(全國(guó)通用)2018年高考物理二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題二 動(dòng)量與能量 第2講 動(dòng)量觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)在電學(xué)中的應(yīng)用學(xué)案
《(全國(guó)通用)2018年高考物理二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題二 動(dòng)量與能量 第2講 動(dòng)量觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)在電學(xué)中的應(yīng)用學(xué)案》由會(huì)員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《(全國(guó)通用)2018年高考物理二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題二 動(dòng)量與能量 第2講 動(dòng)量觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)在電學(xué)中的應(yīng)用學(xué)案(10頁(yè)珍藏版)》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、 第2講 動(dòng)量觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)在電學(xué)中的應(yīng)用 知識(shí)必備 1.靜電力做功與路徑無(wú)關(guān)。若電場(chǎng)為勻強(qiáng)電場(chǎng),則W=Flcos α=qElcos α;若是非勻強(qiáng)電場(chǎng),則一般利用W=qU來(lái)求。 2.靜電力做的功等于電勢(shì)能的變化,即WAB=-ΔEp。 3.電流做功的實(shí)質(zhì)是電場(chǎng)對(duì)移動(dòng)電荷做功,即W=UIt=qU。 4.磁場(chǎng)力又可分為洛倫茲力和安培力。洛倫茲力在任何情況下對(duì)運(yùn)動(dòng)電荷都不做功;安培力可以做正功、負(fù)功,還可以不做功。 5.電磁感應(yīng)中的能量問(wèn)題 (1)能量轉(zhuǎn)化:其他形式的能量電能 電能焦耳熱或其他形式能 (2)焦耳熱的三種求法: ①焦耳定律:Q=I2Rt ②功能關(guān)系:Q=W克
2、服安培力 ③能量轉(zhuǎn)化:Q=W其他能的減少量, 備考策略 動(dòng)量觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)在電學(xué)中應(yīng)用的題目,一般過(guò)程復(fù)雜且涉及多種性質(zhì)不同的力,因此,要抓住4點(diǎn): (1)受力分析和運(yùn)動(dòng)過(guò)程分析是關(guān)鍵。 (2)根據(jù)不同的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中各力做功的特點(diǎn)來(lái)選擇相應(yīng)規(guī)律求解。 (3)力學(xué)中的幾個(gè)功能關(guān)系在電學(xué)中仍然成立。 (4)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)是聯(lián)系電磁感應(yīng)與電路的橋梁,要做好“源”的分析,電磁感應(yīng)產(chǎn)生的電功率等于內(nèi)、外電路消耗的功率之和,這是能量守恒分析這類(lèi)問(wèn)題的思路。 功能關(guān)系在電學(xué)中的應(yīng)用 【真題示例】 (多選)(2017·全國(guó)卷Ⅲ,21)一勻強(qiáng)電場(chǎng)的方向平行于xOy平面,平面內(nèi)a、b、c三點(diǎn)的位
3、置如圖1所示,三點(diǎn)的電勢(shì)分別為10 V、17 V、26 V。下列說(shuō)法正確的是( ) 圖1 A.電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為2.5 V/cm B.坐標(biāo)原點(diǎn)處的電勢(shì)為1 V C.電子在a點(diǎn)的電勢(shì)能比在b點(diǎn)的低7 eV D.電子從b點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn),電場(chǎng)力做功為9 eV 解析 如圖所示,設(shè)a、c之間的d點(diǎn)電勢(shì)與b點(diǎn)電勢(shì)相同,則==,所以d點(diǎn)的坐標(biāo)為(3.5 cm,6 cm),過(guò)c點(diǎn)作等勢(shì)線bd的垂線,電場(chǎng)強(qiáng)度的方向由高電勢(shì)指向低電勢(shì)。由幾何關(guān)系可得,cf的長(zhǎng)度為3.6 cm,電場(chǎng)強(qiáng)度的大小E===2.5 V/cm,故選項(xiàng)A正確;因?yàn)镺acb是矩形,所以有Uac=UOb ,可知坐標(biāo)原點(diǎn)O處的
4、電勢(shì)為1 V ,故選項(xiàng)B正確;a點(diǎn)電勢(shì)比b點(diǎn)電勢(shì)低7 V,電子帶負(fù)電,所以電子在a點(diǎn)的電勢(shì)能比在b點(diǎn)的高7 eV,故選項(xiàng)C錯(cuò)誤;b點(diǎn)電勢(shì)比c點(diǎn)電勢(shì)低9 V,電子從b點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn),電場(chǎng)力做功為9 eV,故選項(xiàng)D正確。 答案 ABD 真題感悟 1.高考考查特點(diǎn) (1)本考點(diǎn)重在通過(guò)帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)考查電場(chǎng)中的功能關(guān)系。 (2)理解電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能的變化關(guān)系,是解題的關(guān)鍵。 2.常見(jiàn)誤區(qū)及臨考提醒 (1)在進(jìn)行電場(chǎng)力做功和電勢(shì)能的判斷時(shí),要注意電荷的正負(fù)。 (2)電場(chǎng)力做功只與始、末位置有關(guān),與路徑無(wú)關(guān)。 (3)利用能量的轉(zhuǎn)化和守恒解決電磁感應(yīng)問(wèn)題時(shí)要準(zhǔn)確把握參與轉(zhuǎn)化的
5、能量的形式和種類(lèi),同時(shí)要確定各種能量的增減情況和增減原因。 預(yù)測(cè)1 功能關(guān)系在電場(chǎng)中的應(yīng)用 預(yù)測(cè)2 功能關(guān)系在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用 預(yù)測(cè)3 應(yīng)用動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)和功能觀點(diǎn)處理電學(xué)綜合問(wèn)題 1.(多選)如圖2甲所示,一光滑絕緣細(xì)桿豎直放置,與細(xì)桿右側(cè)距離為d的A點(diǎn)處有一固定的正點(diǎn)電荷,細(xì)桿上套有一帶電小環(huán),設(shè)小環(huán)與點(diǎn)電荷的豎直高度差為h,將小環(huán)無(wú)初速度地從h高處釋放后,在下落至h=0的過(guò)程中,其動(dòng)能Ek隨h的變化曲線如圖乙所示,則( ) 圖2 A.小環(huán)可能帶負(fù)電 B.從h高處下落至h=0的過(guò)程中,小環(huán)電勢(shì)能增加 C.從h高處下落至h=0的過(guò)程中,小環(huán)經(jīng)過(guò)了加速、減速、再加速
6、三個(gè)階段 D.小環(huán)將做以O(shè)點(diǎn)為中心的往復(fù)運(yùn)動(dòng) 解析 由題圖乙中Ek隨h的變化曲線可知,小環(huán)從h高處下落至h=0的過(guò)程中,經(jīng)過(guò)了加速、減速、再加速三個(gè)階段,選項(xiàng)C正確;合外力做功的情況是先做正功,再做負(fù)功,最后又做正功,而重力一直對(duì)小環(huán)做正功,故只有庫(kù)侖力能對(duì)小環(huán)做負(fù)功,即小環(huán)帶正電,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;從h高處下落至h=0的過(guò)程中,電場(chǎng)力做負(fù)功,故小環(huán)電勢(shì)能增加,選項(xiàng)B正確;小環(huán)越過(guò)O點(diǎn)后,所受的電場(chǎng)力、重力及桿對(duì)小環(huán)的彈力的合力方向向下,故小環(huán)將向下做加速運(yùn)動(dòng),選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 答案 BC 2.(多選)在如圖3所示的傾角為θ的光滑斜面上,存在著兩個(gè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng),區(qū)域Ⅰ的磁場(chǎng)方向
7、垂直斜面向上。區(qū)域Ⅱ的磁場(chǎng)方向垂直斜面向下,磁場(chǎng)的寬度均為L(zhǎng)。一個(gè)質(zhì)量為m、電阻為R、邊長(zhǎng)也為L(zhǎng)的正方形導(dǎo)線框,由靜止開(kāi)始沿斜面下滑。當(dāng)ab邊剛越過(guò)GH進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ區(qū)時(shí),恰好以速度v1做勻速直線運(yùn)動(dòng);當(dāng)ab邊下滑到JP與MN的中間位置時(shí),線框又恰好以速度v2做勻速直線運(yùn)動(dòng),從ab進(jìn)入GH到MN與JP的中間位置的過(guò)程中,線框的動(dòng)能變化量為ΔEk,重力對(duì)線框做功大小為W1,安培力對(duì)線框做功大小為W2,下列說(shuō)法中正確的是( ) 圖3 A.在下滑過(guò)程中,由于重力做正功,所以有v2>v1 B.從ab進(jìn)入GH到MN與JP的中間位置的過(guò)程中,機(jī)械能守恒 C.從ab進(jìn)入GH到MN與JP的中間位置的
8、過(guò)程中,有(W1-ΔEk)的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電能
D.從ab進(jìn)入GH到MN到JP的中間位置的過(guò)程中,線框動(dòng)能的變化量為ΔEk=W1-W2
解析 由平衡條件,第一次勻速運(yùn)動(dòng)時(shí),mgsin θ=,第二次勻速運(yùn)動(dòng)時(shí),mgsin θ=,則v2 9、的C處有一與斜面垂直的彈性絕緣擋板。質(zhì)量m=0.5 kg、帶電荷量q=+5×10-5 C的絕緣帶電小滑塊(可看作質(zhì)點(diǎn))置于斜面的中點(diǎn)D,整個(gè)空間存在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng),場(chǎng)強(qiáng)E=2×105 N/C,現(xiàn)讓滑塊以v0=14 m/s的速度沿斜面向上運(yùn)動(dòng)。設(shè)滑塊與擋板碰撞前后所帶電荷量不變、速度大小不變,滑塊和斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.1。(g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)求:
圖4
(1)滑塊沿斜面向上運(yùn)動(dòng)的加速度大??;
(2)滑塊運(yùn)動(dòng)的總路程。
解析 (1)滑塊與斜面之間的摩擦力
f=μ(mgcos 37°+qEsin 37°)=1 N
根據(jù)牛頓第 10、二定律可得
qEcos 37°-mgsin 37°-f=ma
解得a=8 m/s2。
(2)由題可知,滑塊最終停在C點(diǎn)。
設(shè)滑塊從D點(diǎn)開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到最終停在C點(diǎn)的過(guò)程中在斜面上運(yùn)動(dòng)的路程為s1,由動(dòng)能定理有
qEcos 37°-mgsin 37°-fs1=0-mv
解得s1=61.5 m
設(shè)滑塊第1次到B時(shí)動(dòng)能為Ek1,從D到B由動(dòng)能定理得
-qEcos 37°+mgsin 37°-f·=Ek1-mv
解得Ek1=29 J
設(shè)滑塊第1次從B滑到水平面上的最遠(yuǎn)距離為x1,
由動(dòng)能定理得-qEx1=0-Ek1
解得x1=2.9 m
水平面光滑,滑塊滑回到B點(diǎn)時(shí)動(dòng)能不變,滑塊在 11、斜面上往返一次克服摩擦力做功Wf=2fL=10 J
滑塊第2次回到B點(diǎn)時(shí)動(dòng)能為Ek2=Ek1-Wf=19 J
設(shè)滑塊第2次從B滑到水平面上的最遠(yuǎn)距離為x2,
由動(dòng)能定理得-qEx2=0-Ek2,解得x2=1.9 m
同理,滑塊第3次從B滑到水平面上的最遠(yuǎn)距離為
x3=0.9 m
此后就不會(huì)再滑到水平面上了
滑塊在水平面上運(yùn)動(dòng)的總路程為
s2=2(x1+x2+x3)=11.4 m
滑塊運(yùn)動(dòng)的總路程s=s1+s2=72.9 m。
答案 (1)8 m/s2 (2)72.9 m
應(yīng)用動(dòng)量觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)處理力電綜合問(wèn)題
【真題示例】 (2017·天津理綜,12)電磁軌道炮利用電 12、流和磁場(chǎng)的作用使炮彈獲得超高速度,其原理可用來(lái)研制新武器和航天運(yùn)載器。電磁軌道炮示意圖如圖5所示,圖中直流電源電動(dòng)勢(shì)為E,電容器的電容為C。兩根固定于水平面內(nèi)的光滑平行金屬導(dǎo)軌間距為l,電阻不計(jì)。炮彈可視為一質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒MN,垂直放在兩導(dǎo)軌間處于靜止?fàn)顟B(tài),并與導(dǎo)軌良好接觸。首先開(kāi)關(guān)S接1,使電容器完全充電。然后將S接至2,導(dǎo)軌間存在垂直于導(dǎo)軌平面、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(圖中未畫(huà)出),MN開(kāi)始向右加速運(yùn)動(dòng)。當(dāng)MN上的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)與電容器兩極板間的電壓相等時(shí),回路中電流為零,MN達(dá)到最大速度,之后離開(kāi)導(dǎo)軌。問(wèn):
圖5
(1)磁場(chǎng)的方向;
(2)MN剛開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度a 13、的大??;
(3)MN離開(kāi)導(dǎo)軌后電容器上剩余的電荷量Q是多少。
解析 (1)垂直于導(dǎo)軌平面向下。
(2)電容器完全充電后,兩極板間電壓為E,當(dāng)開(kāi)關(guān)S接2時(shí),電容器放電,設(shè)剛放電時(shí)流經(jīng)MN的電流為I,有
I=①
設(shè)MN受到的安培力為F,有F=IlB②
由牛頓第二定律,有F=ma③
聯(lián)立①②③式得a=④
(3)當(dāng)電容器充電完畢時(shí),設(shè)電容器上電荷量為Q0,有
Q0=CE⑤
開(kāi)關(guān)S接2后,MN開(kāi)始向右加速運(yùn)動(dòng),速度達(dá)到最大值vmax時(shí),設(shè)MN上的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E′,有E′=Blvmax⑥
依題意有E′=⑦
設(shè)在此過(guò)程中MN的平均電流為I,MN上受到的平均安培力為F,有F=IlB⑧
14、
由動(dòng)量定理,有FΔt=mvmax-0⑨
又IΔt=Q0-Q⑩
聯(lián)立⑤⑥⑦⑧⑨⑩式得Q=?
答案 (1)垂直于導(dǎo)軌平面向下 (2)
(3)
真題感悟
1.高考考查特點(diǎn)
(1)本考點(diǎn)的知識(shí)點(diǎn)覆蓋面廣、綜合性強(qiáng),還有復(fù)雜代數(shù)運(yùn)算和推理,難度較大。
(2)2017年全國(guó)卷在此處沒(méi)考題,2018年出題的可能性很大,要引起關(guān)注。
2.常見(jiàn)誤區(qū)及臨考提醒
(1)處理本考點(diǎn)的問(wèn)題要靠基本方法和典型物理模型來(lái)支撐。
(2)注意數(shù)學(xué)知識(shí)的靈活選用。
預(yù)測(cè)1
動(dòng)量和能量觀點(diǎn)在電場(chǎng)中的應(yīng)用
預(yù)測(cè)2
動(dòng)量和能量觀點(diǎn)在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用
預(yù)測(cè)3
應(yīng)用動(dòng)量和能量觀點(diǎn)處理電學(xué)綜合問(wèn)題
15、1.在勻強(qiáng)電場(chǎng)中,將質(zhì)子和α粒子分別由靜止開(kāi)始加速(不計(jì)重力),當(dāng)它們獲得相同動(dòng)能時(shí),質(zhì)子經(jīng)歷的時(shí)間為t1,α粒子經(jīng)歷的時(shí)間為t2,則t1∶t2為( )
A.1∶1 B.1∶2
C.2∶1 D.4∶1
解析 對(duì)質(zhì)子,根據(jù)動(dòng)量定理,有qPEt1=①
對(duì)α粒子,根據(jù)動(dòng)量定理,有qαEt2=②
根據(jù)題意,式中E和Ek都相同。
①÷②并將qα=2qP,mα=4mP代入得t1∶t2=1∶1。選項(xiàng)A正確。
答案 A
2.如圖6所示,兩根足夠長(zhǎng)的固定的平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面內(nèi),兩導(dǎo)軌間的距離為L(zhǎng),導(dǎo)軌上面橫放著兩根導(dǎo)體棒ab和cd,構(gòu)成矩形回路,兩根導(dǎo)體棒的質(zhì)量皆為m,電阻皆為R, 16、回路中其余部分的電阻可不計(jì)。在整個(gè)導(dǎo)軌平面內(nèi)都有豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。設(shè)兩導(dǎo)體棒均可沿導(dǎo)軌無(wú)摩擦地滑行,開(kāi)始時(shí),棒cd靜止,棒ab有指向棒cd的初速度v0,若兩導(dǎo)體棒在運(yùn)動(dòng)中始終不接觸,求:
圖6
(1)在運(yùn)動(dòng)中產(chǎn)生的焦耳熱Q最多是多少?
(2)當(dāng)ab棒的速度變?yōu)槌跛俣鹊臅r(shí),cd棒的加速度a是多少?
解析 (1)從開(kāi)始到兩棒達(dá)到相同速度v的過(guò)程中,兩棒的總動(dòng)量守恒,有mv0=2mv,得v=。
根據(jù)能量守恒定律,整個(gè)過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱
Q=mv-(2m)v2=mv。
(2)設(shè)ab棒的速度變?yōu)関0時(shí),cd棒的速度為v′,則由動(dòng)量守恒可知mv0=mv0+mv′,解得v 17、′=v0
此時(shí)回路中的電動(dòng)勢(shì)為
E=BLv0-BLv0=BLv0
此時(shí)回路中的電流為I==
此時(shí)cd棒所受的安培力為F=BIL=
由牛頓第二定律可得,cd棒的加速度a==
答案 (1)mv (2)
3.如圖7所示,豎直平面MN與紙面垂直,MN右側(cè)的空間內(nèi)存在著垂直紙面向內(nèi)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng),MN左側(cè)的水平面光滑,右側(cè)的水平面粗糙。質(zhì)量為m的物體A靜止在MN左側(cè)的水平面上,已知物體A帶負(fù)電,所帶電荷量的大小為q。一質(zhì)量為m、不帶電的物體B以速度v0沖向物體A并發(fā)生彈性碰撞,碰撞前后物體A的電荷量保持不變。A與MN右側(cè)的水平面的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,重力加速度的大小為g,磁感應(yīng) 18、強(qiáng)度的大小為B=,電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E=。已知物體A在MN右側(cè)區(qū)域中運(yùn)動(dòng)到與MN的距離為l的C點(diǎn)(圖中未畫(huà)出)時(shí),速度達(dá)到最大值。物體A、B均可以看作質(zhì)點(diǎn),重力加速度為g。求:
圖7
(1)碰撞后物體A的速度大?。?
(2)物體A從進(jìn)入MN右側(cè)區(qū)域到運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過(guò)程中克服摩擦力所做的功W。
解析 (1)設(shè)A、B碰撞后的速度分別為vA、vB,由于A、B發(fā)生彈性碰撞,動(dòng)量、能量均守恒,則有
mv0=mvB+mvA①
·mv=·mv+mv②
聯(lián)立①②可得vA=v0③
(2)A的速度達(dá)到最大值vm時(shí)合力為零,受力如圖所示
豎直方向上合力為零,有
FN=qvmB+mg④
水平方 19、向上合力為零,有
qE=μFN⑤
根據(jù)動(dòng)能定理,有qEl-W=mv-mv⑥
聯(lián)立解得vm=v0,W=4μmgl-mv。
答案 (1)v0 (2)4μmgl-mv
歸納總結(jié)
1.用力學(xué)觀點(diǎn)處理力電綜合問(wèn)題可以從以下三條線索展開(kāi)
(1)力和運(yùn)動(dòng)的關(guān)系——根據(jù)帶電粒子受到的電場(chǎng)力,用牛頓第二定律找出加速度,結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式確定帶電粒子的速度、位移等,這條線索通常適用于粒子在恒力作用下做勻變速直線運(yùn)動(dòng)的情況。
(2)功和能的關(guān)系——根據(jù)電場(chǎng)力對(duì)帶電粒子所做的功引起的帶電粒子能量的變化,利用動(dòng)能定理研究全過(guò)程中能的轉(zhuǎn)化,研究帶電粒子的速度變化、位移等。
(3)沖量和動(dòng)量的關(guān)系——根據(jù)電場(chǎng) 20、力對(duì)帶電粒子沖量引起的帶電粒子動(dòng)量的變化,利用動(dòng)量定理研究全過(guò)程中動(dòng)量的變化,研究帶電粒子的速度變化、經(jīng)歷的時(shí)間等。
2.電磁感應(yīng)與動(dòng)量和能量綜合問(wèn)題的思路
(1)從動(dòng)量角度著手,運(yùn)用動(dòng)量定理或動(dòng)量守恒定律。
①應(yīng)用動(dòng)量定理可以由動(dòng)量變化來(lái)求解變力的沖量,如在導(dǎo)體棒做非勻變速運(yùn)動(dòng)的問(wèn)題中,應(yīng)用動(dòng)量定理可以解決牛頓運(yùn)動(dòng)定律不易解答的問(wèn)題。
②在相互平行的水平軌道間的雙棒做切割磁感線運(yùn)動(dòng)時(shí),由于這兩根導(dǎo)體棒所受的安培力等大反向,合外力為零,若不受其他外力,兩導(dǎo)體棒的總動(dòng)量守恒。解決此類(lèi)問(wèn)題往往要應(yīng)用動(dòng)量守恒定律。
(2)從能量轉(zhuǎn)化和守恒著手,運(yùn)用動(dòng)能定理或能量守恒定律。基本思路:受力分析―→弄清哪些力做功,正功還是負(fù)功―→明確有哪些形式的能量參與轉(zhuǎn)化,哪增哪減―→由動(dòng)能定理或能量守恒定律列方程求解。
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