（全國通用）2018年高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題二 動量與能量 第2講 動量觀點和能量觀點在電學(xué)中的應(yīng)用學(xué)案

《（全國通用）2018年高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題二 動量與能量 第2講 動量觀點和能量觀點在電學(xué)中的應(yīng)用學(xué)案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（全國通用）2018年高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題二 動量與能量 第2講 動量觀點和能量觀點在電學(xué)中的應(yīng)用學(xué)案（10頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第2講　動量觀點和能量觀點在電學(xué)中的應(yīng)用 知識必備 1.靜電力做功與路徑無關(guān)。若電場為勻強(qiáng)電場，則W＝Flcos α＝qElcos α；若是非勻強(qiáng)電場，則一般利用W＝qU來求。 2.靜電力做的功等于電勢能的變化，即WAB＝－ΔEp。 3.電流做功的實質(zhì)是電場對移動電荷做功，即W＝UIt＝qU。 4.磁場力又可分為洛倫茲力和安培力。洛倫茲力在任何情況下對運(yùn)動電荷都不做功；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 動量觀點和能量觀點在電學(xué)中應(yīng)用的題目，一般過程復(fù)雜且涉及多種性質(zhì)不同的力，因此，要抓住4點： (1)受力分析和運(yùn)動過程分析是關(guān)鍵。 (2)根據(jù)不同的運(yùn)動過程中各力做功的特點來選擇相應(yīng)規(guī)律求解。 (3)力學(xué)中的幾個功能關(guān)系在電學(xué)中仍然成立。 (4)感應(yīng)電動勢是聯(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問題的思路。 　功能關(guān)系在電學(xué)中的應(yīng)用 【真題示例】 (多選)(2017·全國卷Ⅲ，21)一勻強(qiáng)電場的方向平行于xOy平面，平面內(nèi)a、b、c三點的位

3、置如圖1所示，三點的電勢分別為10 V、17 V、26 V。下列說法正確的是(　　) 圖1 A.電場強(qiáng)度的大小為2.5 V/cm B.坐標(biāo)原點處的電勢為1 V C.電子在a點的電勢能比在b點的低7 eV D.電子從b點運(yùn)動到c點，電場力做功為9 eV 解析　如圖所示，設(shè)a、c之間的d點電勢與b點電勢相同，則＝＝，所以d點的坐標(biāo)為(3.5 cm，6 cm)，過c點作等勢線bd的垂線，電場強(qiáng)度的方向由高電勢指向低電勢。由幾何關(guān)系可得，cf的長度為3.6 cm，電場強(qiáng)度的大小E＝＝＝2.5 V/cm，故選項A正確；因為Oacb是矩形，所以有Uac＝UOb ，可知坐標(biāo)原點O處的

4、電勢為1 V ，故選項B正確；a點電勢比b點電勢低7 V，電子帶負(fù)電，所以電子在a點的電勢能比在b點的高7 eV，故選項C錯誤；b點電勢比c點電勢低9 V，電子從b點運(yùn)動到c點，電場力做功為9 eV，故選項D正確。 答案　ABD 真題感悟 1.高考考查特點 (1)本考點重在通過帶電粒子在電場中的運(yùn)動考查電場中的功能關(guān)系。 (2)理解電場力做功與電勢能的變化關(guān)系，是解題的關(guān)鍵。 2.常見誤區(qū)及臨考提醒 (1)在進(jìn)行電場力做功和電勢能的判斷時，要注意電荷的正負(fù)。 (2)電場力做功只與始、末位置有關(guān)，與路徑無關(guān)。 (3)利用能量的轉(zhuǎn)化和守恒解決電磁感應(yīng)問題時要準(zhǔn)確把握參與轉(zhuǎn)化的

5、能量的形式和種類，同時要確定各種能量的增減情況和增減原因。 預(yù)測1 功能關(guān)系在電場中的應(yīng)用 預(yù)測2 功能關(guān)系在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用 預(yù)測3 應(yīng)用動力學(xué)觀點和功能觀點處理電學(xué)綜合問題 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點處有一固定的正點電荷，細(xì)桿上套有一帶電小環(huán)，設(shè)小環(huán)與點電荷的豎直高度差為h，將小環(huán)無初速度地從h高處釋放后，在下落至h＝0的過程中，其動能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的過程中，小環(huán)電勢能增加 C.從h高處下落至h＝0的過程中，小環(huán)經(jīng)過了加速、減速、再加速

6、三個階段 D.小環(huán)將做以O(shè)點為中心的往復(fù)運(yùn)動 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的過程中，經(jīng)過了加速、減速、再加速三個階段，選項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，而重力一直對小環(huán)做正功，故只有庫侖力能對小環(huán)做負(fù)功，即小環(huán)帶正電，選項A錯誤；從h高處下落至h＝0的過程中，電場力做負(fù)功，故小環(huán)電勢能增加，選項B正確；小環(huán)越過O點后，所受的電場力、重力及桿對小環(huán)的彈力的合力方向向下，故小環(huán)將向下做加速運(yùn)動，選項D錯誤。 答案　BC 2.(多選)在如圖3所示的傾角為θ的光滑斜面上，存在著兩個磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B的勻強(qiáng)磁場，區(qū)域Ⅰ的磁場方向

7、垂直斜面向上。區(qū)域Ⅱ的磁場方向垂直斜面向下，磁場的寬度均為L。一個質(zhì)量為m、電阻為R、邊長也為L的正方形導(dǎo)線框，由靜止開始沿斜面下滑。當(dāng)ab邊剛越過GH進(jìn)入磁場Ⅰ區(qū)時，恰好以速度v1做勻速直線運(yùn)動；當(dāng)ab邊下滑到JP與MN的中間位置時，線框又恰好以速度v2做勻速直線運(yùn)動，從ab進(jìn)入GH到MN與JP的中間位置的過程中，線框的動能變化量為ΔEk，重力對線框做功大小為W1，安培力對線框做功大小為W2，下列說法中正確的是(　　) 圖3 A.在下滑過程中，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的中間位置的過程中，線框動能的變化量為ΔEk＝W1－W2 解析　由平衡條件，第一次勻速運(yùn)動時，mgsin θ＝，第二次勻速運(yùn)動時，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)置于斜面的中點D，整個空間存在水平向右的勻強(qiáng)電場，場強(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。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)動的加速度大?。? (2)滑塊運(yùn)動的總路程。 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。 設(shè)滑塊從D點開始運(yùn)動到最終停在C點的過程中在斜面上運(yùn)動的路程為s1，由動能定理有 qEcos 37°－mgsin 37°－fs1＝0－mv 解得s1＝61.5 m 設(shè)滑塊第1次到B時動能為Ek1，從D到B由動能定理得 －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點時動能不變，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點時動能為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 此后就不會再滑到水平面上了 滑塊在水平面上運(yùn)動的總路程為 s2＝2(x1＋x2＋x3)＝11.4 m 滑塊運(yùn)動的總路程s＝s1＋s2＝72.9 m。 答案　(1)8 m/s2　(2)72.9 m 　應(yīng)用動量觀點和能量觀點處理力電綜合問題 【真題示例】 (2017·天津理綜，12)電磁軌道炮利用電

12、流和磁場的作用使炮彈獲得超高速度，其原理可用來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，圖中直流電源電動勢為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。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(圖中未畫出)，MN開始向右加速運(yùn)動。當(dāng)MN上的感應(yīng)電動勢與電容器兩極板間的電壓相等時，回路中電流為零，MN達(dá)到最大速度，之后離開導(dǎo)軌。問： 圖5 (1)磁場的方向； (2)MN剛開始運(yùn)動時加速度a

13、的大?。? (3)MN離開導(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)開關(guān)S接2時，電容器放電，設(shè)剛放電時流經(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，設(shè)電容器上電荷量為Q0，有 Q0＝CE⑤ 開關(guān)S接2后，MN開始向右加速運(yùn)動，速度達(dá)到最大值vmax時，設(shè)MN上的感應(yīng)電動勢為E′，有E′＝Blvmax⑥ 依題意有E′＝⑦ 設(shè)在此過程中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 (1)本考點的知識點覆蓋面廣、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年全國卷在此處沒考題，2018年出題的可能性很大，要引起關(guān)注。 2.常見誤區(qū)及臨考提醒 (1)處理本考點的問題要靠基本方法和典型物理模型來支撐。 (2)注意數(shù)學(xué)知識的靈活選用。 預(yù)測1 動量和能量觀點在電場中的應(yīng)用 預(yù)測2 動量和能量觀點在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用 預(yù)測3 應(yīng)用動量和能量觀點處理電學(xué)綜合問題

15、1.在勻強(qiáng)電場中，將質(zhì)子和α粒子分別由靜止開始加速(不計重力)，當(dāng)它們獲得相同動能時，質(zhì)子經(jīng)歷的時間為t1，α粒子經(jīng)歷的時間為t2，則t1∶t2為(　　) A.1∶1 B.1∶2 C.2∶1 D.4∶1 解析　對質(zhì)子，根據(jù)動量定理，有qPEt1＝① 對α粒子，根據(jù)動量定理，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A正確。 答案　A 2.如圖6所示，兩根足夠長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，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。在整個導(dǎo)軌平面內(nèi)都有豎直向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。設(shè)兩導(dǎo)體棒均可沿導(dǎo)軌無摩擦地滑行，開始時，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)動中始終不接觸，求： 圖6 (1)在運(yùn)動中產(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，cd棒的加速度a是多少？ 解析　(1)從開始到兩棒達(dá)到相同速度v的過程中，兩棒的總動量守恒，有mv0＝2mv，得v＝。 根據(jù)能量守恒定律，整個過程中產(chǎn)生的焦耳熱 Q＝mv－(2m)v2＝mv。 (2)設(shè)ab棒的速度變?yōu)関0時，cd棒的速度為v′，則由動量守恒可知mv0＝mv0＋mv′，解得v

17、′＝v0 此時回路中的電動勢為 E＝BLv0－BLv0＝BLv0 此時回路中的電流為I＝＝ 此時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)磁場和水平向左的勻強(qiáng)電場，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)動到與MN的距離為l的C點(圖中未畫出)時，速度達(dá)到最大值。物體A、B均可以看作質(zhì)點，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)動到C點的過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)觀點處理力電綜合問題可以從以下三條線索展開 (1)力和運(yùn)動的關(guān)系——根據(jù)帶電粒子受到的電場力，用牛頓第二定律找出加速度，結(jié)合運(yùn)動學(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)動的情況。 (2)功和能的關(guān)系——根據(jù)電場力對帶電粒子所做的功引起的帶電粒子能量的變化，利用動能定理研究全過程中能的轉(zhuǎn)化，研究帶電粒子的速度變化、位移等。 (3)沖量和動量的關(guān)系——根據(jù)電場

20、力對帶電粒子沖量引起的帶電粒子動量的變化，利用動量定理研究全過程中動量的變化，研究帶電粒子的速度變化、經(jīng)歷的時間等。 2.電磁感應(yīng)與動量和能量綜合問題的思路 (1)從動量角度著手，運(yùn)用動量定理或動量守恒定律。 ①應(yīng)用動量定理可以由動量變化來求解變力的沖量，如在導(dǎo)體棒做非勻變速運(yùn)動的問題中，應(yīng)用動量定理可以解決牛頓運(yùn)動定律不易解答的問題。 ②在相互平行的水平軌道間的雙棒做切割磁感線運(yùn)動時，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)體棒的總動量守恒。解決此類問題往往要應(yīng)用動量守恒定律。 (2)從能量轉(zhuǎn)化和守恒著手，運(yùn)用動能定理或能量守恒定律?；舅悸罚菏芰Ψ治雳D→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―→由動能定理或能量守恒定律列方程求解。 - 10 -