为g .图8(1)求匀强电场场强E 的大小和P 进入磁场时的速率v ； (2)若绳能承受的最大拉力为F ，要使绳不断，F 至少为多大？答案 (1)mg q I m (2)I －mv 022ml＋2mg解析 (1)设小球P 所受电场力为F 1，则F 1＝qE 在整个空间重力和电场力平衡，有F 1＝mg 联立得E ＝mg q由动量定理得I ＝mv 故v ＝I m.(2)设P 、Q 相向正碰后在W 点的速度为v m ，以与v 0相反的方向为正方向，由动量守恒定律得mv －mv 0＝(m ＋m )v m此刻轻绳的拉力为最大，由牛顿第二定律得F －(m ＋m )g ＝m ＋mlv m 2 联立相关方程，得F ＝I －mv 022ml＋2mg .1.如图1所示，两根彼此平行放置的光滑金属导轨，其水平部分足够长且处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B .现将质量为m 1的导体棒ab 放置于导轨的水平段，将质量为m 2的导体棒cd 从导轨的圆弧部分距水平段高为h 的位置由静止释放.已知导体棒ab 和cd 接入电路的有效电阻分别为R 1和R 2，其他部分电阻不计，整个过程中两导体棒与导轨接触良好且未发生碰撞，重力加速度为g .求：图1(1)导体棒ab 、cd 最终速度的大小； (2)导体棒ab 所产生的热量. 答案 (1)都为m 2m 1＋m 22gh (2)R 1R 1＋R 2·m 1m 2m 1＋m 2·gh 解析 (1)设导体棒cd 沿光滑圆弧轨道下滑至水平面时的速度为v 0，由机械能守恒定律m 2gh ＝12m 2v 02，解得v 0＝2gh ，随后，导体棒cd 切割磁感线产生感应电动势，在回路中产生感应电流，导体棒cd 、ab 受到安培力的作用，其中导体棒cd 所受的安培力为阻力，而导体棒ab 所受的安培力为动力，但系统所受的安培力为零；当导体棒cd 与导体棒ab 速度相等时，回路的感应电动势为零，回路中无感应电流，此后导体棒cd 与导体棒ab 以相同的速度匀速运动，以v 0的方向为正方向，由动量守恒定律可得：m 2v 0＝(m 1＋m 2)v ，解得两棒最终速度为v ＝m 2m 1＋m 22gh (2)由能量守恒定律可得系统产生的热量为Q ＝ΔE ＝12m 2v 02－12(m 1＋m 2)v 2＝m 1m 2m 1＋m 2gh由焦耳定律可得，导体棒ab 、cd 所产生的热量之比是：Q 1Q 2＝R 1R 2解得Q 1＝R 1R 1＋R 2·m 1m 2m 1＋m 2·gh 2.(2018·湖南怀化质检)如图2所示，在光滑绝缘水平面上有两个带电小球A 、B ，质量分别为3m 和m ，小球A 带正电q ，小球B 带负电－2q ，开始时两小球相距s 0，小球A 有一个水平向右的初速度v 0，小球B 的初速度为零，若取初始状态下两小球构成的系统的电势能为零，试证明：当两小球的速度相同时系统的电势能最大，并求出该最大值.图2答案 见解析解析 由于两小球构成的系统合外力为零，设某状态下两小球的速度分别为v A 和v B ，以v 0的方向为正方向，由动量守恒定律得3mv 0＝3mv A ＋mv B ①所以，系统的动能减小量为ΔE k ＝12×3mv 02－12×3mv A 2－12mv B 2 ②由于系统运动过程中只有电场力做功，所以系统的动能与电势能之和守恒，考虑到系统初状态下电势能为零，故该状态下的电势能可表示为E p ＝ΔE k ＝12×3mv 02－12×3mv A 2－12mv B 2 ③联立①③两式，得E p ＝－6mv A 2＋9mv 0v A －3mv 02 ④由④式得：当v A ＝34v 0 ⑤时，系统的电势能取得最大值，而将⑤式代入①式，得v B ＝v A ＝34v 0 ⑥ 即当两小球速度相同时系统的电势能最大，最大值为E pmax ＝38mv 02 ⑦ 3.如图3所示，“┙”型绝缘滑板(平面部分足够长)，质量为4m ，距滑板的A 壁为L 1的B 处放有一质量为m 、电荷量为＋q 的大小不计的小物体，小物体与板面的摩擦不计，整个装置处于场强为E 、水平向右的匀强电场中，初始时刻，滑板与小物体都静止，试求：图3(1)释放小物体，第一次与滑板A 壁碰前小物体的速度v 1为多大？(2)若小物体与A 壁碰后相对水平面的速度大小为碰前的35，碰撞时间极短，则碰撞后滑板速度为多大？(均指对地速度)(3)若滑板足够长，小物体从开始运动到第二次碰撞前，电场力做功为多大？答案 (1)2qEL 1m (2)252qEL 1m (3)135qEL 1 解析 (1)对物体，根据动能定理，有qEL 1＝12mv 12，得v 1＝2qEL 1m(2)物体与滑板碰撞前后动量守恒，设物体第一次与滑板碰后的速度为v 1′，滑板的速度为v ，以水平向右为正方向，由动量守恒定律得mv 1＝mv 1′＋4mv若v 1′＝35v 1，则v ＝110v 1，因为v 1′＞v ，不符合实际， 故应取v 1′＝－35v 1，则v ＝25v 1＝252qEL 1m.(3)在物体第一次与A 壁碰后到第二次与A 壁碰前，物体做匀变速运动，滑板做匀速运动，在这段时间内，两者相对于水平面的位移相同.所以12(v 2＋v 1′)t ＝vt ，即v 2＝75v 1＝752qEL 1m . 对整个过程运用动能定理得：电场力做功W ＝12mv 12＋(12mv 22－12mv 1′2)＝135qEL 1. 4.(2017·山东青岛一模)如图4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d ＝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d 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 1＝0.2 kg 、m 2＝0.1 kg ，电阻分别为R 1＝0.1 Ω、R 2＝0.2 Ω.现让ab 棒以v 0＝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/s 2，求：图4(1)ab 棒开始向右运动时cd 棒的加速度a 0；(2)cd 棒刚进入半圆轨道时ab 棒的速度大小v 1；(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(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 ＝Bdv 0I ＝E R 1＋R 2BId ＝m 2a 0解得：a 0＝30 m/s 2(2)设cd 棒刚进入半圆轨道时的速度为v 2，系统动量定恒，有 m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 212m 2v 22＝m 2g ·2r ＋12m 2v P 2 m 2g ＝m 2v 2P r解得：v 1＝7.5 m/s(3)由动能定理得12m 1v 12－12m 1v 02＝－W 解得：W ＝4.375 J.。
高考物理一轮总复习 第九章 电磁感应 第4讲 专题 电磁感应中的动力学和能量问题 课件(选修3-2)
[尝试解答] (1)4 s 末的感应电流大小为 I＝UR＝02.4 A＝0.2 A. 感应电动势大小 E＝I(R＋r)＝0.2×(2＋0.5) V＝0.5 V 设两导轨间距为 l，由 E＝Blv 得 Bl＝Ev＝01.5 T·m＝0.5 T·m 故第 4 s 末 ab 受的安培力大小为 F 安＝BIl＝0.5×0.2 N＝0.10 N.
A．若 B2＝B1，金属棒进入 B2 区域后将加速下滑 B．若 B2＝B1，金属棒进入 B2 区域后仍将匀速下滑 C．若 B2<B1，金属棒进入 B2 区域后可能先加速后匀速 下滑 D．若 B2>B1，金属棒进入 B2 区域后可能先匀减速后匀 速下滑
状态 平衡态
非平衡态
特征 加速度为零
加速度不为零
处理方法
根据平衡条件列式分析
根据牛顿第二定律进行动 态分析或结合功能关系进 行分析
2.力学对象和电学对象的相互关系
3．动态分析的基本思路
(2016·温州市十校联考)如图 所示，MN 和 PQ 是两条水平放置彼此平 行的金属导轨，质量 m＝0.2 kg、电阻 r ＝0.5 Ω 的金属杆 ab 垂直跨接在导轨上， 匀强磁场的磁感线垂直于导轨平面，导轨左端接阻值 R＝2 Ω 的电阻，理想电压表并接在 R 两端，导轨电阻不计．t＝0 时 刻 ab 受水平拉力 F 的作用后由静止开始向右做匀加速运动， ab 与导轨动摩擦因数 μ＝0.2，第 4 s 末，ab 杆的速度 v＝1 m/s， 电压表示数 U＝0.4 V．取重力加速度 g＝10 m/s2.
第4讲 专题：电磁感应中的动力学和能量问题
考点
互动探究
[核心提示] 2 类问题：电磁感应中的动力学问题和能量问题 1 个关 系：力学对象和电学对象的关系 2 类能量转化：电磁感应 现象中通常有两类能量转化：一类是其他形式的能转化为电 能，另一类是电能转化成其他形式的能
2019年高考物理大一轮复习微专题09用动力学能量和动量的观点分析带电体在电场中的运动学案新人教版_
微专题09 用动力学、能量和动量的观点分析带电体在电场中的运动力学中的v t 图象在电场中的应用由已知的带电粒子运动的v t 图象分析电场性质，此类题常用方法：(1)由v t 图象的斜率变化分析带电粒子的加速度a 的大小变化；(2)根据牛顿第二定律a ＝F m ＝Eq m，判断场强E 的大小变化； (3)根据v t 图象分析带电粒子做加速运动还是减速运动，进而分析场强的方向；(4)由场强的大小和方向分析电场的其他性质，如电场线、等势面、电势、电势能的变化等．(2018·新余模拟)(多选)如图甲所示，在x 轴上有两个固定的点电荷Q 1、Q 2，其中Q 1带正电处于原点O .现有一个正点电荷q 以一定的初速度沿x 轴正方向运动(只受电场力作用)，其v t 图象如图乙所示，q 经过a 、b 两点时速度分别为v a 、v b .则以下判断正确的是( )甲 乙A ．Q 2带负电且电荷量小于Q 1B ．b 点的场强比a 点的场强大C ．a 点的电势比b 点的电势高D ．q 在a 点的电势能小于在b 点的电势能解析：选AD 根据v t 图象的斜率表示加速度，可知正点电荷q 在b 点的加速度为零，电荷在b 点左侧做减速运动，在b 点右侧做加速运动，则在b 点受到两点电荷的电场力平衡，可知Q 2带负电，根据点电荷场强公式E ＝k Qr 2得知Q 2带电荷量小于Q 1，故A 正确；正点电荷q 在b 点的加速度为零，受力为零，故b 的场强为零，而a 点的场强不为零，所以b 点的场强比a 点的场强小，故B 错误；该点电荷从a 点到b 点，做减速运动，电场力做负功，电势能增大，又因为该电荷为正电荷，所以电势升高，则b 点电势比a 点电势高，故C 错误；由C 分析得，点电荷在a 点的电势能小于在b 点的电势能，故D 正确．场强E (电势φ)与位移x 的图象应用在匀强电场中，静电力做的功可由W ＝qEx 求得．在非匀强电场中，根据微元思想有ΔW＝qEΔx，同时ΔW也可由ΔW＝qΔφ求得．比较两式可得qEΔx＝qΔφ，即Δφ＝EΔx，此式可理解为在Ex图象中图线与x轴所围面积等于相距为Δx的两点间的电势差．在φx 图象中，图象上各点处切线斜率的大小表示该点电场强度沿x轴方向分量的大小．(2018·宁波八校联考)(多选)真空中相距为3a的两个点电荷M、N，分别固定于x轴上x1＝0 和x2＝3a的两点上，在它们连线上各点场强随x变化关系如图所示，以下判断中正确的是( )A．点电荷M、N一定为异种电荷B．点电荷M、N一定为同种电荷C．点电荷M、N所带电荷量的绝对值之比为4∶1D．x＝2a处的电势一定为零解析：选BC 由它们连线上各点场强随x变化关系可知，点电荷M、N一定为同种正电荷，选项A错误，B正确．由点电荷电场强度公式和电场叠加原理可得点电荷M、N所带电荷量的绝对值之比为4∶1，选项C正确．由于电势是相对量，x＝2a处的电势随零电势点的确定变化，选项D错误．电势能E p与位移x关系的综合应用此类问题借助vx或E px关系图象，在给出电势能E p或速度v在x轴上分布情况的基础上进行设计．解决这类问题的方法主要有两种：一是将图象还原为熟悉的情境模型；二是直接从vx和E px图象的面积、斜率的意义入手．对于静电力做功，从力的角度看有ΔW＝FΔx，从能的角度看有ΔW＝－ΔE p，比较两式有FΔx＝－ΔE p，即F＝－ΔE pΔx.E px关系图象切线的斜率反映静电力的大小，也间接反映了由电场强度E的大小．(2018·长沙模拟)(多选)一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动，其电势能E p随位移x变化的关系如图所示，其中0～x2段是对称的曲线，x2～x3段是直线，则下列说法正确的是( )A．x1处电场强度最大B．x2～x3段是匀强电场C．x1、x2、x3处电势φ1、φ2、φ3的关系为φ1＞φ2＞φ3D．粒子在0～x2段做匀变速运动，在x2～x3段做匀速直线运动解析：选BC 因为图象的斜率可以反映电场强度大小，所以在x1处电场强度最小，A 错误；x2～x3段为直线，斜率恒定，所以该段为匀强电场，B正确；粒子带负电，0～x1阶段，电场力做正功，即逆着电场线方向到达x1处，之后电场力做负功，顺着电场线从x1依次到达x2、x3，而沿电场线方向电势降低，故有φ1＞φ2＞φ3，C正确；图象的斜率可以反映电场强度大小，所以粒子在0～x2段做变加速直线运动，在x2～x3段做匀加速直线运动，D错误．用能量和动量观点分析力电综合问题带电粒子在电场中的运动是一个综合电场力、电势能的力学问题，其研究方法与质点动力学相同，同样遵循运动的合成与分解、牛顿运动定律、动能定理、动量守恒定律等规律．处理问题的要点是注意区分不同的物理过程，弄清在不同的物理过程中物体的受力情况及运动性质(平衡、加速或减速，是直线运动还是曲线运动)，并选用相应的物理规律．在解决问题时，主要可以从三条线索展开：其一，力和运动的关系．根据带电粒子受力情况，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度、位移等这条线索通常适用于在恒力作用下做匀变速运动的情况．其二，功和能的关系．根据电场力对带电粒子做功，引起带电粒子的能量发生变化，利用动能定理研究全过程中能的转化，研究带电粒子的速度变化、位移等．这条线索不但适用于匀强电场，也适用于非匀强电场．其三，动量关系，当遇到带电体在电场中的碰撞问题时，往往要用动量守恒定律分析．如图所示，两个形状、大小相同的金属小球A、B(均可视为质点)，A球质量为1.5 kg，B球质量为0.5 kg，开始A球不带电，静止在高h＝0.88 m的光滑绝缘平台上，B 球带0.3 C的正电，用长L＝1 m的绝缘细线悬挂在平台上方，悬点O与平台的高度也为L，整个装置放在竖直向下的匀强电场中，场大小E＝10 N/C．现将细线拉开角度α＝60°后，由静止释放B球，B球摆至最低点与A球发生对心碰撞，碰撞时无机械能损失，且碰撞后两球电量相等，不计空气阻力及A、B球间的静电力作用，取g＝10 m/s2，求：(1)B 球摆至最低点时的速率及细线对小球的拉力；(2)A 球从离开平台至着地的过程中水平位移的大小．解析：(1)对B 球：从静止释放至摆到最低点过程中，根据动能定理，有 m B gL (1－cos α)＋qEL (1－cos α)＝12mv 2代入数据，解得B 球在最低点的速率 v ＝4 m/s由T －(qE ＋mg )＝m v 2L得T ＝16 N(2)B 球与A 球碰撞过程中，两球所组成的系统动量守恒，碰撞时无机械能损失有 m B v ＝m B v 1＋m A v 2①12m B v 2＝12m B v 21＋12m A v 22② 联立①、②，解得B 球速率v 1＝2 m/sA 球速度为v 2＝2 m/s依题意，碰后A 球带电量q A ＝0.15 CA 球离开平台后，在竖直方向的加速度a y ＝m A g ＋q A E m A ＝1.5×10＋0.15×101.5m/s 2＝11 m/s 2 A 球从离开平台至着地过程中，由h ＝12a y t 2，得t ＝2h a y ＝2×0.8811s ＝0.4 s 水平位移大小S ＝v 2t ＝2×0.4 m＝0.8 m答案：(1)4 m/s 16 N (2)0.8 m。
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微专题09 用动力学、能量和动量的观点分析带电体在电场中的运动
力学中的v t 图象在电场中的应用
由已知的带电粒子运动的v t 图象分析电场性质，此类题常用方法：
(1)由v t 图象的斜率变化分析带电粒子的加速度a 的大小变化；
(2)根据牛顿第二定律a ＝F m ＝Eq m
，判断场强E 的大小变化； (3)根据v t 图象分析带电粒子做加速运动还是减速运动，进而分析场强的方向；
(4)由场强的大小和方向分析电场的其他性质，如电场线、等势面、电势、电势能的变化等．
(2018·新余模拟)(多选)如图甲所示，在x 轴上有两个固定的点电荷Q 1、Q 2，
其中Q 1带正电处于原点O .现有一个正点电荷q 以一定的初速度沿x 轴正方向运动(只受电场力作用)，其v t 图象如图乙所示，q 经过a 、b 两点时速度分别为v a 、v b .则以下判断正确的是( )
甲 乙
A ．Q 2带负电且电荷量小于Q 1
B ．b 点的场强比a 点的场强大
C ．a 点的电势比b 点的电势高
D ．q 在a 点的电势能小于在b 点的电势能
解析：选AD 根据v t 图象的斜率表示加速度，可知正点电荷q 在b 点的加速度为零，电荷在b 点左侧做减速运动，在b 点右侧做加速运动，则在b 点受到两点电荷的电场力平衡，可知Q 2带负电，根据点电荷场强公式E ＝k Q
r 2得知Q 2带电荷量小于Q 1，故A 正确；正点电荷q 在b 点的加速度为零，受力为零，故b 的场强为零，而a 点的场强不为零，所以b 点的场强比a 点的场强小，故B 错误；该点电荷从a 点到b 点，做减速运动，电场力做负功，电势能增大，又因为该电荷为正电荷，所以电势升高，则b 点电势比a 点电势高，故C 错误；由C 分析得，点电荷在a 点的电势能小于在b 点的电势能，故D 正确．
场强E (电势φ)与位移x 的图象应用
在匀强电场中，静电力做的功可由W ＝qEx 求得．在非匀强电场中，根据微元思想有ΔW
＝qEΔx，同时ΔW也可由ΔW＝qΔφ求得．比较两式可得qEΔx＝qΔφ，即Δφ＝EΔx，此式可理解为在Ex图象中图线与x轴所围面积等于相距为Δx的两点间的电势差．在φx 图象中，图象上各点处切线斜率的大小表示该点电场强度沿x轴方向分量的大小．
(2018·宁波八校联考)(多选)真空中相距为3a的两个点电荷M、N，分别固定于x轴上x1＝0 和x2＝3a的两点上，在它们连线上各点场强随x变化关系如图所示，以下判断中正确的是( )
A．点电荷M、N一定为异种电荷
B．点电荷M、N一定为同种电荷
C．点电荷M、N所带电荷量的绝对值之比为4∶1
D．x＝2a处的电势一定为零
解析：选BC 由它们连线上各点场强随x变化关系可知，点电荷M、N一定为同种正电荷，选项A错误，B正确．由点电荷电场强度公式和电场叠加原理可得点电荷M、N所带电荷量的绝对值之比为4∶1，选项C正确．由于电势是相对量，x＝2a处的电势随零电势点的确定变化，选项D错误．
电势能E p与位移x关系的综合应用
此类问题借助vx或E px关系图象，在给出电势能E p或速度v在x轴上分布情况的基础上进行设计．解决这类问题的方法主要有两种：一是将图象还原为熟悉的情境模型；二是直接从vx和E px图象的面积、斜率的意义入手．
对于静电力做功，从力的角度看有ΔW＝FΔx，从能的角度看有ΔW＝－ΔE p，比较两
式有FΔx＝－ΔE p，即F＝－ΔE p
Δx
.E px关系图象切线的斜率反映静电力的大小，也间接反映
了由电场强度E的大小．
(2018·长沙模拟)(多选)一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动，其电势能E p随位移x变化的关系如图所示，其中0～x2段是对称的曲线，x2～x3段是直线，则下列说法正确的是( )
A．x1处电场强度最大
B．x2～x3段是匀强电场
C．x1、x2、x3处电势φ1、φ2、φ3的关系为φ1＞φ2＞φ3
D．粒子在0～x2段做匀变速运动，在x2～x3段做匀速直线运动
解析：选BC 因为图象的斜率可以反映电场强度大小，所以在x1处电场强度最小，A 错误；x2～x3段为直线，斜率恒定，所以该段为匀强电场，B正确；粒子带负电，0～x1阶段，电场力做正功，即逆着电场线方向到达x1处，之后电场力做负功，顺着电场线从x1依次到达x2、x3，而沿电场线方向电势降低，故有φ1＞φ2＞φ3，C正确；图象的斜率可以反映电场强度大小，所以粒子在0～x2段做变加速直线运动，在x2～x3段做匀加速直线运动，D错误．
用能量和动量观点分析力电综合问题
带电粒子在电场中的运动是一个综合电场力、电势能的力学问题，其研究方法与质点动力学相同，同样遵循运动的合成与分解、牛顿运动定律、动能定理、动量守恒定律等规律．处理问题的要点是注意区分不同的物理过程，弄清在不同的物理过程中物体的受力情况及运动性质(平衡、加速或减速，是直线运动还是曲线运动)，并选用相应的物理规律．在解决问题时，主要可以从三条线索展开：
其一，力和运动的关系．根据带电粒子受力情况，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度、位移等这条线索通常适用于在恒力作用下做匀变速运动的情况．
其二，功和能的关系．根据电场力对带电粒子做功，引起带电粒子的能量发生变化，利用动能定理研究全过程中能的转化，研究带电粒子的速度变化、位移等．这条线索不但适用于匀强电场，也适用于非匀强电场．
其三，动量关系，当遇到带电体在电场中的碰撞问题时，往往要用动量守恒定律分析．
如图所示，两个形状、大小相同的金属小球A、B(均可视为质点)，A球质量为1.5 kg，B球质量为0.5 kg，开始A球不带电，静止在高h＝0.88 m的光滑绝缘平台上，B 球带0.3 C的正电，用长L＝1 m的绝缘细线悬挂在平台上方，悬点O与平台的高度也为L，整个装置放在竖直向下的匀强电场中，场大小E＝10 N/C．现将细线拉开角度α＝60°后，由静止释放B球，B球摆至最低点与A球发生对心碰撞，碰撞时无机械能损失，且碰撞后两球电量相等，不计空气阻力及A、B球间的静电力作用，取g＝10 m/s2，求：
(1)B 球摆至最低点时的速率及细线对小球的拉力；
(2)A 球从离开平台至着地的过程中水平位移的大小．
解析：(1)对B 球：从静止释放至摆到最低点过程中，根据动能定理，有 m B gL (1－cos α)＋qEL (1－cos α)＝12
mv 2
代入数据，解得B 球在最低点的速率 v ＝4 m/s
由T －(qE ＋mg )＝m v 2L
得T ＝16 N
(2)B 球与A 球碰撞过程中，两球所组成的系统动量守恒，碰撞时无机械能损失有 m B v ＝m B v 1＋m A v 2①
12m B v 2＝12m B v 21＋12
m A v 22② 联立①、②，解得B 球速率v 1＝2 m/s
A 球速度为v 2＝2 m/s
依题意，碰后A 球带电量q A ＝0.15 C
A 球离开平台后，在竖直方向的加速度
a y ＝m A g ＋q A E m A ＝1.5×10＋0.15×101.5
m/s 2＝11 m/s 2 A 球从离开平台至着地过程中，
由h ＝12a y t 2，得t ＝2h a y ＝2×0.8811
s ＝0.4 s 水平位移大小S ＝v 2t ＝2×0.4 m＝0.8 m
答案：(1)4 m/s 16 N (2)0.8 m。