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高考物理二轮复习 第11讲 专题5第2讲 能量和动量知识在电学中的应用


专题五 能量与动量

1、电场中的功能转化问题 、
例1 :如图5-2-1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 O 图5-2-1 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】 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.
BC = BO = OC = OD,所以B、C、D三点在 ( 3)因为BD = 2 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

1 1 2 2 守恒定律mgh = mvC ? mv , 2 2 1 3 3L 其中h = BD sin 60° = BC sin 30° sin 60° = 2 L × × = . 2 2 2 所以vC = v 2 + 3 gL .质点在C点受三个力作用.电场力F kQq = 2 ,方向由C 指向O点.据牛顿定律: 点.据牛顿定律: L kQq mg sin θ ? F cos θ = maC,mg sin 30° ? 2 cos 30° = maC . L 1 3kQq 所以aC = g ? 2 2mL2 1 3kQq 答案: ) D   ) D   ) vC = v + 3 gL,aC = g ? (1 ( 2 ( 3 2 2mL 2
2

【点评】 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.

例2如图5-2-2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. 图5-2-2

【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mgh + WAB 1 2 = mv ,将v = 3 gh代 2 1 入上式得WAB = mgh. 2 ( 2 )以Q为圆心所画的圆上各点等势,则? B = ?C, 有U AC = U AB WAB mgh = = . q 2q

【点评】 本题是力电综合题,认真分析物体的运动过程, 正确进行受力分析,确定哪些力做功,应用功 和能的关系列方程是解题的基本思路.另外, 明确B、C两点等势也是解题的关键.公式 W=qU不仅适用于匀强电场,也适用于非匀强电 场..

例3如图5-2-3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 图8-1-3 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 解析】 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 解得小物体通过的
2

2qEx0 + mv0 2 总路程是:s = 2f

【点评】 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.

【点评】 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1】 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 图5-2-4 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?; (2)Ob两点间的电势差Uob; (3)小滑块运动的总路程s.

【解析 解析】 解析

(1)由Aa = Bb =
则U ab = 0 ①

L ,O为AB连线的中点知a、b关于O点对称, 4

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 ③ ④ L = 0 ? nE0 ⑤ 4 2 E0 由①②③式得? = mgL ②

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

2、带电体在复合场中的运动 、
例4一个质量m=0.1g的小滑块,带 有q=5×10-4C的电荷量放置在倾角 q=30°的光滑斜面上(绝缘),斜面 置于B=0.5T的匀强磁场中,磁场方 向垂直纸面向里,如图5-2-5所示, 图5-2-5 小滑块由静止开始沿斜面滑下,斜面足够长,小滑 块滑至某一位置时,要离开斜面,求: (1)小滑块带何种电荷? (2)小滑块离开斜面的瞬时速度多大? (3)该斜面的长度至少多长?(g=10m/s2)

【解析 解析】 解析

(1) 小滑块沿斜面下滑过程中,受重力mg、斜面支持力N
和洛伦兹力f ,若要小滑块离开斜面,洛伦兹力f 方向应垂 直斜面向上,根据左手定则可知,小滑块应带有负电荷.

( 2 ) 小滑块沿斜面下滑时,垂直斜面方向的加速度为零,
即有Bqv + N ? mg cos θ = 0 当N = 0时,小滑块开始脱离斜面,所以 3 0.1 × 10 ? 3 × 10 × mg cos θ 2 m/s = 2 3m/s ≈ 3.4m/s = v= Bq 0.5 × 5 × 10 ? 4

【解析 解析】 解析
1 2 ( 3) 下滑过程中,只有重力做功,由动能定理mgs sin θ = mv 2 v2 (2 3) 2 斜面的长度至少应是s = = m = 1.2m 2 g sin θ 2 × 10 × 0.5

【点评】 滑块在滑动时要离开斜面,应抓住在离开斜面的 瞬间应满足支持力FN=0的重要条件,这是解决问 题的关键.另外滑块在滑动过程中,洛伦兹力F F 总是和速度垂直,因此洛伦兹力不做功,这是应 用功能关系解决问题时需要注意的方面.

【同类变式2】 如图5-2-6所示,在水平向右 的匀强电场中,有一光滑绝缘 导轨,导轨由水平部分和与它 连接的位于竖直平面的半圆环 图5-2-6 ABC构成,现距环最低点A为L的O处有一质量为m的 带正电的小球,小球从静止开始沿水平轨道进入圆 环.若小球所受电场力与其重力大小相同,圆弧轨 道的半径为R,则L必须满足什么条件才能使小球在 圆环上运动时且通过最高点C不脱离圆环?

【解析 解析】 解析
设小球刚好不脱离圆环运动到C点时速度为vC vC 2 有mg = m ① R 小球由A沿圆弧轨道运动到C,设在A点时速度为v A, 由动能定理有 ? mg 2 R = mvC 2 ? mv A 2 ② 小球由O点运动到A点:qEL = mv ? 0 ③ 5 ①②③式联立解得L = R. 2 5 所以必须当L ≥ R时才能使小球在圆环上运动时不脱离圆环. 2

例5如图5-2-7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 图5-2-7 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 0.4 A 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 解析】 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 解得:v2 = gh = 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

【点评】 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.

3、能量守恒和动量守恒知识在电学中的应用 、
例6如图5-2-8所示,匀强电场中 沿电场线方向上依次有A、B、C 三点,AB=BC=1.4m,质量m= 0.020kg的带电物体甲以v0=20m/s 图5-2-8 的速度从A点向C点运动,经过B点时速度为 vB=15m/s.若在BC之间放一质量也为m的不带电的物 体乙,甲和乙碰撞后结为一体,运动到C点时速度恰 好为0,设物体在运动中只受电场力作用.求: (1)碰撞中的机械能损失 △E;(2)碰撞前甲的瞬时速 度v;(3)碰撞后运动的距离s.

【解析 解析】 解析
1 (1) 在全过程中由能量守恒定律有 mv0 2 = Eq × 2 AB + ?E ① 2 对甲由A到B的过程中,由动能定理有 1 1 2 ? Eq × AB = mvB ? mv0 2 ② 2 2 所以?E = 0.5J

( 2 ) 在甲与乙的碰撞过程中,由动量守恒定律有
mv = 2mv1③ 1 2 1 ?E = mv ? mv12 = 0.5 2 2 解之得v = 10m/s

例7如图5-2-9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 图5-2-9 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 m =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 解析】 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 2 gh 由以上两式解得最终速度v1 = v2 = v = 7

【解析 解析】 解析

( 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 Ra t Ra 3 所以应有 = 2 = = Qb I Rb t Rb 4 3 12 Qa = E = m1 gh 7 49 4 16 Qb = E = m1 gh 7 49

【同类变式3】
(2010 安徽卷)如图5-2-10所示,ABD为竖直平面内的光滑 绝缘轨道,其中AB段是水平的,BD段为半径R = 0.2m的 半圆,两段轨道相切于B点,整个轨道处在竖直向下的匀 强电场中,场强大小E = 5.0 × 103 V/m.一不带电的绝缘小 球甲,以速度v0 沿水平轨道向右运动,与静止在B点带正 电的小球乙发生弹性碰撞.已知甲、乙两球的质量均为m = 1.0 × 10?2 kg,乙所带电荷量q = 2.0 × 10?5 C,g取10m/s 2 . (水平轨道足够长,甲、乙两球可视为质点,整个运动过程 无电荷转移)

图5-2-10

(1)甲、乙两球碰撞后,乙恰能通过轨道的最高点D,求乙
在轨道上的首次落点到B点的距离;

( 2 ) 在满足 (1)的条件下.求甲的速度v0; ( 3) 若甲仍以速度v0向右运动,增大甲的质量,保持乙的质
量不变,求乙在轨道上的首次落点到B点的距离范围.

【解析 解析】 解析

(1) 在乙恰能通过轨道的最高点的情况下,设乙到达最高
点的速度为vD,乙离开D点到达水平轨道的时间为t,乙的 落点到B点的距离为x,则 m = mg + qE 1 mg + qE 2 2R = ( )t 2 m x = vD t ③ ① ②

联立①②③得:x = 0.4m ④

( 2 ) 设碰撞后甲、乙的速度分别为v甲、v乙,根据动量守
恒和机械能守恒定律有:mv0 = mv甲 + mv乙 ⑤

1 1 1 2 2 mv0 = mv甲 + mv乙2 2 2 2 联立⑤⑥得:v乙 = v0

⑥ ⑦

1 1 2 由动能定理得: mg 2 R ? qE 2 R = mvD ? mv乙2 ⑧ ? 2 2 5(mg + qE ) R 联立①⑦⑧得:v0 = = 2 5m/s ⑨ m ( 3) 设甲的质量为M ,碰撞后甲、乙的速度分别为vM 、vm, 根据动量守恒和机械能守恒定律有:Mv0 = MvM + mvm ⑩ 1 1 1 2 2 Mv0 = MvM + mvm 2 ? 2 2 2

【解析 解析】 解析
2 Mv0 ? 联立⑩?得:vm = M +m 由?和M ≥ m,可得:v0 ≤ vm < 2v0

?

设乙球过D点的速度为v′D ,由动能定理得 1 1 2 ?mg 2 R ? qE 2 R = mv′D ? mvm 2 ? 2 2 ? 联立⑨??得: 2m/s ≤ v′D < 8m/s 设乙在水平轨道上的落点到B点的距离为x′,则有: x′ = v′D t ? 联立②??得: 0.4m ≤ x′ < 1.6m

本节完,谢谢!


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