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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PPT)


专题五 动量和能量

1.电场中的功能转化问题(基本概念的理解) 【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

(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= BC =BO=OC=OD,所以B、C、D三 2 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

1 1 2 mgh ? mvC ? mv 2, 2 2 其中h ? BDsin60? ? BCsin30?sin60? 1 3 3L ? 2L ? ? ? .所以vC ? v 2 ? 3gL . 2 2 2 质点在C点受三个力作用. kQq 电场力F ? 2 ,方向由C指向O点. L 据牛顿定律:mgsin? ? Fcos? ? ma C, kQq 3kQq mgsin30? ? 2 cos30? ? ma C .所以a C ? g ? . 2 L 2mL

【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: 3gh (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.

【解析】1? 小球由A到B的运动过程中,重力及电场 ? 力对小球做正功,由动能定理得 1 1 2 mgh ? WAB ? mv ,将v ? 3 gh代入上式得WAB ? mgh. 2 2 ? 2 ?以Q为圆心所画的圆上各点等势,则? B ? ? C, 有U AC ? U AB WA B mgh ? ? . ?q ?2 q

2.电场中的功能转化问题(计算类)

【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.

【解析】
带电小物体在Ox方向只受电场力和摩擦力作用,由于 f <qE,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O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qEx0 ? fs ? 0 ? mv0 2 解得小物体通过的 2qEx0 ? mv0 2 总路程是:s ? 2f

【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5-2-4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(n>1),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UO b; (3)小滑块运动的总路程s.
图5-2-4

L 【解析】1?由Aa ? Bb ? ,O为AB连线的中点知a、b关于O ? 4 点对称,则U ab ? 0 ① 设小滑块与水平面间的摩擦力大小为f ,对于滑块从a ? b 过程,由动能定理得qU ab ? f ? 0 ? E0 而f ? ? mg 2 E0 由①②③式得? ? mgL ③ ④ ②

? 2 ? 对于滑块从O ? b过程,
L 由动能定理得qU Ob ? f ? 0 ? nE0 ⑤ 4 (2n ? 1) E0 由③④⑤式得U Ob ? ? ⑥ 2q

? 3? 对于小滑块从a开始运动到最终在O点停下的整个过程,
由动能定理得qU ab ? fs ? 0 ? E 0 ? 2n ? 1? E0 而U a O ? ? U Ob ? 2q 2n ? 1 由③ ? ⑧式得:s ? L 4 ⑦ ⑧ ⑨

3.复合场中的动量、能量问题 【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(k>1)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.

(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.

【解析】1? 设碰撞前A的速度为v,由动能定理 ? 1 1 2 ? ? m A gs ? m A v ? m A v 0 2 2 2 得:v ? v0 2 ? 2? gs ? 4m / s ① ② ③ ④

? 2 ? 设碰撞后A、B速度分别为vA、vB,且设向右为正方向.
由于弹性碰撞,所以有:m A v ? m A v A ? m B v B 1 1 1 2 2 mA v ? mA v A ? mB v B 2 2 2 2 联立③④并将m A ? km B及v ? 4m / s代入得: 4? k ? 1? vA ? m/s k ?1 ⑤ 8k vB ? m/s k ?1



ⅰ ( ? 3? 讨论:)如果A能从电场右边界离开,必须满足: 1 m A v A2 ? ? m A gL ? qEL ⑦ 2 联立⑤⑦代入数据,得:k ? 3 ⑧ 电场力对A做功为:WE ? qEL ? 6 ?105 ? 5 ?10?8 ? 0.4J ? 1.2 ? 10?2 J ⑨ (ⅱ)如果A不能从电场右边界离开电场,必须满足 1 m A v A2 ? ? m A gL ? qEL 联立⑤⑩代入数据,得:k ? 3 ? 2 考虑到k ? 1,所以在1 ? k ? 3范围内A不能从电场右边界离开. ? 又:qE ? 3 ?10?2 N ? ? mg ? 2 ?10?2 N 所以A会返回并从电场的左侧离开,整个过程电场力做功为0, 即WE ? 0. ? ?

【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5- 7所示,匀强电场方向 2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 图5- 7 2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?

【解析】设电场强度为E,B球质量为4m,碰后电荷量为q. 则A球质量为m,A球碰前带电荷量应为2q,速度为v0,碰 后带电荷量应为q,A球在碰前做匀速运动,在水平方向, A球不受摩擦力作用,A球与台面之间无弹力作用. mg A球在碰前有2qE ? mg,则qE ? 2 设A、B两球碰撞后的速度分别是v1、v2,对B球碰后下落 4mv2 2 过程由动能定理得:Ek ? ? ? 4mg ? qE ? h 2 由题意有:Ek ? 4mgh gh 解得:v2 ? ? 2m/s 2

A、B两球碰撞过程中动量守恒,以v0方向为正方向,则: mv0 ? mv1 ? 4mv2 解得:v1 ? v0 ? 4v2 ? ?3m/s 碰后A球返回,设经时间t停下,由动量定理得:

? ? mg ? qE ? t ? 0 ? mv1
?2v1 所以t ? ? 1.5s. ?g

4.电磁感应中的动量、能量问题 【例4】如图5- 9所示,金属杆a从离地h 2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 图5- 9 2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?

【解析】1? a下滑过程中机械能守恒m1 gh ? m1v0 2 ? a进入磁场后,回路中产生感应电流,a、b都受安培力作用, a做减速运动,b做加速运动,经过一段时间,a、b速度达 到相同,之后回路的磁通量不发生变化,感应电流为0,安 培力为0,二者匀速运动.匀速运动的速度即为a、b的最终 速度,设为v.由于a、b所组成的系统所受合外力为0,故系统 的动量守恒m1v0 ? ? m1 ? m2 ? v 3 由以上两式解得最终速度v1 ? v2 ? v ? 2gh 7

? 2 ?由能量守恒得知,回路中产生的电能应等于a、b系统
1 4 2 机械能的损失,所以E ? m1 gh ? ? m1 ? m2 ? v ? m1 gh 2 7 ? 3?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Qa ? Qb ? E. 在回路中产生电能的过程中,电流不恒定,但由于Ra与Rb 串联,通过的电流总是相等的, Qa I 2 Rat Ra 3 所以应有 ? 2 ? ? Qb I Rbt Rb 4 3 12 Qa ? E ? m1 gh 7 49 4 16 Qb ? E ? m1 gh 7 49

【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5-2-8(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)

【解析】1? 在0~2s时间内,金属棒受力如图所示,合力 ? F合 ? mgsin? 根据牛顿第二定律得F合 ? ma 得a ? gsin? 12 ? 0 由图象知a ? m / s 2 ? 6m / s 2 2 解得? ? 37?或? ? arcsin0.6 在t ? 5s之后金属棒做匀速运动,且v 2 ? 6m / s;金属棒受 力平衡,沿轨道平面有F安 ? mgsin? 而感应电动势E ? Blv 2 E 感应电流I ? ,F安 ? BIL,解得m ? 0.1kg R?r

? 2 ? 2s~5s内金属棒初速度v1 ? 12m / s,末速度v2 ? 6m / s,故金属棒的
1 2 1 1 2 动能减少量为 mv1 ? mv 2 ? ? 0.1? ?122 ? 62 ? J ? 5.4J 2 2 2 1 1 2 2 对该过程应用动能定理,有mgssin? ? W安 ? mv 2 ? mv1 2 2 2s~5s内金属棒位移为v ? t图象相对应的 面积” s ? (15 ? 6 ? 23 ? 2) ?1? 0.2m ? 22.6 ? 0.4m 功是能量转化的量度,在2s~5s过程安培力对金属棒做功W安 ? ?Q 代入数据解得Q ? 18.96 ? 0.24J ? 18.7J ~19.2J


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