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2020届高考物理全优二轮复习课件：专题2 第2讲 能量观点在电磁学中的应用

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【精选】高考物理二轮复习第一部分专题二能量与动量第2讲能量和动量观点在电磁学中的应用课件新人教版

【精选】高考物理二轮复习第一部分专题二能量与动量第2讲能量和动量观点在电磁学中的应用课件新人教版
第一单元 专题生二活智能慧量与和时代动精量神
赢在高考
(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 x＝x1 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.
第一单元 专题生二活智能慧量与和时代动精量神
赢在高考
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
第一单元 专题生二活智能慧量与和时代动精量神
当带电液滴进入磁场时，由于电场力与重力方向相反，处 于平衡．而洛伦兹力提供向心力，带电液滴做匀速圆周运动．所 以重力势能先减小后增大，故 A 正确；由于电场力先做负功后 做正功，所以电势能先增大后减小，那么机械能先减小后增大， 故 B 错误；由于做匀速圆周运动，则速度的大小不变，则动能 不变，故 C 错误，D 正确．
第一单元 专题生二活智能慧量与和时代动精量神
赢在高考
4．(2015·全国Ⅰ)如图，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 φM、φN、 φP、φQ.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( )
第一单元 专题生二活智能慧量与和时代动精量神
赢在高考
ABD 如图所示，由匀强电场中两平 行线距离相等的两点间电势差相等知，Oa 间电势差与 bc 间电势差相等，故 O 点电 势为 1 V，选项 B 正确；则在 x 轴上，每 0.5 cm 长度对应电势差为 1 V，10 V 对应的等势线与 x 轴交点 e 坐标为(4.5,0)，△aOe 中，Oe∶Oa＝4.5∶6＝3∶4，由几何知识 得：Od 长度为 3.6 cm，代入公式 E＝Ud 得，E＝2.5 V/cm，选项 A 正确；电子带负电，电势越高，电势能越小，电子在 a 点的 电势能比在 b 点的高 7 eV，选项 C 错误；电子从 b 点运动到 c 点，电场力做功 W＝eU＝9 eV，选项 D 正确．

专题05 能量观点和动量观点在电磁学中的应用 【讲】-2023年高考物理二轮热点题型归纳(解析)

专题05 能量观点和动量观点在电磁学中的应用 【讲】-2023年高考物理二轮热点题型归纳(解析)

专题05能量观点和动量观点在电磁学中的应用【要点提炼】1.电磁学中的功能关系(1)电场力做功与电势能的关系：W 电＝－ΔE p 电。

推广：仅电场力做功，电势能和动能之和守恒；仅电场力和重力及系统内弹力做功，电势能和机械能之和守恒。

(2)洛伦兹力不做功。

(3)电磁感应中的功能关系其他形式的能量――→克服安培力做功电能――→电流做功焦耳热或其他形式的能量2．电路中的电功和焦耳热(1)电功：W 电＝UIt ；焦耳热：Q ＝I 2Rt 。

(2)纯电阻电路：W 电＝Q ＝UIt ＝I 2Rt ＝U 2Rt ，U ＝IR 。

(3)非纯电阻电路：W 电＝Q ＋E 其他，U >IR 。

(4)求电功或电热时用有效值。

(5)闭合电路中的能量关系电源总功率任意电路：P 总＝EI ＝P 出＋P 内纯电阻电路：P 总＝I 2(R ＋r )＝E 2R ＋r电源内部消耗的功率P 内＝I 2r ＝P 总－P 出电源的输出功率任意电路：P 出＝UI ＝P 总－P 内纯电阻电路：P 出＝I 2R ＝E 2R（R ＋r ）2P 出与外电阻R 的关系电源的效率任意电路：η＝P出P总×100%＝UE×100%纯电阻电路：η＝RR＋r×100%由P出与外电阻R的关系可知：①当R＝r时，电源的输出功率最大为P m＝E24r。

②当R>r时，随着R的增大输出功率越来越小。

③当R<r时，随着R的增大输出功率越来越大。

④当P出<P m时，每个输出功率对应两个外电阻R1和R2，且R1R2＝r2。

3．动量观点在电磁感应中的应用(1)动量定理在电磁感应中的应用导体在磁场对感应电流的安培力作用下做非匀变速直线运动时，在某过程中由动量定理有：BL I1Δt1＋BL I2Δt2＋BL I3Δt3＋…＝m v－m v0通过导体横截面的电荷量q＝I1Δt1＋I2Δt2＋I3Δt3＋…得BLq＝m v－m v0，在题目涉及通过电路横截面的电荷量q时，可考虑用此表达式。

高考物理二轮专题复习PPT课件_动力学和能量观点的综合应用

高考物理二轮专题复习PPT课件_动力学和能量观点的综合应用
－v20＝___2_a_x___，平均速度公式－v ＝v0＋2 v。
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专题二 动量与能量
4
2．牛顿第二定律 物体运动的加速度与物体受到的_合__外___力__成正比，与物体的质量成反比， 加速度的方向与物体所受_合__外__力___的方向是一致的。表达式：F 合＝ma， _加__速__度___是联系受力和运动的桥梁。
律解决问题的过程中，引导 观念。
动情景为依托，强调受力
学生体会守恒的思想，领悟 2．科学推理和论 分析、运动过程分析以及
从守恒的角度分析问题的方 证能力，应用牛顿 应用动力学和能量观点进
法，增强分析和解决问题的 第二定律、运动学 行分析和推理。主要题型：
能力。
公式、动能定理以 动力学方法和动能定理的
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专题二 动量与能量
5
二、能量观点 1．动能定理 (1)内容：物体所受_合__外__力___的功等于物体动能的变化量。 (2)表达式：W＝12mv22－12mv21。 (3)应用技巧：如果一个物体有多个运动过程，应用动能定理的时候，可以 对_全__过__程___和_分__过__程___应用动能定理列式。
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【 名 校 课 堂 】获奖 PPT-高 考物理 二轮专 题复习 课件： 动力学 和能量 观点的 综合应 用（最 新版本 ）推荐
专题二 动量与能量
6
2．机械能守恒定律 (1)内容：在只有重力(或者弹力)做功的物体系统内，动能和势能可以相互转 化，但机械能的总量保持不变。 (2)表达式
第一部分 专题篇
专题二 动量与能量 第2讲 动力学和能量观点的综合应用
物理

(新课标)2020版高考物理二轮复习专题二第2讲机械能守恒定律功能关系课件

(新课标)2020版高考物理二轮复习专题二第2讲机械能守恒定律功能关系课件

2．(多选)(2019·高考全国卷Ⅱ，T18)从地 面竖直向上抛出一物体，其机械能 E 总等 于动能 Ek 与重力势能 Ep 之和．取地面为 重力势能零点，该物体的 E 总和 Ep 随它 离开地面的高度 h 的变化如图所示．重力加速度取 10 m/s2.由 图中数据可得( )
A．物体的质量为 2 kg B．h＝0 时，物体的速率为 20 m/s C．h＝2 m 时，物体的动能 Ek＝40 J D．从地面至 h＝4 m，物体的动能减少 100 J
解析：(1)设烟花弹上升的初速度为 v0，由题给条件有 E＝12mv20① 设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为 t，由运动 学公式有 0－v0＝－gt② 联立①②式得 t＝1g 2mE③
(2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为 h1，由机械能守恒定律有 E＝mgh1④ 火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设爆炸 后瞬间其速度分别为 v1 和 v2.由题给条件和动量守恒定律有 14mv21＋14mv22＝E⑤ 12mv1＋12mv2＝0⑥
解析：由于 Ep＝mgh，所以 Ep 与 h 成正比，斜率 k＝mg，由 图象得 k＝20 N，因此 m＝2 kg，A 正确． 当 h＝0 时，Ep＝0，E 总＝Ek＝12mv20，因此 v0＝10 m/s，B 错误． 由图象知 h＝2 m 时，E 总＝90 J，Ep＝40 J，由 E 总＝Ek＋Ep 得 Ek＝50 J，C 错误． h＝4 m 时，E 总＝Ep＝80 J，即此时 Ek＝0，即上升 4 m 距离， 动能减少 100 J，D 正确．
A．2mgR
B．4mgR
C．5mgR
D．6mgR
解析：小球从 a 运动到 c，根据动能定理，得 F·3R－mgR＝12mv21， 又 F＝mg，故 v1＝2 gR，小球离开 c 点在竖直方向做竖直上 抛运动，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，且水平方 向与竖直方向的加速度大小相等，都为 g，故小球从 c 点到最 高点所用的时间 t＝vg1＝2 Rg，水平位移 x＝12gt2＝2R，根据功 能关系，小球从 a 点到轨迹最高点机械能的增量为力 F 做的功， 即 ΔE＝F·(2R＋R＋x)＝5mgR. 答案：C

2020版高考物理大二轮复习专题二第2讲动量观点的应用课件2258

2020版高考物理大二轮复习专题二第2讲动量观点的应用课件2258

[解析] 如图所示，一个粒子每与器壁碰撞一次给器壁的冲量Δ I＝2mv，以器壁上面积
为 S 的部分为底、vΔ t 为高构成柱体，由题设可知，其内有16的粒子在Δ t 时间内与器壁
上面积为 S 的部分发生碰撞，
碰撞粒子总数 N＝16n·SvΔ t，
Δ t 时间内粒子给器壁的冲量 I＝N·Δ I＝13nSmv2Δ t
解析：选 B.根据动量定理有 FΔ t＝Δ mv－0，解得ΔΔmt ＝Fv ＝1.6×103 kg/s，所以选项 B 正确.
考情分析
2.(2018·高考全国卷Ⅱ)高空坠物极易对行人造成伤害．若一个 50 g 的鸡蛋从一居民楼的 25 层坠下，与地面的碰撞时间约为 2 ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为( )
2．(2018·高考北京卷) 2022 年将在我国举办第二十四届冬奥会，跳台滑雪是其中最具观 赏性的项目之一．某滑道示意图如图，长直助滑道 AB 与弯曲滑道 BC 平滑衔接，滑道 BC 高 h＝10 m，C 是半径 R＝20 m 圆弧的最低点．质量 m＝60 kg 的运动员从 A 处由静 止开始匀加速下滑，加速度 a＝4.5 m/s2，到达 B 点时速度 vB＝30 m/s，取重力加速度 g ＝10 m/s2.
小物块 a 离开 c 后与小物块 b 作用，当小物块 a 离开 b 时，小物块 a 和小物块 b 的速度 分别为 v′1、v′2，对于小物块 a 和 b，根据动量守恒定律有 mv1＝mv′1＋kmv′2 根据机械能守恒定律有12mv21＝12mv′21 ＋12kmv′22 联立解得 v′1＝1k－＋k12v0 若小物块 a 和 c 至少碰撞 2 次，则有 v′1＞v2 由数学知识可得 k2－4k－1＞0
(1)度的大小．
解析：(1)设 B 车的质量为 mB，碰后加速度大小为 aB.根据牛顿第二定律有

新课标高考物理二轮总复习第二部分应试高分策略专题二考前知能回扣223能量与动量课件

新课标高考物理二轮总复习第二部分应试高分策略专题二考前知能回扣223能量与动量课件

4．摩擦生热：Q＝Ffl 相对．
1．误认为斜面对物体的支持力始终不做功，不能正确理解 W＝Flcos α 中 l 的意义． 2．误认为“一对作用力与反作用力做功之和一定为零”． 3．误认为“摩擦力一定做负功”． 4．在机车启动类问题中将“匀加速最后时刻的速度”与“所能达到的最大速度” 混淆．
5．将机械能守恒条件中“只有重力做功”误认为“只受重力作用”． 6．在应用 ΔE 内＝Ffl 相对时，误认为“l 相对”是对地的位移． 7．应用机械能守恒时，不能正确理解三种表达方式的意义． 8．应用动量定理时，力和速度选取不同的正方向． 9．应用动量守恒定律时，各速度不是相对同一参考系．
C．小物块沿斜面上滑的过程中机械能减少136mv20
D．小物块沿斜面下滑的过程中动能增加14mv20
答案：BD
解析：根据题意可知，上滑阶段，根据牛顿第二定律：mgsin θ＋μmgcos θ＝mvt00， 同理下滑过程：mgsin θ－μmgcos θ＝m0.5t0v0，联立解得：μ＝ 93，A 错误；上滑加 速度 a＝vt00，下滑加速度 a′＝0.5t0v0，所以上滑过程的加速度大小是下滑过程的 2 倍，B 正确；联立：mgsin θ＋μmgcos θ＝mvt00与 mgsin θ－μmgcos θ＝m0.5t0v0两式， 可得：f＝μmgcos θ＝m4tv00，上滑过程中，机械能减小量等于摩擦力做的功：ΔE＝ Wf＝f·v20t0＝18mv02，C 错误；根据动能定理得：Ek－0＝(mgsin θ－f)x，解得：Ek ＝14mv20，D 正确．
3．(多选)如图所示，质量为 m 的小球从距离地面高 H 的 A 点由静止开始释放， 落到地面上后又陷入泥潭中，由于受到阻力作用，到达距地面深度为 h 的 B 点时 速度减为零．不计空气阻力，重力加速度为 g.关于小球下落的整个过程，下列说 法正确的有( )

高考物理二轮复习PPT课件_专题能量观点和动量观点在电磁学中的应用


要点提炼
高 专考 题考 作向 业
(5)闭合电路中的能量关系
电源总功率
任意电路：P 总＝EI＝P 出＋P 内 纯电阻电路：P 总＝I2(R＋r)＝RE＋2 r
电源内部消耗的功率 P 内＝I2r＝P 总－P 出
电源的输出功率
任意电路：P 出＝UI＝P 总－P 内 纯电阻电路：P 出＝I2R＝（RE＋2Rr）2
要点提炼
高 专考 题考 作向 业
【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮 复习课 件：专 题能量 观点和 动量观 点在电 磁学中 的应用 （最新 版本） 推荐
3．动量观点在电磁感应中的应用
(1)动量定理在电磁感应中的应用
导体在磁场对感应电流的安培力作用下做非匀变速直线运动时，在某过
程中由动量定理有：BL I 1Δt1＋BL I 2Δt2＋BL I 3Δt3＋…＝mv－mv0 通过导体横截面的电荷量 q＝ I 1Δt1＋ I 2Δt2＋ I 3Δt3＋…得 BLq＝mv－
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要点提炼
高 专考 题考 作向 业
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第2讲 能量观点和动量 观点在电磁学中的应用
要点提炼
1.电磁学中的功能关系
(1)电场力做功与电势能的关系：W 电＝－ΔEp 电。 推广：仅电场力做功，电势能和动能之和守恒；仅电场力和重力及系统
内弹力做功，电势能和机械能之和守恒。

2020高考物理突破大二轮浙江专用课件：专题二 第2讲 动量观点和能量观点在电磁学中的应用


课前诊断自测
课堂精准突破
1.动能定理在力学和电场中应用时的“三同一异”
课前诊断自测
课堂精准突破
2.功能关系在力学和电磁感应中应用时的“三同三异”
课前诊断自测
课堂精准突破
1.(2019·浙江安吉选考模拟)如图 4 所示，一竖直固定且光滑绝缘的直圆筒底部放置一 可视为点电荷的场源电荷 A，其电荷量 Q＝＋4×10－3 C，场源电荷 A 形成的电场 中各点的电势表达式为 φ＝krQ，其中 k 为静电力常量，r 为空间某点到场源电荷 A 的距离。现有一个质量为 m＝0.1 kg 的带正电的小球 B，它与 A 球间的距离为 a
mg－qE＝0 设 B 在与 A 碰撞前的速度为 v0，由机械能守恒定律得 mgx0＝12mv20
设B与A碰撞后共同速度为v1，由动量守恒定律得mv0＝2mv1 B 与 A 碰撞过程中损失的机械能 ΔE 为 ΔE＝12mv20－12·2mv21 解得 ΔE＝12mgx0。
课前诊断自测
课堂精准突破
(2)A、B在最高点恰不分离，此时弹簧处于拉伸状态，且A、B间的弹力为零，设它们 共同加速度为a，则 对B：mg＝ma 对A：mg＋kx－qE＝ma 解得 x＝mkg。 (3)A、B一起运动过程中合外力为零时具有最大速度，设此时弹簧的压缩量为x′， 则2mg－(kx′＋qE)＝0
水平轨道间充满方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B随时间变化如图乙所
示。一质量为m＝10 g、导轨间电阻为r＝1.0 Ω的导体棒a从t＝0时刻无初速释放，
初始位置与水平轨道间的高度差H＝0.8 m。另一与a棒完全相同的导体棒b静置
于磁场外的水平轨道上，靠近磁场左边界PM。a棒下滑后平滑进入水平轨道(转
的光滑金属导轨CM1M2P1P2、DN1N2Q1Q2固定放置，导轨M1N1左侧向上弯曲， 右侧水平。水平导轨左端有宽度为d、方向竖直向上的匀强磁场区域Ⅰ，右端 有另一磁场区域Ⅱ，其宽度也为d，但方向竖直向下，两磁场的磁感应强度大 小均为B，相隔的距离也为d。有两根电阻均为R的金属棒a和b与导轨垂直放置， 金属棒a质量为m，金属棒b质量为3m，b棒置于磁场Ⅱ的中点E、F处，并用绝 缘细线系住，细线能承受的最大拉力为F0。现将a棒从弯曲导轨上某一高度h0 处由静止释放并沿导轨运动，当a棒刚进入磁场区域Ⅰ时细线刚好被拉断，重 力加速度大小为g。

(新课标地区专用)2020高考物理二轮复习专题三功和能第2课时动力学和能量观点的综合应用课件

杯通过最高点时，对水由牛顿第二定律得：
mg＝mvR02，其中 R＝(0.2＋0.6) m＝0.8 m
解得：v0＝2 2 m/s；
(2)若在最高点水刚好不洒出，在最低点时水对杯底的压力为16 N，求蒸笼环从最高 点运动到最低点的过程中，蒸笼环对杯子和水所做的功W. 答案 3.2 J
当 B 点右方安装木板时，物体从木板右端水平抛出，在
空中运动的时间也为 t，水平位移为2l ，
因此物体从木板右端抛出的速度 v1＝v20＝
2gh 2
根据动能定理，物体在木板上滑动时，有－μmg2l ＝12mv12－12mv02
解得物体与木板之间的动摩擦因数 μ＝32hl .
拓展训练3 (2019·四川省第二次诊断)如图5所示为某同学设计的一个游戏装置，用弹 簧制作的弹射系统将小球从管口P弹出，右侧水平距离为L，竖直高度为H＝0.5 m处固 定一半圆形管道，管道所在平面竖直，半径R＝0.75 m，内壁光滑.通过调节立柱Q可以 改变弹射装置的位置及倾角，若弹出的小球从最低点M沿切线方向进入管道，从最高 点N离开后能落回管口P，则游戏成功.小球质量为0.2 kg，半径略小于管道内径，可视 为质点，不计空气阻力，g取10 m/s2.该同学某次游戏取得成功，试求：
下端固定于倾角为θ＝53°的光滑斜面底端，上端连接物块Q.一轻绳跨过定滑轮O，一
端与物块Q连接，另一端与套在光滑竖直杆的物块P连接，定滑轮到竖直杆的距离为
d＝0.3 m.初始时在外力作用下，物块P在A点静止不动，
轻绳与斜面平行，绳子张力大小为50 N.已知物块P质量
为m1＝0.8 kg，物块Q质量为m2＝5 kg.(不计滑轮大小及 摩擦，取g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)现将

2022-2023年高考物理二轮复习 专题2能量与动量第2讲动量观点的应用课件


【解析】 由于地面光滑，所以物块和小车构成的系统动量守恒， 故 A 正确；由于物块和小车之间有摩擦力，所以系统机械能不守恒，故 B 错误；设物块与小车的共同速度为 v，以水平向右的方向为正方向， 根据动量守恒定律有 m2v0＝(m1＋m2)v，设物块与车面间的滑动摩擦力 为 f，则 f＝μm2g，对物块应用动量定理有－μm2gt＝m2v－m2v0，解得 t ＝μmm1＋1vm0 2g，t＝μmm1＋1vm0 2g，代入数据得 t＝0.24 s，C 正确；要使物 块恰好不从车面上滑出，须物块到车面最右端时与小车有共同的速度，
根据题意，木块 A 和墙壁碰撞后，速度变小，机械能有损失，B 错误； 水平轨道光滑，则 A 和 B 碰撞过程动量守恒 mAv2＝(mA＋mB)v，解得 v ＝3 m/s，故 C 正确；四分之一圆弧轨道足够高，则 A、B 不会脱离轨 道，它们运动到最高点时，速度变为零．从轨道最低点到它们一起运动 到最高点的过程中，只有重力做功，机械能守恒，即21(mA＋mB)v2＝(mA ＋mB)gh，解得 h＝0.45 m，D 错误；故选 A、C．
【解析】 因安全气囊充气后，受力面积增大，故减小了司机单 位面积的受力大小，故A错误；有无安全气囊司机初动量和末动量均 相同，所以动量的改变量也相同，故B错误；因有安全气囊的存在， 司机和安全气囊接触后会有一部分动能转化为气体的内能，不能全部 转化成汽车的动能，故C错误；因为安全气囊充气后面积增大，司机 的受力面积也增大，在司机挤压气囊作用过程中由于气囊的缓冲故增 加了作用时间，故D正确．
专题二 能量与动量
第2讲 动量观点的应用
01 考情速览 · 明规律
02 核心知识 · 提素养
“物理观念”构建
1．动量定理 (1)公式：Ft＝p′－p，除表明等号两边大小、方向的关系外，还 说明了两边的因果关系，即合外力的冲量是动量变化的原因． (2)意义：动量定理说明的是合外力的冲量与动量变化的关系，反 映了力对时间的累积效果，与物体的初、末动量无必然联系．动量变 化的方向与合外力的冲量方向相同，而物体在某一时刻的动量方向跟 合外力的冲量方向无必然联系．
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1．[能量守恒与电势能的变化](2019年广西南宁模拟)如图甲所示，在光滑绝缘 的水平面上固定两个等量的正点电荷，M、O、N为两点电荷连线上的点，其中O为 连线中点，且MO＝ON.在M点由静止释放一个电荷量为q的正试探电荷，结果该试 探电荷在MN间做来回往复运动，在一个周期内的v－t图象如图乙所示，则下列说 法正确的是( )
C 刚好在圆心等高处绳子拉直，水平速度突然变为零．此时 C 向上的速度为 v1 ＝at＝vaAxB＝4 m/s
设小球运动到最高点速度为 v2 由动能定理得12mCv22－12mCv21＝(qE－mCg)l 解得 v2＝4 2 m/s.
(3)设小球从最高点运动到最低点时的速度为 v3，可得 12mCv23－12mCv22＝mCg×2l 解得 v3＝8 m/s 由 T＋F－mCg＝mCvl23
A．a的质量比b的大 B．在t时刻，a的动能比b的大 C．在t时刻，a和b的电势能相等 D．在t时刻，a和b的动量大小相等 【答案】BD
【解析】因为两粒子所受电场力大小相等，方向相反，设为 F，则根据牛顿第二 定律可知 aa＝mFa，ab＝mFb，依题有 xa＝12aat2>xb＝12abt2，所以有 ma<mb，选项 A 错误； 因为电场力做功 Wa>Wb，根据动能定理可知 a 的动能比 b 的动能大，选项 B 正确； 依据两粒子的电性不同，a 带正电，b 带负电，所以 a 的电势能大于 b 的电势能，选 项 C 错误；因为电场力的冲量大小相等，根据动量定理可知两粒子的动量大小相等， 选项 D 正确．
(1)碰撞过程中A球对B球做的功； (2)碰后C第一次离开电场时的速度； (3)C每次离开最高点时，电场立即消失，到达最低点时，电场又重新恢复，不 考虑电场瞬间变化产生的影响，求C每次离开电场前瞬间绳子受到的拉力．
【答案】(1)－3.2 J (2)4 2 m/s (3)(80n－30) N，n＝1,2子沿半径为 r0 的四分之一圆弧轨道做匀速圆周运动， 从 N 点水平射出，而质量为 0.5m 的离子恰好从 ON 连线的中点 P 与水平方向成 θ 角 射出，从静电分析器射出的这两束离子垂直磁场方向射入磁分析器中，最后打在放 置于磁分析器左边界的探测板上，其中质量为 m 的离子打在 O 点正下方的 Q 点．已 知 OP＝0.5r0，OQ＝r0，N、P 两点间的电势差 UNP＝mqv2，cos θ＝ 45，不计重力和 离子间相互作用．
3．[功能关系转化的应用](2019 年吉林二模)如图，光滑斜面倾角为 37°，一质量 m＝1×10－2 kg、电荷量 q＝＋1×10－6 C 的小物块置于斜面上，当加上水平向右的匀 强电场时，该物体恰能静止在斜面上，g＝10 m/s2，求：
功能观点在电磁感应问题中的应用
4．(2019 年浙江卷)有一种质谱仪由静电分析器和磁 分析器组成，其简化原理如图所示．左侧静电分析器中 有方向指向圆心 O、与 O 点等距离、各点的场强大小相 同的径向电场，右侧的磁分析器中分布着方向垂直于纸 面向外的匀强磁场，其左边界与静电分析器的右边界平 行，两者间距近似为零．离子源发出两种速度均为 v0、 电荷量均为 q、质量分别为 m 和 0.5m 的正离子束，从 M 点垂直该点电场方向进入静电分析器．
解得 v＝ 5v0 离子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得 qvB＝
0.5mvr2解得
r＝
5 2 r0
距离 l＝2rcos θ－0.5r0 解得 l＝1.5r0.
(3)恰好能分辨的条件为1－2rΔ0BB－21r＋coΔsBBθ＝r20 解得ΔBB＝ 17－4≈0.12.
02
(1)求静电分析器中半径为 r0 处的电场强度 E0 和磁分析器中的磁感应强度 B 的大 小；
(2)求质量为 0.5m 的离子到达探测板上的位置与 O 点的距离 l(用 r0 表示)； (3)若磁感应强度在(B－ΔB)到(B＋ΔB)之间波动，要在探测板上完全分辨出质量 为 m 和 0.5m 的两束离子，求ΔBB的最大值．
2．磁场力可分为洛伦兹力和安培力．洛伦兹力在任何情况下对运动的电荷都 不做功；安培力可以做正功和负功，也可以不做功．
3．电流做功的实质是电场对移动电荷做功，即W＝UIt＝qU. 4．导体棒在磁场中切割磁感线时，棒中感应电流受到的安培力对导体棒做负 功，使机械能转化为电能． 5．静电力做的功等于电势能的减少，即WAB＝－ΔEp.
A．小球的重力势能增加－W1 B．小球的电势能减少 W2 C．小球的机械能增加 W1＋12mv2 D．小球与弹簧组成的系统机械能守恒 【答案】AB
【解析】重力对小球做功为 W1，重力势能增加－W1，故 A 正确．电场力做了 W2 的正功，则电势能减小 W2，故 B 正确．根据动能定理得，W1＋W2＋W 弹＝12mv2， 因为除重力以外其他力做功等于小球机械能的增量，则机械能的增量为 W2＋W 弹＝12 mv2－W1，故 C 错误．对小球和弹簧组成的系统，由于有电场力做功，则系统机械 能不守恒，故 D 错误．
解：(1)在静电分析器中，电场力提供向心力，由牛顿第二定律得 qE0＝mvr020解得 E0＝mqrv020
离子在磁场中做圆周运动的半径也为 r0，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律 得 qv0B＝mvr020 解得 B＝mqrv00.
(2)对 0.5m 离子，由动能定理得
qUNP＝12×0.5mv2－12×0.5mv20
(2)A、B 碰后，整体受到电场力和重力 F＝Eq＝20 N(向上)，G＝mCg＝10 N(向下) 因为 F－mCg>mCv2Al B 小球做类平抛运动，水平方向 x＝vABt 竖直向上 y＝12at2，其中 a＝qE－mCmCg＝10 m/s2 即抛物轨迹 y＝1.25 x2 绕绳转动的圆的方程(y－l)2＋x2＝l2 得圆与轨迹相交 x＝0.8 m，y＝0.8 m
动力学和功能观点解电磁学综合问题
3．(2019年海南卷)如图，一水平面内固定有两根平行的长直金属导轨，导轨间 距为l；两根相同的导体棒AB、CD置于导轨上并与导轨垂直，长度均为l；棒与导轨 间的动摩擦因数为μ(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)．整个装置处于匀强磁场中，磁 感应强度大小为B，方向竖直向下．从t＝0时开始，对AB棒施加一外力，使AB棒从 静止开始向右做匀加速运动，直到t＝t1时刻撤去外力，此时棒中的感应电流为i1； 已知CD棒在t＝t0(0＜t0＜t1)时刻开始运动，运动过程中两棒均与导轨接触良好．两 棒的质量均为m，电阻均为R，导轨的电阻不计．重力加速度大小为g.
可知 T>0，所以小球能一直做圆周运动，设经过最高点次数为 n，故有12mCv′2n－ 12mCv22＝(n－1)qE×2l
T＋mCg－F＝mCv′l 2n 解得 T＝(80n－30) N，n＝1,2,3，…
1．静电力做功与路径无关．若电场为匀强电场，则W＝Flcos α＝Eqlcos α；若 是非匀强电场，则一般是利用W＝qU求解．
热点突破
热点1 几个功能关系在电学中的应用
几个重要的功能关系在电学中有着重要的应用，高考中亦经常考查，主要结合 电场力做功、电势能、机械能等来考查．
例1 (2019年广东名校模拟)如图所示，质量mA＝0.8 kg、带电量q＝－4×10－3 C的A球用长度l＝0.8 m的不可伸长的绝缘轻(不会断)线悬吊在O点，O点右侧有竖直
A．M和N两点的电场强度和电势完全相同 B．试探电荷在O点所受电场力最大，运动的速度也最大 C．试探电荷在t2时刻到达O点，t4时刻到达N点 D．试探电荷从M经O到N的过程中，电势能先减小后增大 【答案】D
【解析】M、N两点关于O点对称，电势相同，电场强度大小相等、方向相 反，A项错误；从M点到O点，试探电荷加速度逐渐减小的加速运动，从O点到N点 做加速度逐渐增大的减速运动．O点电场强度为零，所受电场力为零，加速度为 零，速度最大，B项错误；试探电荷在t1时刻到达O点，t2时刻到达N点，t3时刻返回 到O点，t4时刻返回到M点，完成一个周期的运动，C项错误；从M点到O点的过程 中，电场力对试探电荷做正功，电势能减小，从O点到N点的过程中，电场力做负 功，电势能增加，D项正确．
(2)设撤去外力时 CD 棒的速度大小为 v1，AB 棒的速度大小为 v2.则有 v2＝at1 根据欧姆定律得 i1＝Blv22－RBlv1 联立解得 v1＝2μBm2lg2tR0 t1－2BRli1. (3)设 CD 棒在 t＝t2 时刻静止时 AB 棒的速度大小为 v3.对两棒整体，安培力的冲 量为 0，由动量定理得 －2μmg(t2－t1)＝mv3－mv1－mv2 联立解得 v3＝4μBm2lg2tR0 t1－2BRli1－2μg(t2－t1)．
【解析】(1)碰前 A 的速度满足12mAv2A＝mAgl 解得 vA＝4 m/s 碰前 B 的速度满足 Ep＝12mBv2B 解得 vB＝6 m/s 由动量守恒可得 mAvA－mBvB＝(mA＋mB)vAB 解得 vAB＝2 m/s A 对 B 做的功等于 B 动能的变化 W＝ΔEkB＝12mBv2AB－12mBv2B＝－3.2 J.
(1)求AB棒做匀加速运动的加速度大小； (2)求撤去外力时CD棒的速度大小； (3)撤去外力后，CD棒在t＝t2时刻静止，求此时AB棒的速度大小． 解：(1)当 CD 棒开始刚运动时，设 CD 棒中电流为 i0.则有 Bi0l＝μmg 得 i0＝μBmlg 设此时 AB 棒的速度为 v0.则有 i0＝B2lRv0得 v0＝2μBm2lg2R 故 AB 棒做匀加速运动的加速度大小为 a＝vt00＝2Bμm2l2gt0R.
2．[功能关系与电势能的变化] (多选)(2019 年甘肃五市二模)如图，竖直向上的 匀强电场中，绝缘轻质弹簧竖直立于水平地面上，上面放一质量为 m 的带正电小球， 小球与弹簧不连接，施加外力 F 将小球向下压至某位置静止．现撤去 F，使小球沿 竖直方向运动，在小球由静止到离开弹簧的过程中，重力、电场力对小球所做的功 分别为 W1 和 W2，小球离开弹簧时的速度为 v，不计空气阻力，则上述过程中( )