广东省2012届高考物理二轮专题总复习课件：专题5 第2讲 能量和动量知识在电学中的应用(共30张P

专题五动量和能量【例1】如图所示，直角三角形的斜边倾角为30°，底边BC长为2L，处在水平位置，斜边AC是光滑绝缘的．在底边中点O处放置一正电荷Q.一质量为m、电荷量为q的带负电的质点从斜面顶端A沿斜边滑下，滑到斜边上的垂足D时速度为v.(1)在质点的运动中不发生变化的是()A．动能B．电势能与重力势能之和C．动能与重力势能之和D．动能、电势能、重力势能三者之和1．电场中的功能转化问题(基本概念的理解)(2)质点的运动是()A．匀加速运动B．匀减速运动C．先匀加速后匀减速的运动D．加速度随时间变化的运动(3)该质点滑到非常接近斜边底端C点时速率vC为多少？沿斜面下滑到C点的加速度aC为多少？【解析】(1)质点从A运动到C.只受重力、电场力和支持力，支持力不做功，重力场和静电场为保守力场，故动能、电势能、重力势能三者之和为一不变量，所以D对．(2)若O点无电荷，则质点做匀加速运动，而现在O点有电荷，故电场力是变力，所以合力为变力，由牛顿第二定律知，加速度为变量．所以D对．(3)因为BD==BO=OC=OD，所以B、C、D三点在以O点为圆心的同一圆周上，是O点处点电荷Q产生的电场中的等势点，所以q由D到C电场力做功为零，由机械能守恒定律2BC222CCC2C211mghmvmv22h60BC30601332L.222Cv23.3FCOmgFmamg303ag20ma..CvgLkQqmLBDsinsinsinLkQqLsincoskQqsincosL，其中所以质点在点受三个力作用．电场力，方向由指向点．据牛顿定律：，所以【评析】分析解答此类问题应明确点电荷周围激发的电场强度和电势分布的特点，明确电场力做功，重力做功只与始末位置有关，与中间的过程无关；仔细地进行受力分析，正确地运用动力学规律和动能定理进行分析求解．【同类变式】如图所示，光滑绝缘细杆竖直放置，它与以正点电荷Q为圆心的某一圆周交于B、C两点，质量为m、带电量为-q的有孔小球从杆上A点无初速下滑，已知q≪Q，AB=h，小球滑到B点时的速度大小为，求：(1)小球由A到B过程中电场力做的功；(2)A、C两点间的电势差．3ghA2ABCABCBABAB1mghWmvv3.2Q1Wmgh2UU.122AgWqhBmghq小球由到的运动过程中，重力及电场力对小球做正功，由动能定理得，将代入上式得以为圆心所画的圆上各点等势，则，有【解析】【例2】如图所示，一个质量为m、带有电荷-q的小物体，可在水平轨道Ox上运动，O端有一与轨道垂直的固定墙．轨道处于匀强电场中，场强大小为E，方向沿Ox轴正方向，小物体以速度v0从x0点沿Ox轨道运动，运动时受到大小不变的摩擦力f作用，且f＜qE.设小物体与墙碰撞时不损失机械能，且电荷量保持不变，求它在停止运动前所通过的总路程s.2．电场中的功能转化问题(计算类)020200220qExmOxfqEOqExfssvvfm带电小物体在方向只受电场力和摩擦力作用，由于＜，不管小物体开始时的运动方向如何，小物体在与墙进行多次碰撞后，最后只能停止在处．整个运动过程中，由于摩擦力对物体做负功，电场力做正功，由动能定理，有解得小物体通总路程是：过的【解析】【评析】从能量角度讨论这个问题，只需要清楚物体的初、末状态的情况，而不必理会过程中的每一细节，抓住电场力做功与路径无关这一特点，列出动能定理的方程即可求解．我们应掌握这种分析问题的方法．其实，电场和重力场相似，电场力做功和重力做功具有相同特点．本题中小物体的运动与地球表面附近以v0沿竖直方向抛出的小球的运动相似．如果用类比的方法，将电场力等效为重力，摩擦力等效为空气阻力，把小物体的运动看作竖直上抛(或下抛)理想模型处理，问题可迎刃而解．从以上讨论可以看出，物理习题中所涉及的具体问题，都属于某种物理模型，审题时，应通过分析、纯化，在头脑中建立起清晰的物理图景，就能加以解决．【同类变式】如图524所示，在绝缘水平面上，相距为L的A、B两点处分别固定着两个等量正电荷．a、b是AB连线上两点，其中Aa=Bb=L/4，O为AB连线的中点．一质量为m、带电荷量为+q的小滑块(可视为质点)以初动能E0从a点出发，沿AB直线向b运动，其中小滑块第一次经过O点时的动能为初动能的n倍(n1)，到达b点时动能恰好为零，小滑块最终停在O点，试求：(1)小滑块与水平面间的动摩擦因数μ；(2)Ob两点间的电势差UOb；(3)小滑块运动的总路程s.图524a0b00ABbOABabO4U0004122(2abOObbLafabqUfEfmgObLqUfEmgLnUnE由，为连线的中点知、关于点对称，则①设小滑块与水平面间的摩擦力大小为，对于滑块从过程，由动能定理得②而③由①②③式得④对于滑块从过程，由动能定理得⑤由③④⑤式得【解析】01)2Eq⑥ab00aOOb21saOqUfs0E21UU2L43nEqn对于小滑块从开始运动到最终在点停下的整个过程，由动能定理得⑦而⑧由③⑧式得：⑨【同类变式】(2011·广州模拟)如图，绝缘水平地面上有宽L=0.4m的匀强电场区域，场强E=6×105N/C、方向水平向左．不带电的物块B静止在电场边缘的O点，带电量q=5×10-8C、质量mA=1×10-2kg的物块A在距O点s=2.25m处以v0=5m/s的水平初速度向右运动，并与B发生碰撞，假设碰撞前后A、B构成的系统没有动能损失．A的质量是B的k(k1)倍，A、B与水平面间的动摩擦因数都为μ=0.2，物块均可视为质点，且A的电荷量始终不变，取g=10m/s2.3．复合场中的动量、能量问题(1)求A到达O点与B碰撞前的速度；(2)求碰撞后瞬间，A和B的速度；(3)讨论k在不同取值范围时电场力对A做的功．22AAA0ABAAABB222AABB20AAv24/Av11mgsmvmv22ABvvmvmvmv111mvmvmv2212mkmv4/v24ABvgsmsms设碰撞前的速度为，由动能定理①得：②设碰撞后、速度分别为、，且设向右为正方向．由于弹性碰撞，所以有：③④联立③④并将及代入得：【解析】B18/v/11kkmsmskk⑤⑥582A2E2AAAWqEL6105100.41.A1mvmgLqEL2k3AA1mvmgLqELk33()2()102AAJJ如果能从电场右边界离开，必须满足：⑦联立⑤⑦代入数据，得：⑧电场力对做功为：⑨如果不能从电场右边界离开电场，必须满足联立⑤讨论：⑩代入数ⅰ据，得：ⅱ⑪考虑到22Ek11k3AqE310mg210A0W0.NN，所以在范围内不能从电场右边界离开．⑫又：⑬所以会返回并从电场的左侧离开，整个过程电场力做功为，即⑭【评析】分析运动物体的受力和运动情况是基础，选择解题规律是关键，对这类问题常用到的规律有牛顿运动定律，直线运动规律，动量和能量的有关规律等．【同类变式】如图527所示，匀强电场方向竖直向上，A、B是两个大小相同的金属小球，B球的质量是A球质量的4倍，B球不带电，放在水平台面的边缘；A球带正电荷，与台面间的动摩擦因数为0.4，开始时A球在台面上恰好能匀速运动，速度大小为5m/s，与B球发生正碰，碰后B球落到地面上，落地时的动能等于它在下落过程中减少的重力势能，碰撞时间极短，且两球总电荷量没有损失，A、B两球始终在电场中，台面绝缘且足够大，其高度为1.6m，g取10m/s2，求碰撞后A球还能运动多长时间？图527012222 4.2224424kkEBmqAmAqvqAAAmgAqEmgqEABvvBmvEmgqEhEmghvgh设电场强度为，球质量为，碰后电荷量为则球质量为，球碰前带电荷量应为，速度为，碰后带电荷量应为，球在碰前做匀速运动，在水平方向，球不受摩擦力作用，球与台面之间无弹力作用．球在碰前有，则设、两球碰撞后的速度分别是、，对球碰后下落过程由动能定理得：由题意有：解得：【解析】2m/s2001210211443m/01.5s.s2ABvmvmvmvvtgvvvAtmgqEtmv、两球碰撞过程中动量守恒，以方向为正方向，则：解得：碰后球返回，设经时间停下，由动量定：所以理得4．电磁感应中的动量、能量问题【例4】如图529所示，金属杆a从离地h高处由静止开始沿光滑平行的弧形轨道下滑，轨道的水平部分有竖直向上的匀强磁场B，水平轨道上原来放有一金属杆b，已知a杆的质量为m1，且与杆b的质量m2之比为m1∶m2=3∶4，水平轨道足够长，不计摩擦，求：(1)a和b的最终速度分别是多大？(2)整个过程中回路释放的电能是多少？(3)若已知a、b杆的电阻之比Ra∶Rb=3∶4，其余部分的电阻不计，整个过程中杆a、b上产生的热量分别是多少？图529211012110200.3710amghmvaababababvvvabmvmmvv下滑过程中机械能守恒进入磁场后，回路中产生感应电流，、都受安培力作用，做减速运动，做加速运动，经过一段时间，、速度达到相同，之后回路的磁通量不发生变化，感应电流为，安培力为，二者匀速运动．匀速运动的速度即为、的最终速度，设为由于、所组成的系统所受合外力为，故系统的动量守恒由以上两式解得最终速度【解析】2gh22211211.31427312427493ababaaabbbbaabQEmghmmvmghQEmQERRQIRtRIRtQRghQ由能量守恒得知，回路中产生的电能应等于、系统机械能的损失，所以由能的守恒与转化定律，回路中产生的热量应等于回路中释放的电能等于系统损失的机械能，即在回路中产生电能的过程中，电流不恒定，但由于与串联，通过的电流总是相等的，所以应有1416749Emgh【同类变式】(2011·佛山模拟)如图(a)所示，倾斜放置的光滑平行导轨，长度足够长，宽L=0.4m，自身电阻不计，上端接有R=0.3w的定值电阻．在导轨间MN虚线以下的区域存在方向垂直导轨平面向上、磁感应强度B=0.5T的匀强磁场．在MN虚线上方垂直导轨放有一根电阻r=0.1w的金属棒．现将金属棒无初速释放，其运动时的v-t图象如图528(b)所示．重力加速度取g=10m/s2.试求：(1)斜面的倾角和金属棒的质量m；(2)在2s～5s时间内金属棒动能减少了多少？此过程中整个回路产生的热量Q是多少？(结果保留一位小数)222202FmgFmaag120a/6/2370.6t5v6/FmgEBlvIFBILm.110ssinsinmsmsarcsiknsmssinERgr合合安安在～时间内，金属棒受力如图所示，合力根据牛顿第二定律得得由图象知解得或在之后金属棒做匀速运动，且；金属棒受力平衡，沿轨道平面有而感应电动势感应电【解析】流，，解得12222212222125v12/v6/111mvmv0.11265.422211mgsWmvmv2225vt?”s(156232)10.222.60.425W2QssmsmsJJsinssmmss安安～内金属棒初速度，末速度，故金属棒的动能减少量为对该过程应用动能定理，有～内金属棒位移为图象相对应的面积功是能量转化的量度，在～过程安培力对金属棒做功Q18.960.2418.719.2JJJ代～入数据解得