2023届一轮复习鲁科版第53讲动力学动量和能量观点在电学中的应用学案.docx

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1、第五十三讲动力学、动量和能量观点在电学中的应用考点一电磁感应中的动力学和能量问题.题型简述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 做功来实现的。安培力做功的过程，是电能转化为其他形式的能的过程；外力克 服安培力做功的过程，则是其他形式的能转化为电能的过程。2 .电磁感应中的能量问题的分析思路(1)确定研究对象(导体棒或回路)。(2)弄清电磁感应过程中，哪些力做功，哪些形式的能量相互转化。(3)根据功能关系或能量守恒定律列式求解。3 .求解焦耳热。的两种方法若回路中电流恒定，可以利用电路结构及W=U或Q=/2即直接进行计 算。(2)若电流变化，则利用安培力做功求解

2、：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功;利用能量守恒求解：若只有电能与机械能的转化，则减少的机械能等于产 生的电能。【典例1】如图甲所示，足够长、电阻不计的光滑平行金属导轨MM PQ竖 直放置，其宽度L=lm, 一匀强磁场垂直穿过导轨平面，导轨的上端M与P之 间连接阻值为R=0.40C的电阻，质量为z=().Ol kg,电阻为r=0.30Q的金属 棒加紧贴在导轨上。现使金属棒仍由静止开始下滑，下滑过程中始终保持 水平，且与导轨接触良好，其下滑距离x与时间，的关系如图乙所示，图象中的 QA段为曲线，48段为直线，导轨电阻不计，g取l()m/s2(忽略外棒运动过程中 对原磁场的影响)，求：(

3、1)判断金属棒两端。、的电势高低:(2)磁感应强度8的大小；(3)在金属棒从开始运动的1.5 s内，电阻R上产生的热量。I解析(1)由右手定则可知，加？中的感应电流由a流向h,ab相当于电源， 则点电势高，4点电势低。(2)由x-t图象求得/=1.5 s时金属棒的速度为.=蹩=；U : m/s=7 m/s/ JL JL .3金属棒匀速运动时所受的安培力大小为E一“ B2lvF=BILf，=而，E=BLv 联工得尸=刀；根据平衡条件得F=mg则有wg=-7代入数据解得B=0.1 To(3)金属棒在开始运动的1.5 s内，金属棒的重力势能减小，转化为金属 棒的动能和电路的内能。设电路中产生的总焦耳

4、热为Q根据能量守恒定律得，叫浮+Q代入数据解得：2=0.455 JD故R产生的热量为匚。=0.26J。 一 a rr答案(1地点电势高，。点电势低(2)0.1 T (3)0.26J【典例2】(多选)C。、EF是两条水平放置的阻值可忽略的平行金属导轨， 导轨间距为3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3,磁场区域的宽度为比如图所示。导轨的右端接有 一阻值为R的电阻，左端与一弯曲的光滑轨道平滑连接。将一阻值为R、质量为 机的导体棒从弯曲轨道上J?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接触良好，且动摩 擦因数为，则下列说法

5、中正确的是()A.通过电阻A的最大电流为竺那 ZAB.流过电阻R的电荷量为萼 Z/C.整个电路中产生的焦耳热为mD.电阻R中产生的焦耳热为品的一用)ABD 质量为m的导体棒从弯曲轨道上入高处由静止释放，刚进入磁场时 1速度最大，由tngh=2mv2f得最大速度v=、2gh,产生的最大感应电动势Em=BLv=BLyf2it由闭合电路欧姆定律可得通过电阻R的最大电流Im=2R=2R , A正确；在导体棒滑过磁场区域的过程中，产生的感应电动势的平均_ A0 BdL_ _值E =后=A,平均感应电流/=诟，流过电阻R的电荷量为q= /。联A BdL立解得0=赤=5万，B正确；由能量守恒定律可知整个电路

6、中产生的焦耳热。1 1=mgh,mgd, C错误；电阻K中产生的焦耳热Qi = 20 =5mg(kd), D 正确。考点二 电磁感应中动力学、动量和能量观点的应用.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。1 .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。题型1动量定理和动力学观点的应用【典例31预测到2025年，我国将在航空母舰上使用中压直流技术的电磁 弹射器，其等效电路如图所示(俯视

7、图)。直流电源电动势E=18 V,超级电容器 的电容C=1 Fo两根固定于同一水平面内的光滑平行金属导轨间距/=0.4m,电 阻不计，磁感应强度大小8=2T的匀强磁场垂直于导轨平面向外。质量m=0.16 kg、电阻R=0.2。的金属棒MN垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良 好接触。开关S先接1,使电容器完全充电，然后将S接至2, MN开始向右加 速运动。当MN上的感应电动势与电容器两极板间的电压相等时，回路中电流为 零，达到最大速度，之后离开导轨。求：(1)开关S接1使电容器完全充电后，极板上所带的电荷量Q(2)MN由静止开始运动时的加速度大小出(3)MN达到的最大速度vmo解析(1)完

8、全充电后，电容器所带电荷量Q=CE,代入数据解得Q=18C。(2)由静止开始，通过金属棒MN的电流/=。，棒所受安培力大小尸=8由牛顿第二定律得F=ma代入数据解得”=二京=450 m/s2oniK(3)当MN速度最大时，感应电动势Em=BEn,此时C=CEm=CBm 对MN,所受安培力为变力，由动量定理有Bl其中 A2=7A1=2。则 Bl(CE-CBlvm)=mvm-0 代入数据解得 =18 m/so答案(1)18 C (2)450 m/s2 (3)18 m/s题型2单棒+电容器(或电源)+导轨四种模型解读(导轨电阻不计)模型一(00=0)模型二(加=0)模型三(oo=0)模型四(。=0)

9、说明轨道水平光滑， 棒cd质量为， 电阻为r,两导 轨间距为L电 阻不计。轨道水平光滑， 棒cd质量为7, 电阻不计，两导 轨间距为L电 阻不计，拉力” 恒定。轨道倾斜光滑， 棒cd质量为m, 电阻不计，两导 轨间距为L电 阻不计。轨道竖直光滑， 棒cd质量为m, 电阻不计，两导 轨间距为L电 阻不计。示意图重力学观 点S刚闭合时，棒 cd所受安培力 尸=第，加速度a=,棒 mrcd的速度of 0 感应电动势上济 =BLv t =/l 今安培力F = BIL 今加速度 a 1 ,当 E = E 时，V最大，且开始时ao=A， 棒cd的速度 v t = E = BLv t ,经过时 间2后速度为

10、 oo + A。，E= BL(vo+v)t Nq =C( E)=CBLv, I - a, =CBLci,尸安二CB?廿a, F-F 楂开始时o=gsin 棒cd速度v = E = BLv t ,经过时 间t后速度为 vo + M), E= B(po+Ap), bq =C(E E)=CBLkv, l / CBLci, F 安= C咪L?a, mgsin a开始时40 = g, 棒速度。f =E=BLv f，经 过时间N后速 度为 w+Au, E =BL(w+Au),q = C(F - E) =CBLv, 1 =加一CBLa, F 安 =CB2L2a , mg 一“安=ma，aE_Pmax - b

11、l 0=ma , a =F诉JF a = ma，a mgsin a Grmg斫F+CB2L2助 以棒做匀加速 运动。z+CB2，所以 棒做匀加速运 动。-m+CB2L2，W以棒做匀加速 运动。图象观点殖至五能量观点电源输出的电 能，一部分转化 为内能，一部分 转化为动能：W电=Q + 2niax o产做的功一部分 转化为动能，一 部分转化为电 场能：Wf = 1 mv2+Ecc重力做的功一 部分转化为动 能，一部分转化 为电场能：Wg=/+比。重力做的功一 部分转化为动 能,一部分转化 为电场能：Wg =%苏 + 比。题型3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

12、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。【典例4】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c/ =1 m,在左端弧形轨道部分高 =1.25 m处放置一金属杆弧形轨道与平直轨 道的连

13、接处光滑无摩擦，在平直轨道右端放置另一金属杆4杆。、的电阻分 别为凡=2。、乩=5。，在平直轨道区域有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度3 =2 To现杆b以初速度大小优=5 m/s开始向左滑动，同时由静止释放杆杆 。由静止滑到水平轨道的过程中，通过杆b的平均电流为（）.3 A；从。下滑到水 平轨道时开始计时，。、运动的速度一时间图象如图乙所示（以。运动方向为正方向)，其中 ?a=2kg, mb= 1 kg, g 取 lOm/s2,求:甲乙(I)杆。在弧形轨道上运动的时间；(2)杆。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I (1)设杆a由静止滑至弧形

14、轨道与平直轨道连接处时杆方的速度大小为Vbo,对杆b运用动量定理，有Bd /加=网(&0一五0)其中go=2 m/s代入数据解得Af=5 So(2)对杆由静止下滑到平直导机上的过程中，由机械能守恒定律有magh =；若解得 Pa=、2gh=5 m/s设最后。、白两杆共同的速度为力,由动量守恒定律得maVa-nibVM=(nia+mb)vmaVa-nibVM=(nia+mb)v8- 3杆a动量的变化量等于它所受安培力的冲量，设杆。的速度从4到U的运 动时间为Af,则由动量定理可得以=”“一”)而q=W7代入数据得q个CoJ(3)由能量守恒定律可知杆4、力中产生的焦耳热为Q=magh+T。沈一：(

15、，+=祟 J力棒中产生的焦耳热为。=舁亨2=半J。考点三 电场或磁场中的动量和能量问题【典例5】如图所示，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3?、电荷量为+q的球A由静止开始运动，与相距为L、 质量为根的不带电小球8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：,(1)两球发生碰撞前A球的速度大小；上 ：二(2)4 B碰撞过程中系统损失的机械能；口(3)A、B碰撞过程中8球受到的冲量大小。左安 人八 RqEL 1yjbqELm口案73?4/” 4解析(1)由动能定理gEL=gx32u2解得菅。(2)4、B碰撞时间极短，可认

16、为A、B碰撞过程中系统动量守恒，设向右为正方 3 向，由动量守恒定律32。= (32 +加)。1解得系统损失的机械能X；(3z+加)济=qEL。(3)以B为研究对象，设向右为正方向，由动量定理有I=tnvOI=tnvO解得/=6qELm4【典例6】如图所示，在空间直角坐标系中，I、【I象限(含小y轴)有磁感应强 度为3 = 1 T,方向垂直于纸面向外的匀强磁场和电场强度为E=10 N/C,方向 竖直向上的匀强电场；III、IV象限(不含x轴)有磁感应强度为82=居T,方向沿 y轴负方向的匀强磁场，光滑;圆弧轨道圆心。，半径为R=2m,圆弧底端位于坐标轴原点。质量为?1 = 1 kg,带电团=+

17、 1 C的小球M 从。，处水平向右飞出，经过一段时间，正好运动到。点。质 量为/m=2 kg,带电荷量饮=+1.8 C的小球N穿在光滑圆弧 轨道上从与圆心等高处静止释放，与M同时运动到。点并发 生完全非弹性碰撞，碰后生成小球P(碰撞过程无电荷损失)。小球M、N、尸均可视为质点，不计小球间的库仑力，取g=l()m/s2,求: (1)小球M在0,处的初速度为多大；(2)碰撞完成后瞬间，小球。的速度；分析。球在后续运动过程中，第一次回到)，轴时的坐标。答案(1)1 m/s (2)1 m/s (3)(), -20k2)解析(1)M从O,进入磁场，由于电场力和重力平衡在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动tn

18、7r洛伦兹力提供向心力qwB=- 解得v= m/So设N沿光滑轨道滑到。点的速度为，由动能定理 qiER=miir,解得 u=2 m/sM、N在。点发生完全非弹性碰撞，设碰后生成的尸球速度为M，选向右为正 方向，由动量守恒定律mmmw=(mi + mi)vi解得切=1 m/s,方向水平向右。(3)P球从轨道飞出后，受到竖直向下的重力和垂直纸面向里的洛伦兹力，在重力 作用下，尸球在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，在水平方向做匀速圆 周运动，每隔一个周期T,尸球回到y轴上，P球带电荷量(7=饮+小，由尔&(21+22)* y 2tiR上2 兀(21+加2) 上 2= A 及T= 0,解何 P球圆周运动周期T= qBi ，0球竖m,直方向加速度=g, P球回到y轴时坐标=少72,代入数据解得y=20兀2 则坐标位置为(0, 20兀2)。