（浙江专用）2020版高考物理二轮复习 专题二 第2讲 动量观点和能量观点在电磁学中的应用课件

第2讲动量观点和能量观点在电磁学中的应用网络构建备考策略1.若只有电场力做功，电势能与动能之和保持不变。2.若只有电场力和重力做功，电势能、重力势能、动能之和保持不变。3.洛伦兹力对运动电荷不做功。4.安培力可做正功，也可做负功。5.力学中的三大观点(动力学、动量、能量观点)仍是解决力电综合问题首选的方法。应用能量观点解决力、电综合问题电场中的功能关系【典例1】(2018·全国卷Ⅰ，21)(多选)图1中虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，已知平面b上的电势为2V。一电子经过a时的动能为10eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为6eV。下列说法正确的是()图1A.平面c上的电势为零B.该电子可能到达不了平面fC.该电子经过平面d时，其电势能为4eVD.该电子经过平面b时的速率是经过d时的2倍答案AB解析电子在等势面b时的电势能为E＝qφ＝－2eV，电子由a到d的过程电场力做负功，电势能增加6eV，由于相邻两等势面之间的距离相等，故相邻两等势面之间的电势差相等，则电子由a到b、由b到c、由c到d、由d到f电势能均增加2eV，则电子在等势面c的电势能为零，等势面c的电势为零，A正确；由以上分析可知，电子在等势面d的电势能应为2eV，C错误；电子在等势面b的动能为8eV，电子在等势面d的动能为4eV，由公式Ek＝12mv2可知，该电子经过平面b时的速率为经过平面d时速率的2倍，D错误；如果电子的速度与等势面不垂直，则电子在该匀强电场中做曲线运动，所以电子可能到达不了平面f就返回平面a，B正确。【典例2】(2019·浙江宁海选考模拟)如图2所示，一带正电小球穿在一根绝缘粗糙直杆上，杆与水平方向夹角为θ，整个空间存在着竖直向上的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，先给小球一初速度，使小球沿杆向下运动，在A点时的动能为100J，在C点时动能减为零，D为AC的中点，那么带电小球在运动过程中()图2能量观点在电磁场中的应用A.到达C点后小球不可能沿杆向上运动B.小球在AD段克服摩擦力做的功与在DC段克服摩擦力做的功不等C.小球在D点时的动能为50JD.小球电势能的增加量等于重力势能的减少量解析如果电场力大于重力，则速度减为零后小球可能沿杆向上运动，选项A错误；小球受重力、电场力、洛伦兹力、弹力和滑动摩擦力，由于F洛＝qvB，故洛伦兹力减小，导致支持力和滑动摩擦力变化，故小球在AD段克服摩擦力做的功与在DC段克服摩擦力做的功不等，选项B正确；由于小球在AD段克服摩擦力做的功与在DC段克服摩擦力做的功不等，故小球在D点时的动能也就不一定为50J，选项C错误；该过程是小球的重力势能、电势能、动能和系统的内能之和守恒，故小球电势能的增加量不等于重力势能的减少量，选项D错误。答案B【典例3】(2019·温州九校高三上学期模拟)如图3甲所示，两条相互平行的光滑金属导轨，相距L＝0.2m，左侧轨道的倾斜角θ＝30°，右侧轨道为圆弧线，轨道端点间接有电阻R＝1.5Ω，轨道中间部分水平，MP、NQ间距离为d＝0.8m，水平轨道间充满方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B随时间变化如图乙所示。一质量为m＝10g、导轨间电阻为r＝1.0Ω的导体棒a从t＝0时刻无初速释放，初始位置与水平轨道间的高度差H＝0.8m。另一与a棒完全相同的导体棒b静置于磁场外的水平轨道上，靠近磁场左边界PM。a棒下滑后平滑进入水平轨道(转角处无机械能损失)，并与b棒发生碰撞而粘合在一起，此后作为一个整体运动。导体棒始终与导轨垂直并接触良好，轨道的电阻和电感不计，重力加速度大小g取10m/s2。求：动力学观点和能量观点在电磁感应中的应用图3(1)导体棒进入磁场前，流过R的电流大小；(2)导体棒刚进入磁场瞬间受到的安培力大小；(3)导体棒最终静止的位置离PM的距离；(4)全过程电阻R上产生的焦耳热。解析(1)由法拉第电磁感应定律可知E0＝ΔΦΔt＝kdL＝0.2V由闭合电路欧姆定律有I0＝E0R＋r2＝0.1A。(2)a棒滑到底端时的速度为vD，由动能定理有mgH＝12mv2D与b发生完全非弹性碰撞后的速度为v由动量守恒定律有mvD＝2mv由于t＝2HvDsin30°＝0.8s此后磁场不再变化，电动势为E＝BLv，I＝ER＋r2所以安培力大小为F＝BIL＝0.04N。(3)导体棒直到静止，由动量定理有BqL＝2mv其中q＝LBsR＋r2，s为导体棒在水平轨道上滑过的路程由以上各式解得s＝2m，因此导体棒停在距离PM为0.4m处。(4)滑入磁场前有QR1＝IRt，解得QR1＝1.2×10－2J答案(1)0.1A(2)0.04N(3)0.4m(4)0.042JQR2Qr2＝Rr2，解得QR2＝3×10－2J，QR＝QR1＋QR2碰后有Q＝12×2mv2＝QR2＋Qr2由以上各式解得QR＝0.042J。1.动能定理在力学和电场中应用时的“三同一异”2.功能关系在力学和电磁感应中应用时的“三同三异”1.(2019·浙江安吉选考模拟)如图4所示，一竖直固定且光滑绝缘的直圆筒底部放置一可视为点电荷的场源电荷A，其电荷量Q＝＋4×10－3C，场源电荷A形成的电场中各点的电势表达式为φ＝kQr，其中k为静电力常量，r为空间某点到场源电荷A的距离。现有一个质量为m＝0.1kg的带正电的小球B，它与A球间的距离为a＝0.4m，此时小球B处于平衡状态，且小球B在场源电荷A形成的电场中具有的电势能的表达式为Ep＝kQqr，其中r为A与B之间的距离。另一质量为m的不带电绝缘小球C从距离B的上方H＝0.8m处自由下落，落在小球B上立刻与小球B粘在一起以2m/s的速度向下运动，它们到达最低点后又向上运动，向上运动到达的最高点为P(g取10m/s2，k＝9×109N·m2/C2)。求：图4(1)小球C与小球B碰撞前的速度v0的大小？小球B的电荷量q为多少？(2)小球C与小球B一起向下运动的过程中，最大速度为多少？解析(1)小球C自由下落H时获得速度v0，由机械能守恒定律得小球B在碰撞前处于平衡状态，对B球由平衡条件得mg＝kqQa2mgH＝12mv20解得v0＝2gH＝4m/s代入数据得q＝49×10－8C＝4.4×10－9C。(2)两个球碰撞过程，动量守恒，故mv0＝2mv设当B和C向下运动的速度最大为vm时，与A相距x，对B和C整体，由平衡条件得代入数据得x＝0.28m由能量守恒定律得12×2mv2＋kQqa＋2mga＝12×2mv2m＋2mgx＋kQqx2mg＝kQqx2代入数据得vm＝2.16m/s。答案(1)4m/s4.4×10－9C(2)2.16m/s2.(2019·江南十校模拟)如图5，EFPMN为光滑金属导轨，电阻不计，处于竖直平面内，其中FP倾斜，倾角为θ，EF⊥FP，PMN是半径为R的圆弧，圆弧与倾斜部分平滑连接于P点，N、M分别为圆弧的竖直直径的两端点，还有一根与EFPMN完全相同的导轨E′F′P′M′N′，两导轨平行放置，间距为L，沿垂直于导轨所在平面的方向看去，两导轨完全重合。过P点的竖直线右侧有垂直于FP向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，两根相同的金属棒ab、cd(图中只画出了a端和c端)，质量为m、电阻为r，分别从导轨FP和EF上某位置由静止释放，在以后的过程中，ab、cd始终与导轨保持垂直且接触良好。(轨道FP和EF足够长，题中所给的各个物理量均为已知，重力加速度为g)图5(1)若ab棒到达P点之前已经匀速运动，求ab棒匀速下滑时的速度v，以及此时cd棒的电功率P；(2)在第(1)问的基础上，若θ＝60°，m＝0.1kg，r＝433Ω，B＝1T，L＝1m，R＝815m，g＝10m/s2，则ab棒能否运动到圆弧最高点？解析(1)匀速下滑时有mgsinθ－BIL＝0，I＝BLv2r，得v＝2mgrsinθB2L2根据能量守恒，此时回路总的电功率等于ab棒重力的功率，所以cd棒的电功率P＝mgvsinθ2即P＝(mgsinθBL)2·r。(2)到达P点时，由v＝2mgrsinθB2L2，得vP＝4m/s，假定能够运动到圆弧最高点，且到达最高点时速度为vN，由机械能守恒得32mgR＋12mv2N＝12mv2P代入数据得vN＝0＜gR故ab棒不能运动到圆弧最高点。答案(1)2mgrsinθB2L2(mgsinθBL)2·r(2)不能运动到圆弧最高点【典例1】(2019·浙江宁波选考模拟)如图6所示，一竖直光滑绝缘的管内有一劲度系数为k的轻质绝缘弹簧，其下端固定于地面，上端与一质量为m、带电荷量为＋q的小球A相连，整个空间存在一竖直向上的匀强电场，小球A静止时弹簧恰为原长，另一质量也为m的不带电的绝缘小球B从管内距A高为x0处由静止开始下落，与A发生碰撞后一起向下运动。若全过程中小球A的电荷量不发生变化，重力加速度为g。应用动量观点和能量观点解决力、电综合问题动量观点和能量观点在电磁场中的应用图6(1)若x0已知，试求B与A碰撞过程中损失的机械能ΔE；(2)若x0未知，且B与A一起向上运动在最高点时恰未分离，试求A、B运动到最高点时弹簧的形变量x；(3)在满足第(2)问的情况下，试求A、B运动过程中的最大速度vm。解析(1)设匀强电场的场强为E，在碰撞前A静止、弹簧恰为原长时，有mg－qE＝0设B在与A碰撞前的速度为v0，由机械能守恒定律得mgx0＝12mv20设B与A碰撞后共同速度为v1，由动量守恒定律得mv0＝2mv1B与A碰撞过程中损失的机械能ΔE为ΔE＝12mv20－12·2mv21解得ΔE＝12mgx0。(2)A、B在最高点恰不分离，此时弹簧处于拉伸状态，且A、B间的弹力为零，设它们共同加速度为a，则对B：mg＝ma对A：mg＋kx－qE＝ma(3)A、B一起运动过程中合外力为零时具有最大速度，设此时弹簧的压缩量为x′，则2mg－(kx′＋qE)＝0解得x＝mgk。解得x′＝mgk由于x′＝x，说明A、B在最高点处与合外力为0处弹簧的弹性势能相等，对此过程由能量守恒定律得(qE－2mg)(x′＋x)＝0－12·2mv2m解得vm＝g2mk。答案(1)12mgx0(2)mgk(3)g2mk动量观点和能量观点在电磁感应中的应用【典例2】(2019·浙江省重点中学高三期末热身联考)如图7所示，两根间距为L的光滑金属导轨CM1M2P1P2、DN1N2Q1Q2固定放置，导轨M1N1左侧向上弯曲，右侧水平。水平导轨左端有宽度为d、方向竖直向上的匀强磁场区域Ⅰ，右端有另一磁场区域Ⅱ，其宽度也为d，但方向竖直向下，两磁场的磁感应强度大小均为B，相隔的距离也为d。有两根电阻均为R的金属棒a和b与导轨垂直放置，金属棒a质量为m，金属棒b质量为3m，b棒置于磁场Ⅱ的中点E、F处，并用绝缘细线系住，细线能承受的最大拉力为F0。现将a棒从弯曲导轨上某一高度h0处由静止释放并沿导轨运动，当a棒刚进入磁场区域Ⅰ时细线刚好被拉断，重力加速度大小为g。图7(1)当a棒在磁场Ⅰ中运动时，若要使b棒在导轨上保持静止，则a棒刚释放时的高度应小于某一值h0，求h0的大小；(2)若将a棒从弯曲导轨上高度小于h0处由静止释放，使其以速度v1(v1为已知量)进入磁场区域Ⅰ。求a棒通过磁场Ⅰ的过程中，a棒产生的焦耳热；(3)若将a棒从高度大于h0的某处由静止释放，使其以速度v2(v2为已知量)进入磁场区域Ⅰ，记为t＝0时刻；经过时间t0后从区域Ⅰ穿出，穿出时a棒的速度为12v2，求t0时刻b棒的速度vb。解析(1)因为a棒进入磁场Ⅰ后做减速运动，所以只要刚进入时b棒不动，b棒就可以静止不动，由题意对a棒：由机械能守恒定律得mgh0＝12mv20对回路：E＝BLv0，I＝E2R对b棒：BIL＝F0联立解得h0＝2R2F20gB4L4。(2)a棒从弯曲导轨上高度为h(h＜h0)处由静止释放，则b棒保持静止。设a棒出磁场Ⅰ的速度为va棒进入磁场Ⅰ的过程：mv1－mv＝BLI－1t1＝BLq1q1＝BLd2R联立得v＝v1－B2L2d2mRa棒产生的焦耳热Qa＝14m(v21－v2)＝B2L2d8R