高考物理二輪復(fù)習(xí)提升 第一部分 專題二 第2講 能量觀點(diǎn)在電磁學(xué)中的應(yīng)用課件

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1、第第2講講能量觀點(diǎn)在電磁學(xué)中的應(yīng)用能量觀點(diǎn)在電磁學(xué)中的應(yīng)用1(雙選，2012 年廣東卷)圖221是某種靜電礦料分選器的原理示意圖，帶電礦粉經(jīng)漏斗落入水平勻強(qiáng)電場(chǎng)后，分落在收)集板中央的兩側(cè)，對(duì)礦粉分離的過程，下列表述正確的有(圖221A帶正電的礦粉落在右側(cè)B電場(chǎng)力對(duì)礦粉做正功C帶負(fù)電的礦粉電勢(shì)能變大 D帶正電的礦粉電勢(shì)能變小解析：不管帶正電還是負(fù)電，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減少，正電荷受的電場(chǎng)力向左故在左邊，負(fù)電荷在右邊答案：BD2(2012 年天津卷)兩個(gè)固定的等量異號(hào)點(diǎn)電荷所產(chǎn)生電場(chǎng)的等勢(shì)面如圖 222 中虛線所示，一帶負(fù)電的粒子以某一速度從圖中 A 點(diǎn)沿圖示方向進(jìn)入電場(chǎng)在紙面內(nèi)飛行，最后離開

2、電)場(chǎng)，粒子只受靜電力作用，則粒子在電場(chǎng)中(圖 222A做直線運(yùn)動(dòng)，電勢(shì)能先變小后變大B做直線運(yùn)動(dòng)，電勢(shì)能先變大后變小C做曲線運(yùn)動(dòng)，電勢(shì)能先變小后變大D做曲線運(yùn)動(dòng)，電勢(shì)能先變大后變小解析：兩個(gè)固定的等量異號(hào)點(diǎn)電荷產(chǎn)生電場(chǎng)的等勢(shì)面與電場(chǎng)線垂直，且沿電場(chǎng)線電勢(shì)減小，所以等量異號(hào)點(diǎn)電荷和它們間的直線電場(chǎng)線如圖10所示當(dāng)帶負(fù)電的粒子進(jìn)入電場(chǎng)后受到電場(chǎng)力而偏轉(zhuǎn)做曲線運(yùn)動(dòng)粒子在電場(chǎng)力作用下向上偏轉(zhuǎn)，電場(chǎng)力做正功，粒子的動(dòng)能增加、電勢(shì)能減少，之后粒子離開電場(chǎng)，電勢(shì)能增加圖10答案：C3(2012 年天津卷)對(duì)鈾235的進(jìn)一步研究在核能的開發(fā)和利用中具有重要意義，如圖223所示，質(zhì)量為m、電荷量為q的鈾235

3、離子，從容器 A 下方的小孔S1不斷飄入加速電場(chǎng)，其初速度可視為零，然后經(jīng)過小孔S2垂直于磁場(chǎng)方向進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，做半徑為 R 的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，離子行進(jìn)半個(gè)圓周后離開磁場(chǎng)并被收集，離開磁場(chǎng)時(shí)離子束的等效電流為I，不考慮離子重力及離子間的相互作用求加速電場(chǎng)的電壓 U.圖2234(2011 年天津卷)如圖 224 所示，兩根足夠長(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌 MN、PQ 間距離為 l0.5 m，其電阻不計(jì)，兩導(dǎo)軌及其構(gòu)成的平面均與水平面成 30角完全相同的兩金屬棒ab、cd 分別垂直導(dǎo)軌放置，每棒兩端都與導(dǎo)軌始終有良好接觸，已知兩棒質(zhì)量均為 m0.02 kg，電阻均為 R0.1 ，整個(gè)裝置處

4、在垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度 B0.2 T，棒 ab 在平行于導(dǎo)軌向上的力 F 作用下，沿導(dǎo)軌向上勻速運(yùn)動(dòng)，而棒 cd 恰好能夠保持靜止取 g10 m/s2，問：(1)通過棒 cd 的電流 I 是多少，方向如何？(2)棒 ab 受到的力 F 多大？(3)棒 cd 每產(chǎn)生 Q0.1 J 的熱量，力 F 做的功 W 是多少？圖224解：(1)棒cd 受到的安培力FcdIlB棒cd在共點(diǎn)力作用下平衡，則Fcdmgsin 30代入數(shù)據(jù)解得I1 A根據(jù)楞次定律可知，棒cd 中的電流方向由d 至c.(2)棒ab與棒cd 受到的安培力大小相等，即FabFcd對(duì)棒ab，由共點(diǎn)力平衡知Fmgsi

5、n 30IlB代入數(shù)據(jù)解得F0.2 N.能量在電磁學(xué)中的應(yīng)用在近幾年的高考中都有，考題形式上選擇題和計(jì)算題都有計(jì)算題，往往要結(jié)合運(yùn)動(dòng)分析、受力分析等列方程綜合求解，難度比較大從內(nèi)容上一般考向?yàn)椋?1)帶電體在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力做功，電勢(shì)能變化(2)電磁感應(yīng)中的能量問題，電磁感應(yīng)中其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能表現(xiàn)為安培力做負(fù)功，而電動(dòng)機(jī)原理中安培力做正功電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能(3)復(fù)合場(chǎng)中，重力勢(shì)能、動(dòng)能、電勢(shì)能之間的相互轉(zhuǎn)化帶電體在電場(chǎng)力作用下的能量轉(zhuǎn)化【例1】(2011年廣東實(shí)驗(yàn)中學(xué)模擬)如圖225所示，高h(yuǎn)0.8 m 的絕緣水平桌面上方的區(qū)域中存在勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)E 的方向與區(qū)域的某一邊界平行，區(qū)

6、域中存在垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng) B.現(xiàn)有一質(zhì)量 m0.01 kg、帶電荷量 q10-5C 的小球從A點(diǎn)以v04 m/s 的初速度水平向右運(yùn)動(dòng)，勻速通過區(qū)域后落在水平地面上的 B 點(diǎn)，已知：小球與水平桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.1，L1 m，h0.8 m，x0.8 m，取 g10 m/s2.試求：(1)小球在區(qū)域中的速度；(2)區(qū)域中磁感應(yīng)強(qiáng)度 B 的大小及方向；(3)區(qū)域中電場(chǎng)強(qiáng)度 E 的大小及方向圖225對(duì)帶電體在電場(chǎng)力作用下的能量轉(zhuǎn)化問題，第一，要分析清電場(chǎng)力對(duì)帶電體做功的情況，如果做正功則電勢(shì)能轉(zhuǎn)化為其他形式的能，做負(fù)功則其他形式的能轉(zhuǎn)化為電勢(shì)能；第二，計(jì)算電場(chǎng)力做功時(shí)有兩種方法，其一是W電F

7、電scosqEscos(適應(yīng)勻強(qiáng)電場(chǎng)中)，其二是W電qU(勻強(qiáng)、非勻強(qiáng)電場(chǎng)都可用)1(2011 年潮陽(yáng)一中模擬)如圖226所示，一帶電粒子從 P 點(diǎn)以初速度 v 射入勻強(qiáng)電場(chǎng)，僅受電場(chǎng)力的作用，則可能的運(yùn)動(dòng)軌跡及電勢(shì)能的變化情況是()圖226A軌跡 a 且電勢(shì)能一直變大 B軌跡 b 且電勢(shì)能變小C軌跡 c 且電勢(shì)能變小D軌跡 d 且電勢(shì)能變大解析：軌跡如果為a，則電場(chǎng)力方向向左，電場(chǎng)力先做負(fù)功再做正功，電勢(shì)能先增加后減少，A 錯(cuò)；軌跡如果為b，則不受電場(chǎng)力，B錯(cuò)；如果粒子帶正電，則電場(chǎng)力方向向右，軌跡為c，但d 不可能，若軌跡為d，則電場(chǎng)力方向向下，所以D錯(cuò)；軌跡為c，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減少

8、，C 對(duì)答案：C復(fù)合場(chǎng)中的能量問題【例2】(2011年從化中學(xué)三模)如圖 227所示，豎直平面 xOy 內(nèi)存在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小 E10 N/C，在y0 的區(qū)域內(nèi)還存在垂直于坐標(biāo)平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小 B0.5 T一帶電量 q0.2 C、質(zhì)量 m0.4 kg 的小球由長(zhǎng) L0.4 m 的細(xì)線懸掛于 P 點(diǎn)，小球可視為質(zhì)點(diǎn)現(xiàn)將小球拉至水平位置A無初速度釋放，小球運(yùn)動(dòng)到懸點(diǎn) P 正下方的坐標(biāo)原點(diǎn) O 時(shí)，懸線突然斷裂，此后小球又恰好能通過 O 點(diǎn)正下方的 N 點(diǎn)(取 g10 m/s2)求：(1)小球運(yùn)動(dòng)到 O 點(diǎn)的速度大??；(2)懸線斷裂前瞬間拉力的大??；(3)ON 間的距離

9、圖 227所謂復(fù)合場(chǎng)就是電場(chǎng)、磁場(chǎng)、重力場(chǎng)幾個(gè)場(chǎng)同時(shí)存在于某一區(qū)域?qū)@類問題：(1)要分析帶電體的受力情況，因?yàn)橛袔讉€(gè)場(chǎng)的受力情況會(huì)比較復(fù)雜，要做到不添力、不漏力，并且分析在運(yùn)動(dòng)過程中，力是否會(huì)發(fā)生變化，尤其是洛倫茲力會(huì)隨速度的變化而變化(2)要抓住各力做功的分析和能量轉(zhuǎn)化的分析，再結(jié)合動(dòng)能定理、能量守恒定律列方程求解2(2012 年珠海高三模擬)如圖228所示，有位于豎直平面上的半徑為 R 的圓形光滑絕緣軌道，其上半部分處于豎直向下、場(chǎng)強(qiáng)為 E 的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，下半部分處于垂直水平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，質(zhì)量為m、帶正電且電荷量為 q 的小球，從軌道的水平直徑的 M 端由靜止釋放，若小球在某一次通

10、過最低點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力為零，求：(1)磁感應(yīng)強(qiáng)度 B 的大?。?2)小球?qū)壍雷畹忘c(diǎn)的最大壓力；(3)若要小球在圓形軌道內(nèi)做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，求小球從軌道的水平直徑的 M 端下滑的最小速度圖 228電磁感應(yīng)中的能量問題【例3】如圖 229 甲所示，傾斜放置的光滑平行導(dǎo)軌，長(zhǎng)度足夠長(zhǎng)，寬度 L0.4 m，自身電阻不計(jì)，上端接有 R0.3的定值電阻在導(dǎo)軌間 MN 虛線以下的區(qū)域存在方向垂直導(dǎo)軌平面向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度 B0.5 T 的勻強(qiáng)磁場(chǎng)在 MN 虛線上方垂直導(dǎo)軌放有一根電阻 r0.1 的金屬棒現(xiàn)將金屬棒無初速度釋放，其運(yùn)動(dòng)時(shí)的 vt 圖象如圖乙所示，取 g10 m/s2.試求：圖229(1)斜面的

11、傾角和金屬棒的質(zhì)量 m.(2)在 25 s 時(shí)間內(nèi)金屬棒動(dòng)能減少了多少？此過程中整個(gè)回路產(chǎn)生的熱量 Q 是多少(結(jié)果保留一位小數(shù))?解：(1)在 02 s 時(shí)間內(nèi)，金屬棒受力如圖11所示，圖 11合力 F合mgsin根據(jù)牛頓第二定律 F合ma 得agsin電磁感應(yīng)產(chǎn)生感應(yīng)電流則產(chǎn)生了電能，從能的角度分析肯定有其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能，從力的角度，產(chǎn)生的感應(yīng)電流在磁場(chǎng)中受到安培力，安培力做負(fù)功這類題往往還綜合產(chǎn)生的感應(yīng)電流通過某導(dǎo)體棒，產(chǎn)生安培力，此時(shí)安培力做正功，又把電能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能，如果有電流通過電阻還有內(nèi)能產(chǎn)生我們抓住能量的轉(zhuǎn)化，分析是什么能轉(zhuǎn)化為什么能，就可從守恒角度列方程3(2012 年

12、深圳二模)如圖 2210所示，兩根半徑為 r光滑的四分之一圓弧軌道間距為 L，電阻不計(jì)，在其上端連有一阻值為R0的電阻，整個(gè)裝置處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B.現(xiàn)有一根長(zhǎng)度稍大于L、質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒從軌道的頂端 PQ 處開始下滑，到達(dá)軌道底端MN時(shí)對(duì)軌道的壓力為 2mg，求：(1)金屬棒到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)電阻 R0 兩端的電壓；(2)金屬棒下滑過程中 R0 產(chǎn)生的熱量；(3)金屬棒下滑過程中通過 R0 的電量圖 2210功和能在電磁學(xué)中的應(yīng)用，在思路方法上與功和能在力學(xué)中的應(yīng)用一樣，都是要分析力，分析物體的運(yùn)動(dòng)過程，看過程中有哪些力做功，有哪些能量形式的轉(zhuǎn)化，搞清楚能量的來源與去向，再根據(jù)動(dòng)能定理、功能關(guān)系、能的轉(zhuǎn)化與守恒定律列方程求解在知識(shí)上，電場(chǎng)方面主要是電場(chǎng)的基本性質(zhì)、電場(chǎng)強(qiáng)度、電勢(shì)、電勢(shì)能以及電場(chǎng)力做功等；磁場(chǎng)方面，主要是安培力、洛倫茲力、安培力做功與能的轉(zhuǎn)化關(guān)系、洛倫茲力不做功以及電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化等