高考物理二轮复习 专题突破2 功和能 动量和能量 第2讲 能量和动量观在电磁学中的应用

在学生就要走出校门的时候，班级工作仍要坚持德育先行，继续重视对学生进行爱国主义教育、集体主义教育、行为规范等的教育，认真落实学校、学工处的各项工作要求第2讲能量和动量观点在电磁学中的应用1(多选)(2016全国卷，20)如图1，一带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直面(纸面)内，且相对于过轨迹最低点P的竖直线对称。忽略空气阻力。由此可知()图1AQ点的电势比P点高B油滴在Q点的动能比它在P点的大C油滴在Q点的电势能比它在P点的大D油滴在Q点的加速度大小比它在P点的小解析由于油滴受到的电场力和重力都是恒力，所以合外力为恒力，加速度恒定不变，所以D选项错；由于油滴轨迹相对于过P的竖直线对称且合外力总是指向轨迹弯曲内侧，所以油滴所受合外力沿竖直向上的方向，因此电场力竖直向上，且qEmg，则电场方向竖直向下，所以Q点的电势比P点的高，A选项正确；当油滴从P点运动到Q点时，电场力做正功，电势能减小，C选项错误；当油滴从P点运动到Q点的过程中，合外力做正功，动能增加，所以Q点动能大于P点的动能，B选项正确。答案AB2(2015全国15)如图2，直线a、b和c、d是处于匀强电场中的两组平行线，M、N、P、Q是它们的交点，四点处的电势分别为M、N、P、Q。一电子由M点分别运动到N点和P点的过程中，电场力所做的负功相等。则()图2A直线a位于某一等势面内，MQB直线c位于某一等势面内，MNC若电子由M点运动到Q点，电场力做正功D若电子由P点运动到Q点，电场力做负功解析由电子从M点分别运动到N点和P点的过程中，电场力所做的负功相等可知，MNP，故过N、P点的直线d位于某一等势面内，则与直线d平行的直线c也位于某一等势面内，选项A错、B正确；MQ，则电子由M点运动到Q点，电场力不做功，选项C错误；由于P0)，同时加一匀强电场，场强方向与OAB所在平面平行。现从O点以同样的初动能沿某一方向抛出此带电小球，该小球通过了A点，到达A点时的动能是初动能的3倍；若该小球从O点以同样的初动能沿另一方向抛出，恰好通过B点，且到达B点时的动能为初动能的6倍，重力加速度大小为g。求：图3(1)无电场时，小球到达A点时的动能与初动能的比值；(2)电场强度的大小和方向。解析(1)设小球的初速度为v0，初动能为Ek0，从O点运动到A点的时间为t，令OAd，则OBd，根据平抛运动的规律有dsin 60v0tdcos 60gt2又有Ek0mv由式得Ek0mgd设小球到达A点时的动能为EkA，则EkAEk0mgd由式得(2)加电场后，小球从O点到A点和B点，高度分别降低了和，设电势能分别减小EpA和EpB，由能量守恒及式得EpA3Ek0Ek0mgdEk0EpB6Ek0Ek0mgdEk0在匀强电场中，沿任一直线，电势的降落是均匀的。设直线OB上的M点与A点等电势，M与O点的距离为x，如图，则有解得xd。MA为等势线，电场必与其垂线OC方向平行。设电场方向与竖直向下的方向的夹角为，由几何关系可得30即电场方向与竖直向下的方向的夹角为30。设场强的大小为E，有qEdcos 30EpA由式得E答案(1)(2)见解析备 考 指 导【考情分析】2014卷T25：电势能、能量守恒定律卷T25：能量守恒定律、法拉第电磁感应定律2015卷T15：电场力做功的计算及判断2016卷T20：电场力做功及合外力做功情况的判断、动能定理的应用电场中的功能关系及电磁感应中的功能关系都是命题率较高的内容，题型为选择题、计算题。【备考策略】在解决电磁学中功能关系问题时应注意以下几点：(1)洛伦兹力在任何情况下都不做功；(2)电场力做功与路径无关，电场力做的功等于电势能的变化；(3)安培力可以做正功，也可以做负功；(4)力学中的几个功能关系在电学中仍然成立。电场中的功能关系规 律 方 法1电场力做功的计算方法及电势能的变化情况2用功能关系分析带电粒子的运动(1)若只有电场力做功，则电势能与动能之和保持不变。(2)若只有电场力和重力做功，则电势能、重力势能、动能之和保持不变。(3)除重力外，其他各力对粒子所做的功等于粒子机械能的变化量。(4)各力对粒子所做功的代数和，等于粒子动能的变化量。 精 典 题 组1.如图4所示，绝缘斜面处在一个竖直向上的匀强电场中，一带电金属块由静止开始沿斜面滑到底端。已知在金属块下滑的过程中动能增加0.3 J，重力做功1.5 J，电势能增加0.5 J，则以下判断正确的是()图4A金属块带负电荷B电场力做功0.5 JC金属块克服摩擦力做功0.8 JD金属块的机械能减少1.2 J解析金属块的电势能增加，说明电场力做负功，则电场力方向竖直向上，所以金属块带正电荷，选项A错误；克服电场力做多少功，电势能就增加多少，故金属块克服电场力做功0.5 J，即电场力做功0.5 J，选项B错误；根据动能定理可得WGWEWfEk，解得Wf0.7 J，即金属块克服摩擦力做功0.7 J，选项C错误；重力做功1.5 J，金属块的重力势能减少1.5 J，动能增加0.3 J，故机械能减少1.2 J，选项D正确。答案D2.长木板AB放在水平面上，如图5所示，它的下表面光滑，上表面粗糙。一个质量为m、带电荷量为q的小物块C从A端以某一初速度起动向右滑行，当存在向下的匀强电场时，C恰能滑到B端；当此电场改为向上时，C只能滑到AB的中点，求此电场的场强。图5解析当电场方向向上时，物块C只能滑到AB的中点，说明此时电场力方向向下，可知物块C所带电荷的电性为负。电场方向向下时，有(mgqE)lmv(mM)v2mv0(mM)v电场方向向上时，有(mgqE)mv(mM)v2mv0(mM)v则mgqE(mgqE)得E答案3(2016四川雅安模拟)如图6甲，O、N、P为直角三角形的三个顶点，NOP37，OP中点处固定一电荷量为q12.0108 C的正点电荷，M点固定一轻质弹簧。MN是一光滑绝缘杆，其中ON长a1 m，杆上穿有一带正电的小球(可视为点电荷)，将弹簧压缩到O点由静止释放，小球离开弹簧后到达N点的速度为零。沿ON方向建立坐标轴(取O点处x0)，取OP所在水平面为重力势能零势能面，图乙中和图线分别为小球的重力势能和电势能随位置坐标x变化的图象，其中E01.24103 J，E11.92103 J，E26.2104 J，静电力常量k9.0109 Nm2/C2，取sin 370.6，cos 370.8，g10 m/s2。图6(1)求电势能为E1时小球的位置坐标x1和小球的质量m；(2)已知在xx1处时小球与杆间的弹力恰好为零，求小球的电荷量q2；(3)求小球释放瞬间弹簧的弹性势能Ep。解析(1)当小球运动到距离q1最近的A点时电势能最大，如图所示根据几何关系可知x1acos 37cos 370.32a0.32 mxx1处小球的重力势能E1mgx1sin 37解得m1103 kg。(2)设在xx1处小球与固定点电荷间的距离为r，则kmgcos 37，其中rx1tan 370.24 m代入数据解得q22.56106 C。(3)根据能量守恒定律可得mgasin 37E2E0Ep代入数据得Ep5.38103 J。答案(1)0.32 m1103 kg(2)2.56106 C(3)5.38103 J【高分技巧】涉及弹簧弹性势能的分析要特别注意以下几点：(1)弹簧处于原长时，其弹性势能为零；(2)弹簧有形变量时一定具有弹性势能，且形变程度越大，其弹性势能越大；(3)对于同一个弹簧，无论弹簧处于压缩状态还是伸长状态，只要形变量相同，其弹性势能大小就相同。功能关系和动量守恒在电磁感应中的应用规 律 方 法从能量观点解决电磁感应问题与解决力学问题时的分析方法相似，只是多了一个安培力做功、多了一个电能参与转化，因此需要明确安培力做功及电能转化的特点。1电磁感应中焦耳热的三种求法(1)根据定义式QI2Rt计算；(2)利用克服安培力做的功等于回路中产生的焦耳热计算；(3)利用能量守恒定律计算。2解题程序一般为受力分析各力做功情况判断能量状态判断列方程解答。精 典 题 组1半圆形光滑金属导轨MN、PQ平行放置在竖直平面内，导轨左端通过单刀双掷开关S接在电路中，如图7甲所示，电源内阻不计，导轨所在空间有如图乙所示的磁场，金属棒电阻为R、质量为m，其他电阻不计。整个操作过程经历两个阶段：开始时开关接位置1，金属棒ab从导轨上M、P位置由静止释放，当金属棒从N、Q竖直向上飞出时，开关S改接位置2，金属棒恰能上升到离N、Q为h的高度处；之后金属棒又从N、Q落回导轨内并恰好能回到M、P位置。重力加速度为g。下列关于金属棒运动过程的描述正确的是()图7A阶段消耗的电能等于阶段产生的电能B阶段安培力做的功等于阶段金属棒克服安培力做的功C阶段克服安培力做的功小于mghD阶段回路中产生的热量小于mgh解析阶段，开关接位置1，电源提供电能，由能量守恒可知E电1QWA1Qmgh；阶段克服安培力做的功等于产生的电能，由能量守恒得E电2mgh，E电1E电2，A错；阶段，安培力做的功等于金属棒机械能的增加量，即WA1mgh；阶段克服安培力做的功等于金属棒减少的机械能，即WA2mgh，B对，C错；而阶段克服安培力做的功又等于产生的电能，等于回路产生的热量，D错。答案B2. (2016湖南常德模拟)如图8所示，竖直平面内有无限长、不计电阻的两组平行光滑金属导轨，宽度均为L0.5 m，上方连接一个阻值R1 的定值电阻，虚线下方的区域内存在磁感应强度B2 T的匀强磁场。完全相同的两根金属杆1和2靠在导轨上，金属杆与导轨等宽且与导轨接触良好，电阻均为r0.5 。将金属杆1固定在磁场的上边缘(仍在此磁场内)，金属杆2从磁场边界上方h00.8 m处由静止释放，进入磁场后恰做匀速运动。(g取10 m/s2)图8(1)求金属杆的质量m；(2)若金属杆2从磁场边界上方h10.2 m处由静止释放，进入磁场经过一段时间后开始做匀速运动。在此过程中整个回路产生了1.4 J的电热，则此过程中流过电阻R的电荷量q为多少？解析(1)金属杆2进入磁场前做自由落体运动，则vm4 m/s金属杆2进入磁场后受两个力而处于平衡状态，即mgBIL，且EBLvm，I解得m kg0.2 kg。(2)金属杆2从下落到再次匀速运动的过程中，设金属杆2在磁场内下降h2，由能量守恒定律得mg(h1h2)mvQ解得h2h1 m0.2 m1.3 m金属杆2进入磁场到匀速运动的过程中，感应电动势和感应电流的平均值分别为E，I故流过电阻R的电荷量qIt2联立解得q C0.65 C。答案(1)0.2 kg(2)0.65 C3.如图9所示，质量为100 g的铝框，用细线悬挂起来，框中央离地面h为0.8 m，有一质量为200 g的磁铁以10 m/s的水平速度射入并穿过铝框，落在距铝框原位置水平距离3.6 m处，则在磁铁与铝框发生相互作用时，求：图9(1)铝框向哪边偏斜，它能上升多高；(2)在磁铁穿过铝框的整个过程中，框中产生了多少热量。解析磁铁在穿过铝框的过程中，使铝框中磁通量发生变化，产生感应电流，磁铁与铝框一直发生相互作用，水平方向动量守恒。磁铁穿过铝框后做平抛运动，根据平抛的水平距离可得作用后磁铁的速度v1 。因为ts0.4 ssv1t，则v1 m/s9 m/s根据动量守恒定律，有m1v1m1v1m2v2v22 m/s铝框作用后获得的速度向右，则将向右偏斜。根据机械能守恒，有m2ghm2v22故h0.2 m。(2)根据能的转化与守恒定律，磁铁的动能一部分转化为电能，另一部分转化为铝框的动能，即m1vm1v12m2v22W电解得W电m1vm1v12m2v120.21020.2920.1221.7 J。即Q1.7 J。答案(1)0.2 m(2)1.7 J高频考点六应用动力学方法和功能关系解决力、电综合问题满分策略应用动力学知识和功能关系解决力、电综合问题与解决纯力学问题的分析方法相似，动力学中的物理规律在电磁学中同样适用，分析受力时只是多了个安培力或电场力或洛伦兹力。满分示例(18分) (2016渝中区二模)如图10，电阻不计的相同的光滑弯折金属轨道MON与MON均固定在竖直面内，二者平行且正对，间距为L1 m，构成的斜面NOON与MOOM跟水平面夹角均为30，两边斜面均处于垂直于斜面的匀强磁场中，磁感应强度大小均为B0.1 T。t0时，将长度也为L，电阻R0.1 的金属杆ab在轨道上无初速度释放。金属杆与轨道接触良好，轨道足够长。(g取10 m/s2，不计空气阻力，轨道与地面绝缘)求：图10(1)t时刻杆ab产生的感应电动势的大小E；(2)在t2 s时将与ab完全相同的金属杆cd放在MOOM上，发现cd恰能静止，求ab杆的质量m以及放上杆cd后ab杆每下滑位移s1 m回路产生的焦耳热Q。审题指导1读题抓关键点提取信息(1)“光滑弯折金属轨道”不计杆与轨道间摩擦力(2)“与ab完全相同的金属杆cd”杆ab、cd的电阻、质量均相同(3)“cd恰能静止”cd受力平衡，那么ab杆受力也平衡2再读题过程分析选取规律满分模板解析(1)只放ab杆在导轨上，ab杆做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得mgsin ma(2分)t时刻速度为vat(1分)由法拉第电磁感应定律得EBLv(1分)联立解得E0.5t V(1分)(2)t2 s时ab杆产生的感应电动势的大小E0.5t V1 V(1分)回路中感应电流I(2分)解得I5 A(1分)对cd杆，由平衡条件得：mgsin 30BIL(2分)解得m0.1 kg(2分)因为ab、cd杆完全相同，故ab杆的质量也为m0.1 kg(1分)放上cd杆后，ab杆受力也平衡，做匀速运动，对ab、cd杆组成的系统根据能量守恒定律得：Qmgssin 30(2分)解得Q0.5 J(2分)答案(1)0.5t V(2)0.1 kg0.5 J解题指导(1)根据运动过程要列定律、定理的原始方程，不能写成变形式，否则不得分。(2)题目中如果有隐含的条件，计算完成一定要进行必要的文字说明，否则将影响步骤分。满分体验(18分)(2016福建省毕业班质量检查)如图11，轨道CDGH位于竖直平面内，其中圆弧段DG与水平段CD及倾斜段GH分别相切于D点和G点，圆弧段和倾斜段均光滑，在H处固定一垂直于轨道的绝缘挡板，整个轨道绝缘且处于水平向右的匀强电场中。一带电物块由C处静止释放，经挡板碰撞后滑回CD段中点P处时速度恰好为零。已知物块的质量m4103 kg，所带的电荷量q3106 C；电场强度E1104 N/C；CD段的长度L0.8 m，圆弧DG的半径r0.2 m，GH段与水平面的夹角为，且sin 0.6，cos 0.8；不计物块与挡板碰撞时的动能损失，物块可视为质点，重力加速度g取10 m/s2。图11(1)求物块与轨道CD段的动摩擦因数；(2)求物块第一次碰撞挡板时的动能Ek；(3)物块在水平轨道上运动的总路程；(4)物块碰撞挡板时的最小动能。规范解答解析(1)物块由C处释放后经挡板碰撞滑回P点过程中，由动能定理得qEmg(L)0(2分)由式代入数据得0.25(2分)(2)物块在GH段运动时，由于qEcos mgsin ，所以做匀速直线运动(2分)由C运动至H过程中，由动能定理得qELmgLqErsin mgr(1cos )Ek0(2分)由式代入数据得Ek0.018 J(2分)(3)物块最终会在DGH间来回往复运动，物块在D点的速度为0设物块能在水平轨道上运动的总路程为s，由能量转化与守恒定律可得qELmgs(2分)由式代入数据得s2.4 m(2分)(4)物块碰撞挡板的最小动能E0等于往复运动时经过G点的动能，由动能定理得qErsin mgr(1cos )E00(2分)由式代入数据得E00.002 J(2分)答案(1)0.25(2)0.018 J(3)2.4 m(4)0.002 J一、选择题(13题为单项选择题，4、5题为多项选择题)1.如图2所示，足够长的U形光滑金属导轨平面与水平面成角(0E0，p1p2p0B.E1E2E0，p1p2p0C.碰撞发生在MN中点的左侧D.两球同时返回M、N两点解析金属球A和B发生碰撞时，电荷量会平均分配，则作用力变大。经历相同的位移，做功增多，所以有E1E2E0。又p，可得p1p2p0。因两球质量相同，受力相同，故加速度相同，两球同时返回M，N两点。选项A、D正确。答案AD5.如图5所示，倾角为的光滑斜面固定在水平面上，水平虚线L下方有垂直于斜面向下的匀强磁场，磁感应强度为B。正方形闭合金属线框边长为h，质量为m，电阻为R，放置于L上方一定距离处，保持线框底边ab与L平行并由静止释放，当ab边到达L时，线框速度为v0，ab边到达L下方距离为d(dh)处时，线框速度也为v0。以下说法正确的是()图5Aab边刚进入磁场时，电流方向为abBab边刚进入磁场时，线框加速度沿斜面向下C线框进入磁场过程中的最小速度小于D线框进入磁场过程中产生的热量为mgdsin 解析由右手定则可判断ab刚进入磁场过程电流方向由ab，选项A正确；线框全部在磁场中运动时为匀加速运动，ab边由L处到L下方距离为d处速度增量为零，所以ab边刚进入磁场时做减速运动，线框加速度沿斜面向上，选项B错误；线框恰好完全进入磁场时的速度最小，此时由牛顿第二定律得F安mgsin ma0，而安培力F安BhIBh，联立解得vmin，选项C错误；根据动能定理，ab边由L处到L下方距离为d处过程中，mgdsin QEk0，线框进入磁场过程中产生的热量Qmgdsin ，选项D正确。答案AD二、非选择题6(2016四川理综，9)中国科学家2015年10月宣布中国将在2020年开始建造世界上最大的粒子加速器。加速器是人类揭示物质本源的关键设备，在放射治疗、食品安全、材料科学等方面有广泛应用。如图6所示，某直线加速器由沿轴线分布的一系列金属圆管(漂移管)组成，相邻漂移管分别接在高频脉冲电源的两极。质子从K点沿轴线进入加速器并依次向右穿过各漂移管，在漂移管内做匀速直线运动，在漂移管间被电场加速，加速电压视为不变。设质子进入漂移管B时速度为8106m/s，进入漂移管E时速度为1107 m/s，电源频率为1107 Hz，漂移管间缝隙很小，质子在每个管内运动时间视为电源周期的1/2，质子的荷质比取1108 C/kg。求：图6(1)漂移管B的长度；(2)相邻漂移管间的加速电压。解析(1)设质子进入漂移管B的速度为vB，电源频率、周期分别为f、T，漂移管B的长度为L，则TLvB联立式并代入数据得L0.4 m(2)设质子进入漂移管E的速度为vE，相邻漂移管间的加速电压为U，电场对质子所做的功为W，质子从漂移管B运动到E电场做功W，质子的电荷量为q、质量为m，则WqUW3WWmvmv联立式并代入数据得U6104 V答案(1)0.4 m(2)6104 V7.如图7，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R0.2 m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E5.0103V/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m1.0102kg，乙所带电荷量q2.0105C，g取10 m/s2。(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7(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。解析(1)在乙恰好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点达到水平轨道的时间为t，乙的落点到B点的距离为x，则mgqEm2R()t2xvDt联立得：x0.4 m(2)设碰撞后甲、乙的速度分别为v甲、v乙，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有：mv0mv甲mv乙mvmvmv联立得：v乙v0，v甲0由动能定理得：mg2RqE2Rmvmv联立得：v02 m/s答案(1)0.4 m(2)2 m/s8将一斜面固定在水平面上，斜面的倾角为30，其上表面绝缘且斜面的顶端固定一挡板，在斜面上加一垂直斜面向上的匀强磁场，磁场区域的宽度为H0.4 m，如图8甲所示，磁场边界与挡板平行，且上边界到斜面顶端的距离为x0.55 m。将一通电导线围成的矩形导线框abcd置于斜面的底端，已知导线框的质量为m0.1 kg、导线框的电阻为R0.25 、ab的长度为L0.5 m。从t0时刻开始在导线框上加一恒定的拉力F，拉力的方向平行于斜面向上，使导线框由静止开始运动，当导线框的下边与磁场的上边界重合时，将恒力F撤走，最