高考物理 专题精解 6 电场和磁场课件

2016年高考物理专题精解,6.电场和磁场,一、电场力做功的求解方法 1.利用电功的定义式W=Flcos 来求. 2.利用结论“电场力做功等于电势能增量的负值”来求,即W=-Ep. 3.利用WAB=qUAB来求. 4.对只在电场力作用下运动的带电体W=Ek.,二、带电粒子的“磁偏转”和“电偏转”的比较,考点一,电场性质的应用,备选例题,思路探究(1)匀强电场的等势面具有什么特点? 答案:匀强电场的等势面为与电场线垂直的一簇平行直线. (2)由WMN=WMP可得出什么结论? 答案:说明UMN=UMP,进而可得出N=P,从而可以得出N,P两点在同一等势面上. (3)如何确定电场力做功的正负? 答案:可根据力的方向与位移方向的夹角来判断,也可应用WAB=qUAB来判断.,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,MN=P,故过N,P点的直线d位于某一等势面上,则与直线d平行的直线c也位于某一等势面上,选项A错误,B正确;M=Q,则电子由M点运动到Q点,电场力不做功,选项C错误;由于PM=Q,电子由P点运动到Q点,电势能减小,电场力做正功,选项D错误.,答案:B,1.电场力做功与电势能变化 如图(a)所示,光滑绝缘水平面上有甲、乙两个带电小球.t=0时,乙球以6 m/s的初速度向静止的甲球运动.之后,它们仅在电场力的作用下沿同一直线运动(整个运动过程中没有接触).它们运动的v-t图像分别如图(b)中甲、乙两曲线所示.由图线可知( ) A.甲、乙两球一定带异种电荷 B.t1时刻两球的电势能最小 C.0t2时间内,两球间的库仑力先增大后减小 D.0t3时间内,甲球的动能一直增大,乙球的动能一直减小,C,解析:由0t1时间内,甲球加速、乙球减速可知,甲、乙两球相互排斥,带同种电荷,选项A错误;t1时刻两球相距最近,此时系统库仑力做负功最多,电势能最大,选项B错误;0t1时间内,间距减小,库仑力增大,t1t2时间内间距增大,电场力减小,选项C正确;0t2时间内,乙球动能一直减小到零,在t2t3时间内,乙球动能增大,选项D错误.,AD,C,判断电场性质的常用方法,考点二,带电体在电场中的运动,典例,如图所示,粗糙、绝缘的直轨道OB固定在水平桌面上,B端与桌面边缘对齐,A是轨道上一点,过A点并垂直于轨道的竖直面右侧有大小E=1.5106 N/C,方向水平向右的匀强电场.带负电的小物体P电荷量是2.010-6C,质量m=0.25 kg,与轨道间动摩擦因数=0.4.P从O点由静止开始向右运动,经过0.55 s到达A点,到达B点时速度是5 m/s,到达空间D点时速度与竖直方向的夹角为,且tan =1.2.P在整个运动过程中始终受到水平向右的某外力F作用,F大小与P的速率v的关系如表所示.P视为质点,电荷量保持不变,忽略空气阻力,取g=10 m/s2.求:,(1)小物体P从开始运动至速率为2 m/s所用的时间;,规范解答:(1)小物体P的速率从0至2 m/s,受外力F1=2 N,设其做匀变速直线运动的加速度为a1,经过时间t1速度为v1,则 F1-mg=ma1 v1=a1t1 由两式并代入数据得 t1=0.5 s;,答案:(1)0.5 s,(2)小物体P从A运动至D的过程,电场力做的功.,规范解答:(2)小物体P从速率为2 m/s运动至A点,受外力F2=6 N,设其做匀变速直线运动的加速度为a2,则 F2-mg=ma2 设小物体P从速度v1经过t2时间至A点,其速度为v2,则 t2=0.55 s-t1 v2=v1+a2t2 P从A点至B点,受外力F2=6 N、电场力和滑动摩擦力的作用,设其做匀变速直线运动加速度为a3,电荷量为q,在B点的速度为v3,从A点至B点的位移为x1,则 F2-mg-qE=ma3 -=2a3x1 P以速度v3滑出轨道右端B点,设水平方向所受外力为F3,电场力大小为FE,而FE=qE=3.0 N,即FE-F3=0所以,P从B点开始做初速度为v3的平抛运动.设P从B点运动至D点用时为t3,水平位移为x2,由题意知=tan ,x2=v3t3 设小物体P从A点至D点电场力做功为W,则W=-qE(x1+x2) 联立,并代入数据得W=-9.25 J.,答案:(2)-9.25 J,带电粒子在电场中运动问题的分析思路,(1)如果是带电粒子受恒定电场力作用下的直线运动问题,应用牛顿第二定律找出加速度,结合运动学公式确定带电粒子的速度、位移等. (2)如果是非匀强电场中的直线运动,一般利用动能定理研究全过程中能的转化,研究带电粒子的速度变化、运动的位移等. (3)匀强电场中的曲线运动问题,一般是类平抛运动模型,通常采用运动的合成与分解方法处理.通过对带电粒子的受力分析和运动规律分析,借助运动的合成与分解,寻找两个分运动,再应用牛顿运动定律或运动学方程求解. (4)当带电粒子从一个电场区域进入另一个电场区域时,要注意分析带电粒子的运动规律的变化及两区域电场交界处的有关联的物理量,这些关联量往往是解决问题的突破口.,1.带电微粒在电场中的平衡和加速问题 如图,两平行的带电金属板水平放置.若在两板中间a点从静止释放一带电微粒,微粒恰好保持静止状态.现将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45,再由a点从静止释放一同样的微粒,该微粒将() A.保持静止状态 B.向左上方做匀加速运动 C.向正下方做匀加速运动D.向左下方做匀加速运动,D,B,3.带电粒子在电场中一般曲线运动问题 如图,一质量为m、电荷量为q(q0)的粒子在匀强电场中运动,A,B为其运动轨迹上的两点.已知该粒子在A点的速度大小为v0,方向与电场方向的夹角为60;它运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为30.不计重力.求A,B两点间的电势差.,考点三,安培力作用下的平衡与运动问题,典例 如图所示,两平行金属导轨间的距离L=0.40 m,金属导轨所在的平面与水平面夹角=37,在导轨所在平面内,分布着磁感应强度B=0.50 T,方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场,金属导轨的一端接有电动势E=4.5 V、内阻r=0.50 的直流电源.现把一个质量m=0.04 kg的导体棒ab放在金属导轨上,导体棒恰好静止.导体棒与金属导轨垂直且接触良好,导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R0=2.5 ,金属导轨电阻不计,g取 10 m/s2.已知sin 37=0.60,cos 37=0.80,求: (1)通过导体棒的电流;,答案: (1)1.5 A,(2)导体棒受到的安培力的大小; (3)导体棒受到的摩擦力.,规范解答:(2)导体棒受到的安培力F安=BIL=0.3 N. (3)导体棒受力如图所示,由于导体棒所受重力沿导轨所在平面向下的分力F1=mgsin 37=0.24 NF安=0.3 N,故导体棒受沿导轨所在平面向下的摩擦力f,由共点力平衡的条件得F1+f=F安 所以f=0.06 N.,答案:(2)0.3 N (3)0.06 N,方向沿导轨所在平面向下,有安培力作用的力学问题解题步骤,(1)画好辅助图(如斜面),标明辅助方向(如B的方向、I的方向等)是画好受力分析图的关键.若是立体图,则必须先将立体图转换为平面图. (2)对物体受力分析,要注意安培力方向的确定. (3)根据平衡条件或物体的运动状态列出平衡方程或牛顿第二定律方程. (4)如果用到其他规律,如闭合电路欧姆定律、运动学规律、能量的转化与守恒等,也要列出相应的方程. (5)根据方程讨论分析、求解并验证结果.,1.通电导体在匀强磁场中的平衡问题 如图,一长为10 cm的金属棒ab用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中;磁场的磁感应强度大小为0.1 T,方向垂直于纸面向里;弹簧上端固定,下端与金属棒绝缘.金属棒通过开关与一电动势为12 V的电池相连,电路总电阻为2 .已知开关断开时两弹簧的伸长量均为0.5 cm;闭合开关,系统重新平衡后,两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改变了0.3 cm.重力加速度大小取10 m/s2.判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向,并求出金属棒的质量.,解析:依题意,开关闭合后,电流方向为从b到a,由左手定则可知,金属棒所受的安培力方向为竖直向下. 开关断开时,两弹簧各自相对于其原长的伸长量为l1=0.5 cm.由胡克定律和力的平衡条件得2kl1=mg 式中,m为金属棒的质量,k是弹簧的劲度系数,g是重力加速度的大小. 开关闭合后,金属棒所受安培力的大小为F=ILB 式中,I是回路电流,L是金属棒的长度.两弹簧各自再伸长了l2=0.3 cm, 由胡克定律和力的平衡条件得2k(l1+l2)=mg+F 由欧姆定律有E=IR式中,E是电池的电动势,R是电路总电阻. 联立各式,并代入题给数据得m=0.01 kg.,答案:见解析,B,3.通电导体在磁场中的运动问题 (多选)如图(甲)所示,两根光滑平行导轨水平放置,间距为L,其间有竖直向下的匀强磁场,磁感应强度为B.垂直于导轨水平对称放置一根均匀金属棒.从t=0时刻起,棒上有如图(乙)所示的持续交变电流I,周期为T,最大值为Im,图(甲)中I所示方向为电流正方向.则金属棒( ) A.一直向右移动 B.速度随时间周期性变化 C.受到的安培力随时间周期性变化 D.受到的安培力在一个周期内做正功,ABC,考点四 带电粒子在匀强磁场中的运动,思路探究 (1)粒子从磁场中射出时速度方向如何? 答案:沿QN方向.,(2)若MN的长度L=1.5 m,带电粒子的质量为m=4.010-8 kg、电量为q=+4.010-3 C、速度为v=5.0104 m/s,所加磁场的磁感应强度为B=1.0 T,所加有界磁场的横截面仍为圆形,带电粒子能沿QN方向到达N点,则带电粒子由M点到N点的时间为多少?(计算结果保留两位有效数字),思路探究(2)若所加磁场的面积最小,则所加圆形磁场的直径与粒子的轨迹应满足什么条件? 答案:轨迹在磁场中的弦长等于圆形磁场的直径. (3)如何确定粒子进入磁场的位置?,答案:(2)3.810-5 s,作带电粒子在磁场中运动轨迹要考虑的几个方面,(1)四个点:分别是入射点、出射点、轨迹圆心和入射速度所在直线与出射速度所在直线的交点. (2)六条线:圆弧两端点所在的轨迹半径,入射速度所在直线和出射速度所在直线,入射点与出射点的连线,圆心与两条速度所在直线交点的连线.前面四条边构成一个四边形,后面两条为对角线. (3)三个角:速度偏转角、圆心角、弦切角,其中偏转角等于圆心角,也等于弦切角的两倍.,1.带电粒子在匀强磁场中的圆周运动 (多选)有两个匀强磁场区域和,中的磁感应强度是中的k倍,两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动.与中运动的电子相比,中的电子( ) A.运动轨迹的半径是中的k倍 B.加速度的大小是中的k倍 C.做圆周运动的周期是中的k倍 D.做圆周运动的角速度与中的相等,AC,2.速度不同的带电粒子在有界匀强磁场中的运动问题 如图所示,有一个正方形的匀强磁场区域abcd,e是ad的中点,f是cd的中点,如果在a点沿对角线方向以速度v射入一带负电的粒子,恰好从e点射出,则( ) A.如果粒子的速度增大为原来的二倍,将从d点射出 B.如果粒子的速度增大为原来的三倍,将从f点射出 C.如果粒子的速度不变,磁场的磁感应强度变为原来的二倍,将从d点射出 D.只改变粒子的速度使其分别从e,d,f点射出时,从e点射出所用时间最短,A,3.带电粒子在匀强磁场中运动的多解问题 如图所示,在无限长的竖直边界NS和MT之间区域上、下部分分别充满方向垂直于NSTM平面向外和向内的匀强磁场,磁感应强度大小分别为B和2B,KL为上下磁场的水平分界线,在NS和MT边界上,距KL高h处分别有P,Q两点.NS和MT间距为1.8h,质量为m、带电荷量为+q的粒子从P点垂直于NS边界射入该区域,在两边界之间做圆周运动,重力不计,试求: (1)要使粒子不从NS边界飞出, 求粒子入射速度的最小值;,(2)若粒子能经过Q点从MT边界飞出,求粒子入射速度的所有可能值.,