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1、2016年高考物理專題精解,6.電場和磁場,一、電場力做功的求解方法 1.利用電功的定義式W=Flcos 來求. 2.利用結(jié)論“電場力做功等于電勢能增量的負值”來求,即W=-Ep. 3.利用WAB=qUAB來求. 4.對只在電場力作用下運動的帶電體W=Ek.,二、帶電粒子的“磁偏轉(zhuǎn)”和“電偏轉(zhuǎn)”的比較,考點一,電場性質(zhì)的應(yīng)用,備選例題,思路探究(1)勻強電場的等勢面具有什么特點? 答案:勻強電場的等勢面為與電場線垂直的一簇平行直線. (2)由WMN=WMP可得出什么結(jié)論? 答案:說明UMN=UMP,進而可得出N=P,從而可以得出N,P兩點在同一等勢面上. (3)如何確定電場力做功的正負? 答案
2、:可根據(jù)力的方向與位移方向的夾角來判斷,也可應(yīng)用WAB=qUAB來判斷.,解析:由電子從M點分別運動到N點和P點的過程中,電場力所做的負功相等可知,MN=P,故過N,P點的直線d位于某一等勢面上,則與直線d平行的直線c也位于某一等勢面上,選項A錯誤,B正確;M=Q,則電子由M點運動到Q點,電場力不做功,選項C錯誤;由于P
3、接觸).它們運動的v-t圖像分別如圖(b)中甲、乙兩曲線所示.由圖線可知( ) A.甲、乙兩球一定帶異種電荷 B.t1時刻兩球的電勢能最小 C.0t2時間內(nèi),兩球間的庫侖力先增大后減小 D.0t3時間內(nèi),甲球的動能一直增大,乙球的動能一直減小,C,解析:由0t1時間內(nèi),甲球加速、乙球減速可知,甲、乙兩球相互排斥,帶同種電荷,選項A錯誤;t1時刻兩球相距最近,此時系統(tǒng)庫侖力做負功最多,電勢能最大,選項B錯誤;0t1時間內(nèi),間距減小,庫侖力增大,t1t2時間內(nèi)間距增大,電場力減小,選項C正確;0t2時間內(nèi),乙球動能一直減小到零,在t2t3時間內(nèi),乙球動能增大,選項D錯誤.,AD,C,判斷電場性質(zhì)的
4、常用方法,考點二,帶電體在電場中的運動,典例,如圖所示,粗糙、絕緣的直軌道OB固定在水平桌面上,B端與桌面邊緣對齊,A是軌道上一點,過A點并垂直于軌道的豎直面右側(cè)有大小E=1.5106 N/C,方向水平向右的勻強電場.帶負電的小物體P電荷量是2.010-6C,質(zhì)量m=0.25 kg,與軌道間動摩擦因數(shù)=0.4.P從O點由靜止開始向右運動,經(jīng)過0.55 s到達A點,到達B點時速度是5 m/s,到達空間D點時速度與豎直方向的夾角為,且tan =1.2.P在整個運動過程中始終受到水平向右的某外力F作用,F大小與P的速率v的關(guān)系如表所示.P視為質(zhì)點,電荷量保持不變,忽略空氣阻力,取g=10 m/s2.
5、求:,(1)小物體P從開始運動至速率為2 m/s所用的時間;,規(guī)范解答:(1)小物體P的速率從0至2 m/s,受外力F1=2 N,設(shè)其做勻變速直線運動的加速度為a1,經(jīng)過時間t1速度為v1,則 F1-mg=ma1 v1=a1t1 由兩式并代入數(shù)據(jù)得 t1=0.5 s;,答案:(1)0.5 s,(2)小物體P從A運動至D的過程,電場力做的功.,規(guī)范解答:(2)小物體P從速率為2 m/s運動至A點,受外力F2=6 N,設(shè)其做勻變速直線運動的加速度為a2,則 F2-mg=ma2 設(shè)小物體P從速度v1經(jīng)過t2時間至A點,其速度為v2,則 t2=0.55 s-t1 v2=v1+a2t2 P從A點至B點,
6、受外力F2=6 N、電場力和滑動摩擦力的作用,設(shè)其做勻變速直線運動加速度為a3,電荷量為q,在B點的速度為v3,從A點至B點的位移為x1,則 F2-mg-qE=ma3 -=2a3x1 P以速度v3滑出軌道右端B點,設(shè)水平方向所受外力為F3,電場力大小為FE,而FE=qE=3.0 N,,即FE-F3=0所以,P從B點開始做初速度為v3的平拋運動.設(shè)P從B點運動至D點用時為t3,水平位移為x2,由題意知=tan ,x2=v3t3 設(shè)小物體P從A點至D點電場力做功為W,則W=-qE(x1+x2) 聯(lián)立,并代入數(shù)據(jù)得W=-9.25 J.,答案:(2)-9.25 J,帶電粒子在電場中運動問題的分析思路,
7、(1)如果是帶電粒子受恒定電場力作用下的直線運動問題,應(yīng)用牛頓第二定律找出加速度,結(jié)合運動學(xué)公式確定帶電粒子的速度、位移等. (2)如果是非勻強電場中的直線運動,一般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、運動的位移等. (3)勻強電場中的曲線運動問題,一般是類平拋運動模型,通常采用運動的合成與分解方法處理.通過對帶電粒子的受力分析和運動規(guī)律分析,借助運動的合成與分解,尋找兩個分運動,再應(yīng)用牛頓運動定律或運動學(xué)方程求解. (4)當(dāng)帶電粒子從一個電場區(qū)域進入另一個電場區(qū)域時,要注意分析帶電粒子的運動規(guī)律的變化及兩區(qū)域電場交界處的有關(guān)聯(lián)的物理量,這些關(guān)聯(lián)量往往是解決問題的突破口.
8、,1.帶電微粒在電場中的平衡和加速問題 如圖,兩平行的帶電金屬板水平放置.若在兩板中間a點從靜止釋放一帶電微粒,微粒恰好保持靜止狀態(tài).現(xiàn)將兩板繞過a點的軸(垂直于紙面)逆時針旋轉(zhuǎn)45,再由a點從靜止釋放一同樣的微粒,該微粒將() A.保持靜止狀態(tài) B.向左上方做勻加速運動 C.向正下方做勻加速運動D.向左下方做勻加速運動,D,B,3.帶電粒子在電場中一般曲線運動問題 如圖,一質(zhì)量為m、電荷量為q(q0)的粒子在勻強電場中運動,A,B為其運動軌跡上的兩點.已知該粒子在A點的速度大小為v0,方向與電場方向的夾角為60;它運動到B點時速度方向與電場方向的夾角為30.不計重力.求A,B兩點間的電
9、勢差.,考點三,安培力作用下的平衡與運動問題,典例 如圖所示,兩平行金屬導(dǎo)軌間的距離L=0.40 m,金屬導(dǎo)軌所在的平面與水平面夾角=37,在導(dǎo)軌所在平面內(nèi),分布著磁感應(yīng)強度B=0.50 T,方向垂直于導(dǎo)軌所在平面的勻強磁場,金屬導(dǎo)軌的一端接有電動勢E=4.5 V、內(nèi)阻r=0.50 的直流電源.現(xiàn)把一個質(zhì)量m=0.04 kg的導(dǎo)體棒ab放在金屬導(dǎo)軌上,導(dǎo)體棒恰好靜止.導(dǎo)體棒與金屬導(dǎo)軌垂直且接觸良好,導(dǎo)體棒與金屬導(dǎo)軌接觸的兩點間的電阻R0=2.5 ,金屬導(dǎo)軌電阻不計,g取 10 m/s2.已知sin 37=0.60,cos 37=0.80,求: (1)通過導(dǎo)體棒的電流;,,,答案: (1)1.5
10、 A,(2)導(dǎo)體棒受到的安培力的大小; (3)導(dǎo)體棒受到的摩擦力.,規(guī)范解答:(2)導(dǎo)體棒受到的安培力F安=BIL=0.3 N. (3)導(dǎo)體棒受力如圖所示,由于導(dǎo)體棒所受重力沿導(dǎo)軌所在平面向下的分力F1=mgsin 37=0.24 N
11、受力分析,要注意安培力方向的確定. (3)根據(jù)平衡條件或物體的運動狀態(tài)列出平衡方程或牛頓第二定律方程. (4)如果用到其他規(guī)律,如閉合電路歐姆定律、運動學(xué)規(guī)律、能量的轉(zhuǎn)化與守恒等,也要列出相應(yīng)的方程. (5)根據(jù)方程討論分析、求解并驗證結(jié)果.,1.通電導(dǎo)體在勻強磁場中的平衡問題 如圖,一長為10 cm的金屬棒ab用兩個完全相同的彈簧水平地懸掛在勻強磁場中;磁場的磁感應(yīng)強度大小為0.1 T,方向垂直于紙面向里;彈簧上端固定,下端與金屬棒絕緣.金屬棒通過開關(guān)與一電動勢為12 V的電池相連,電路總電阻為2 .已知開關(guān)斷開時兩彈簧的伸長量均為0.5 cm;閉合開關(guān),系統(tǒng)重新平衡后,兩彈簧的伸長量與開關(guān)
12、斷開時相比均改變了0.3 cm.重力加速度大小取10 m/s2.判斷開關(guān)閉合后金屬棒所受安培力的方向,并求出金屬棒的質(zhì)量.,解析:依題意,開關(guān)閉合后,電流方向為從b到a,由左手定則可知,金屬棒所受的安培力方向為豎直向下. 開關(guān)斷開時,兩彈簧各自相對于其原長的伸長量為l1=0.5 cm.由胡克定律和力的平衡條件得2kl1=mg 式中,m為金屬棒的質(zhì)量,k是彈簧的勁度系數(shù),g是重力加速度的大小. 開關(guān)閉合后,金屬棒所受安培力的大小為F=ILB 式中,I是回路電流,L是金屬棒的長度.兩彈簧各自再伸長了l2=0.3 cm, 由胡克定律和力的平衡條件得2k(l1+l2)=mg+F 由歐姆定律有E=IR式
13、中,E是電池的電動勢,R是電路總電阻. 聯(lián)立各式,并代入題給數(shù)據(jù)得m=0.01 kg.,答案:見解析,B,3.通電導(dǎo)體在磁場中的運動問題 (多選)如圖(甲)所示,兩根光滑平行導(dǎo)軌水平放置,間距為L,其間有豎直向下的勻強磁場,磁感應(yīng)強度為B.垂直于導(dǎo)軌水平對稱放置一根均勻金屬棒.從t=0時刻起,棒上有如圖(乙)所示的持續(xù)交變電流I,周期為T,最大值為Im,圖(甲)中I所示方向為電流正方向.則金屬棒( ) A.一直向右移動 B.速度隨時間周期性變化 C.受到的安培力隨時間周期性變化 D.受到的安培力在一個周期內(nèi)做正功,ABC,考點四 帶電粒子在勻強磁場中的運動,思路探究 (1)粒子從磁場中射出時速
14、度方向如何? 答案:沿QN方向.,(2)若MN的長度L=1.5 m,帶電粒子的質(zhì)量為m=4.010-8 kg、電量為q=+4.010-3 C、速度為v=5.0104 m/s,所加磁場的磁感應(yīng)強度為B=1.0 T,所加有界磁場的橫截面仍為圓形,帶電粒子能沿QN方向到達N點,則帶電粒子由M點到N點的時間為多少?(計算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字),思路探究(2)若所加磁場的面積最小,則所加圓形磁場的直徑與粒子的軌跡應(yīng)滿足什么條件? 答案:軌跡在磁場中的弦長等于圓形磁場的直徑. (3)如何確定粒子進入磁場的位置?,答案:(2)3.810-5 s,作帶電粒子在磁場中運動軌跡要考慮的幾個方面,(1)四個點:分別
15、是入射點、出射點、軌跡圓心和入射速度所在直線與出射速度所在直線的交點. (2)六條線:圓弧兩端點所在的軌跡半徑,入射速度所在直線和出射速度所在直線,入射點與出射點的連線,圓心與兩條速度所在直線交點的連線.前面四條邊構(gòu)成一個四邊形,后面兩條為對角線. (3)三個角:速度偏轉(zhuǎn)角、圓心角、弦切角,其中偏轉(zhuǎn)角等于圓心角,也等于弦切角的兩倍.,1.帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動 (多選)有兩個勻強磁場區(qū)域和,中的磁感應(yīng)強度是中的k倍,兩個速率相同的電子分別在兩磁場區(qū)域做圓周運動.與中運動的電子相比,中的電子( ) A.運動軌跡的半徑是中的k倍 B.加速度的大小是中的k倍 C.做圓周運動的周期是中的k倍
16、D.做圓周運動的角速度與中的相等,AC,2.速度不同的帶電粒子在有界勻強磁場中的運動問題 如圖所示,有一個正方形的勻強磁場區(qū)域abcd,e是ad的中點,f是cd的中點,如果在a點沿對角線方向以速度v射入一帶負電的粒子,恰好從e點射出,則( ) A.如果粒子的速度增大為原來的二倍,將從d點射出 B.如果粒子的速度增大為原來的三倍,將從f點射出 C.如果粒子的速度不變,磁場的磁感應(yīng)強度變?yōu)樵瓉淼亩?將從d點射出 D.只改變粒子的速度使其分別從e,d,f點射出時,從e點射出所用時間最短,A,3.帶電粒子在勻強磁場中運動的多解問題 如圖所示,在無限長的豎直邊界NS和MT之間區(qū)域上、下部分分別充滿方向垂直于NSTM平面向外和向內(nèi)的勻強磁場,磁感應(yīng)強度大小分別為B和2B,KL為上下磁場的水平分界線,在NS和MT邊界上,距KL高h處分別有P,Q兩點.NS和MT間距為1.8h,質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的粒子從P點垂直于NS邊界射入該區(qū)域,在兩邊界之間做圓周運動,重力不計,試求: (1)要使粒子不從NS邊界飛出, 求粒子入射速度的最小值;,(2)若粒子能經(jīng)過Q點從MT邊界飛出,求粒子入射速度的所有可能值.,
高考物理 專題精解 6 電場和磁場課件
