【南方新课堂】2013年高考物理二轮复习提升 第一部分 专题二 第2讲 能量观点在电磁学中的应用课件

第2讲能量观点在电磁学中的应用1．(双选，2012年广东卷)图2－2－1是某种静电矿料分选器的原理示意图，带电矿粉经漏斗落入水平匀强电场后，分落在收)集板中央的两侧，对矿粉分离的过程，下列表述正确的有(图2－2－1A．带正电的矿粉落在右侧B．电场力对矿粉做正功C．带负电的矿粉电势能变大D．带正电的矿粉电势能变小解析：不管带正电还是负电，电场力做正功，电势能减少，正电荷受的电场力向左故在左边，负电荷在右边．答案：BD2．(2012年天津卷)两个固定的等量异号点电荷所产生电场的等势面如图2－2－2中虚线所示，一带负电的粒子以某一速度从图中A点沿图示方向进入电场在纸面内飞行，最后离开电)场，粒子只受静电力作用，则粒子在电场中(图2－2－2A．做直线运动，电势能先变小后变大B．做直线运动，电势能先变大后变小C．做曲线运动，电势能先变小后变大D．做曲线运动，电势能先变大后变小解析：两个固定的等量异号点电荷产生电场的等势面与电场线垂直，且沿电场线电势减小，所以等量异号点电荷和它们间的直线电场线如图10所示．当带负电的粒子进入电场后受到电场力而偏转做曲线运动．粒子在电场力作用下向上偏转，电场力做正功，粒子的动能增加、电势能减少，之后粒子离开电场，电势能增加．图10答案：C3．(2012年天津卷)对铀235的进一步研究在核能的开发和利用中具有重要意义，如图2－2－3所示，质量为m、电荷量为q的铀235离子，从容器A下方的小孔S1不断飘入加速电场，其初速度可视为零，然后经过小孔S2垂直于磁场方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，做半径为R的匀速圆周运动，离子行进半个圆周后离开磁场并被收集，离开磁场时离子束的等效电流为I，不考虑离子重力及离子间的相互作用．求加速电场的电压U.图2－2－3解：铀粒子在电场中加速到速度v，根据动能定理有12mv2＝qU进入磁场后在洛伦兹力作用下做圆周运动，根据牛顿第二定律有mv2R＝qvB由以上两式化简得U＝qB2R22m.4．(2011年天津卷)如图2－2－4所示，两根足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ间距离为l＝0.5m，其电阻不计，两导轨及其构成的平面均与水平面成30°角．完全相同的两金属棒ab、cd分别垂直导轨放置，每棒两端都与导轨始终有良好接触，已知两棒质量均为m＝0.02kg，电阻均为R＝0.1Ω，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度B＝0.2T，棒ab在平行于导轨向上的力F作用下，沿导轨向上匀速运动，而棒cd恰好能够保持静止．取g＝10m/s2，问：(1)通过棒cd的电流I是多少，方向如何？(2)棒ab受到的力F多大？(3)棒cd每产生Q＝0.1J的热量，力F做的功W是多少？图2－2－4解：(1)棒cd受到的安培力Fcd＝IlB棒cd在共点力作用下平衡，则Fcd＝mgsin30°代入数据解得I＝1A根据楞次定律可知，棒cd中的电流方向由d至c.(2)棒ab与棒cd受到的安培力大小相等，即Fab＝Fcd对棒ab，由共点力平衡知F＝mgsin30°＋IlB代入数据解得F＝0.2N.(3)设在时间t内棒cd产生Q＝0.1J热量，由焦耳定律知Q＝I2Rt设棒ab匀速运动的速度大小为v，其产生的感应电动势E＝Blv由闭合电路欧姆定律知I＝E2R由运动学公式知在时间t内，棒ab沿导轨的位移x＝vt力F做的功W＝Fx综合上述各式，代入数据解得W＝0.4J.能量在电磁学中的应用在近几年的高考中都有，考题形式上选择题和计算题都有．计算题，往往要结合运动分析、受力分析等列方程综合求解，难度比较大．从内容上一般考向为：(1)带电体在电场中运动，电场力做功，电势能变化．(2)电磁感应中的能量问题，电磁感应中其他形式的能转化为电能表现为安培力做负功，而电动机原理中安培力做正功电能转化为其他形式的能．(3)复合场中，重力势能、动能、电势能之间的相互转化．带电体在电场力作用下的能量转化【例1】(2011年广东实验中学模拟)如图2－2－5所示，高h＝0.8m的绝缘水平桌面上方的区域Ⅰ中存在匀强电场，场强E的方向与区域的某一边界平行，区域Ⅱ中存在垂直于纸面的匀强磁场B.现有一质量m＝0.01kg、带电荷量q＝＋10-5C的小球从A点以v0＝4m/s的初速度水平向右运动，匀速通过区域Ⅱ后落在水平地面上的B点，已知：小球与水平桌面间的动摩擦因数μ＝0.1，L＝1m，h＝0.8m，x＝0.8m，取g＝10m/s2.试求：(1)小球在区域Ⅱ中的速度；(2)区域Ⅱ中磁感应强度B的大小及方向；(3)区域Ⅰ中电场强度E的大小及方向．图2－2－5[答题规范](1)小球离开磁场后做平抛运动，设小球在磁场中匀速运动的速度为v，则有h＝12gt2①x＝vt②联立①②解得v＝2m/s.(2)由于小球在磁场中做匀速运动，所以小球不可能受摩擦力作用，也就不受桌面的弹力(支持力)作用，只能受重力和洛伦兹力作用，且f＝mg③又f＝qvB④联立③④解得B＝5.0×103T⑤由左手定则可判断磁感应强度B的方向垂直纸面向里．(3)由于v＜v0，所以小球在电场中做减速运动．电场方向有两种可能：(a)电场方向水平向左．小球在电场中，由动能定理得－qEL－2μmgL＝12mv2－12mv20解得E＝4.0×103N/C.(b)电场方向沿竖直方向，设竖直向上小球在电场中，由动能定理得－μmgL－μ(mg－qE)L＝12mv2－12mv20解得E＝－4.0×104N/C“－”号表示E的方向与假设方向相反，即竖直向下．对带电体在电场力作用下的能量转化问题，第一，要分析清电场力对带电体做功的情况，如果做正功则电势能转化为其他形式的能，做负功则其他形式的能转化为电势能；第二，计算电场力做功时有两种方法，其一是W电＝F电scosα＝qEscosα(适应匀强电场中)，其二是W电＝qU(匀强、非匀强电场都可用)．1．(2011年潮阳一中模拟)如图2－2－6所示，一带电粒子从P点以初速度v射入匀强电场，仅受电场力的作用，则可能的运动轨迹及电势能的变化情况是()图2－2－6A．轨迹a且电势能一直变大B．轨迹b且电势能变小C．轨迹c且电势能变小D．轨迹d且电势能变大解析：轨迹如果为a，则电场力方向向左，电场力先做负功再做正功，电势能先增加后减少，A错；轨迹如果为b，则不受电场力，B错；如果粒子带正电，则电场力方向向右，轨迹为c，但d不可能，若轨迹为d，则电场力方向向下，所以D错；轨迹为c，电场力做正功，电势能减少，C对．答案：C复合场中的能量问题【例2】(2011年从化中学三模)如图2－2－7所示，竖直平面xOy内存在水平向右的匀强电场，场强大小E＝10N/C，在y≥0的区域内还存在垂直于坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小B＝0.5T．一带电量q＝＋0.2C、质量m＝0.4kg的小球由长L＝0.4m的细线悬挂于P点，小球可视为质点．现将小球拉至水平位置A无初速度释放，小球运动到悬点P正下方的坐标原点O时，悬线突然断裂，此后小球又恰好能通过O点正下方的N点．(取g＝10m/s2)求：(1)小球运动到O点的速度大小；(2)悬线断裂前瞬间拉力的大小；(3)ON间的距离．图2－2－7解：(1)小球从A运动到O的过程中，根据动能定理得mgL－qEL＝12mv2则得小球在O点的速度为v＝2Lg－qEm＝2m/s.(2)小球运动到O点绳子断裂前瞬间，对小球由牛顿第二定律有FT－mg－f洛＝mv2Lf洛＝qvB联立解得FT＝mg＋qvB＋mv2L＝8.2N.(3)绳断后，小球水平方向加速度ax＝Eqm＝5m/s2小球从O点运动至N点所用时间t＝Δvax＝0.8sON间距离h＝12gt2＝3.2m.所谓复合场就是电场、磁场、重力场几个场同时存在于某一区域．对这类问题：(1)要分析带电体的受力情况，因为有几个场的受力情况会比较复杂，要做到不添力、不漏力，并且分析在运动过程中，力是否会发生变化，尤其是洛伦兹力会随速度的变化而变化．(2)要抓住各力做功的分析和能量转化的分析，再结合动能定理、能量守恒定律列方程求解．2．(2012年珠海高三模拟)如图2－2－8所示，有位于竖直平面上的半径为R的圆形光滑绝缘轨道，其上半部分处于竖直向下、场强为E的匀强电场中，下半部分处于垂直水平面向里的匀强磁场中，质量为m、带正电且电荷量为q的小球，从轨道的水平直径的M端由静止释放，若小球在某一次通过最低点时对轨道的压力为零，求：(1)磁感应强度B的大小；(2)小球对轨道最低点的最大压力；(3)若要小球在圆形轨道内做完整的圆周运动，求小球从轨道的水平直径的M端下滑的最小速度．图2－2－8解：(1)设小球向右通过最低点时的速率为v，由题意得mgR＝12mv2，qBv－mg＝mv2R解得B＝3mgq2gR.(2)小球向左通过最低点时对轨道的压力最大，有FN－mg－qBv＝mv2RFN＝6mg.(3)要小球完成圆周运动的条件是在最高点满足mg＋qE＝mv21R从M点到最高点由动能定理得－mgR－qER＝12mv21－12mv20由以上可得最小速度v0＝3Rmg＋qEm.电磁感应中的能量问题【例3】如图2－2－9甲所示，倾斜放置的光滑平行导轨，长度足够长，宽度L＝0.4m，自身电阻不计，上端接有R＝0.3Ω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＝0.1Ω的金属棒．现将金属棒无初速度释放，其运动时的v－t图象如图乙所示，取g＝10m/s2.试求：图2－2－9(1)斜面的倾角θ和金属棒的质量m.(2)在2～5s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：(1)在0～2s时间内，金属棒受力如图11所示，图11合力F合＝mgsinθ根据牛顿第二定律F合＝ma得a＝gsinθ由图象知a＝12－02m/s2＝6m/s2解得θ＝37°(或θ＝sin－10.6)在t＝5s之后金属棒做匀速运动，且v2＝6m/s；金属棒受力平衡，沿轨道平面有F安＝mgsinθ而感应电动势E＝BLv2感应电流I＝ER＋rF安＝BIL解得m＝0.1kg.(2)2～5s内金属棒的初速度v1＝12m/s，末速度v2＝6m/s，故金属棒的动能减少量为12mv21－12mv22＝12×0.1×(122－62)J＝5.4J对该过程应用动能定理，有mgssinθ＋W安＝12mv22－12mv212～5s内金属棒位移为v－t图象相对应的“面积”，有s＝(15×6＋23±2)×1×0.2m＝22.6±0.4m功是能量转化的量度，在2～5s过程安培力对金属棒做功的W安＝－Q代入数据解得Q＝(18.96±0.24)J＝18.7～19.2J.电磁感应产生感应电流则产生了电能，从能的角度分析肯定有其他形式的能转化为电能，从力的角度，产生的感应电流在磁场中受到安培力，安培力做负功．这类题往往还综合产生的感应电流通过某导体棒，产生安培力，此时安培力做正功，又把电能转化为机械能，如果有电流通过电阻还有内能产生．我们抓住能量的转化，分析是什么能转化为什么能，就可从守恒角度列方程．3．(2012年深圳二模)如图2－2－10所示，两根半径为r光滑的四分之一圆弧轨道间距为L，电阻不计，在其上端连有一阻值为R0的电阻，整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B.现有一根长度稍大于L、质量为m、电阻为R的金属棒从轨道的顶端PQ处开始下滑，到达轨道底端MN时对轨道的压力为2mg，求：(1)金属棒到达最低点时电阻R0两端的电压；(2)金属棒下滑过程中R0产生的热量；(3)金属棒下滑过程中通过R0的电量．图2－2－10解：(1)到达最低点时，设棒的速度为v，由牛顿第二定律得2mg－mg＝mv2r得v＝grE＝BLv＝BLgrU＝ER＋R0R0＝BLR0grR＋R0.(2)由能量转化和守恒得Q＝mgr－12mv2＝12mgrQ0＝R0R0＋RQ＝mgR0r2R0＋R.(3)电量q＝IΔt＝ER＋R0Δt＝ΔBSR＋R0＝BrLR＋R0.功