高考物理二轮复习应试指导1第3讲“4个意识规律”破解计算题第2课时课件（58页ppt）

(共58张PPT)
一、考前必破的3大题型
第3讲　“4个意识规律”破解计算题
第二课时　“4规律”解答电学计算题
? 带电粒子在电场中运动的规律
1.带电粒子在平行板电容器中受力的情况
(1)若平行板电容器所带电荷量Q不变，改变两板间距离d，两板间的匀强电场的电场强度E不变，在平行板间运动的带电粒子受力不变。
2.类平抛运动的两个分运动和“三个一”
1.两块长为L、间距为d的平行金属板a、b水平放置，一个不计重力的带电粒子以初速度v0从两板左侧的中点P水平进入两板间的匀强电场，恰好从下板的右侧边缘飞出。
? 带电粒子在磁场中运动的规律
1.带电粒子在单边界磁场中运动
(1)粒子发射源位于磁场的边界上，粒子进入磁场和离开磁场时速度方向与磁场边界的夹角不变，如图甲、乙、丙所示。
2.带电粒子在平行边界磁场中运动
(1)带电粒子位于磁场的某一边界，且粒子的初速度方向平行于边界，速度大小不定。
如图戊所示，半径为粒子从磁场左侧离开的最大半径；如图己所示，半径为粒子从磁场右侧离开的最小半径。
(2)带电粒子的速度方向确定，且与磁场边界不平行，速度大小不定。
②粒子速度方向和磁场边界不垂直，如图辛所示，粒子的轨迹与磁场的右边界相切时，粒子恰好不能从磁场的右边界离开，这种情况下相当于粒子在单边界磁场中的运动。
2.如图所示，足够长的矩形区域abcd内充满方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，在ad边的中点O，垂直磁场射入一速度方向跟ad边夹角θ＝30°、大小为v0(未知)的带正电粒子。已知粒子质量为m、电荷量为q，ad边长为L，粒子重力不计。
(1)若粒子能从ab边上射出磁场，求v0大小的范围；
(2)如果带电粒子不受上述v0大小范围的限制，求粒子在磁场中运动的最长时间。
3.带电粒子在圆形边界磁场中运动
径向进出
当粒子运动方向与磁场方向垂直时，沿圆形磁场半径方向射入的带电粒子，必沿径向射出圆形磁场区域，即粒子出射速度的反向延长线必过磁场圆的圆心
等角进出
入射速度方向与过入射点的磁场圆半径的夹角等于出射速度方向与过出射点的磁场圆半径的夹角。径向进出是等角进出的一种特殊情况(θ＝0°)
磁发散
若带电粒子从圆形匀强磁场区域圆周上一点沿垂直于磁场方向进入磁场，当带电粒子做圆周运动的半径与圆形磁场区域的半径相同时，所有带电粒子都以平行于磁场区域圆周上入射点的切线方向射出磁场
磁聚焦
若带电粒子以相互平行的速度射入磁场，且带电粒子在磁场中做圆周运动的半径和圆形磁场区域半径相同，则这些带电粒子将会从磁场区域圆周上同一点射出，圆周上该点的切线与带电粒子射入磁场时的速度方向平行
3.如图所示，x轴正方向水平向右，y轴正方向竖直向上。在xOy平面内有一个半径为R的圆形磁场区域，且是与xOy平面垂直的匀强磁场。在圆形磁场的左边放置一带电微粒发射装置，它沿x轴正方向发射出一束具有相同质量m、电荷量q(q＞0)的初速度v的带电微粒。发射时，这束带电微粒分布在0＜y＜2R的区间内。不计微粒重力，忽略微粒间的相互作用。
(1)从A点射出的带电微粒平行于x轴从C点进入磁场区域，并从坐标原点O沿y轴负方向离开，求磁感应强度的大小与方向；
(2)请指出这束带电微粒与x轴相交的区域，并说明理由；
(3)若这束带电微粒初速度变为2v，那么它们与x轴相交的区域又在哪里？并说明理由。
(2)坐标原点O，理由见解析
(3)x>0，理由见解析
(2)这束带电微粒都通过坐标原点O，即这束带电微粒都将会聚于坐标原点O。理由及解法说明如下：
从任一点P水平进入圆形磁场的带电微粒，在磁场中做半径为R的匀速圆周运动，如图乙所示。其中四边形PQOO′为菱形，边长为R，设P点与O′点的连线与y轴的夹角为θ，则∠QOO′＝θ，微粒圆周运动的圆心Q的坐标为(－Rsin θ，Rcos θ)，故微粒圆周运动的轨迹方程为(x＋Rsin θ)2＋(y－Rcos θ)2＝R2①
又圆形磁场的圆心坐标为(0，R)，故圆形磁场的边界方程为x2＋(y－R)2＝R2②
联立①②两式，解得带电微粒做圆周运动的轨迹与磁场边界的两个交点坐标为：
x1＝0、y1＝0与x2＝－Rsin θ、y2＝R(1＋cos θ)，
显然，后者坐标点(x2，y2)就是P点，须舍去。
可见，这束带电微粒都是通过坐标原点离开磁场的。
(3)这束带电微粒与x轴相交的区域是x＜0。理由说明如下：
很显然，靠近M点发射出的带电微粒穿过磁场后会射向靠近x轴正方向的无穷远处；靠近N点发射出的带电微粒穿过磁场后会射向靠近原点O处。
综上可知，这束带电微粒与x轴相交的区域范围是x>0。
? 带电粒子在组合场中运动的规律
1.电偏转和磁偏转的对比(不考虑重力)
规律分析 电偏转 磁偏转
受力特征 F电＝qE恒力 F洛＝qvB变力
运动性质 匀变速曲线运动 匀速圆周运动
运动轨迹
2.带电粒子在组合场中运动的解题思路
(1)按照带电粒子进入不同场的时间顺序分成几个不同的阶段；
(2)分析带电粒子在各场中的受力情况和运动情况；
(3)画出带电粒子的运动轨迹，注意运用几何知识，找出相应的几何关系与物理关系；
(4)选择物理规律，列方程；
(5)注意确定粒子在组合场交界处的速度大小与方向，该速度往往是联系两段运动的桥梁。
(1)求匀强电场的电场强度的最大值Emax；
(2)求匀强磁场的磁感应强度B的大小；
(3)若带电粒子每次均从M点(－0.08 m,0.12 m)，以相同初速度v0沿y轴正方向射出，改变电场强度的大小，求带电粒子经过x轴正半轴的位置范围。
【答案】　(1)30 N/C　(2)1×10－3 T　(3)0.09 m≤x≤0.18 m
【解析】　(1)设带电粒子到达y轴所用时间为t，
(3)设电场强度为E时，带电粒子经过y轴的速度大小为v′，方向与y轴正方向的夹角为α，带电粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，圆心到y轴的距离为d，
则有d＝rcos α，v0＝v′cos α
由于带电粒子做圆周运动的圆心到y轴的距离不变，故经过x轴正半轴的带电粒子的坐标值最小x1＝d＝0.09 m。当电场强度的大小为Emax时，带电粒子在磁场中做圆周运动的半径最大，圆心的y坐标最小，故此时经过x轴正半轴的带电粒子的坐标值最大，设带电粒子经过x轴正半轴的坐标值最大值为x2，
联立解得x2＝0.18 m
故经过x轴正半轴的带电粒子位置的x坐标取值范围为
0.09 m≤x≤0.18 m。
3.带电体在叠加场中运动的四类问题
(1)带电体在匀强电场和重力场组成的叠加场中运动：由于带电体受到的是恒力，所以带电体通常做匀变速运动，其处理的方法一般是采用牛顿运动定律结合运动学规律或动能定理进行处理。
(2)带电体在匀强电场和匀强磁场组成的叠加场中运动(不计重力)：若带电体受到的静电力和洛伦兹力平衡，则带电体一定做匀速直线运动，此时可由二力平衡求解；若带电体受到的静电力和洛伦兹力不平衡，则其运动轨迹一般比较复杂，此时采用动能定理进行求解较为简单。
(3)带电体在匀强电场、匀强磁场和重力场组成的叠加场中运动：若带电体做匀速圆周运动，则一定是重力与静电力平衡，洛伦兹力提供向心力，此时宜采用共点力平衡和圆周运动的相关知识进行求解；若带电体做匀速直线运动，则一定是重力、静电力和洛伦兹力的合力为零，此时宜采用共点力平衡进行求解。
(4)带电体在重力场和匀强磁场组成的叠加场中运动，由于其运动轨迹为一般的曲线，一般采用动能定理进行处理。
5.如图所示，平面OM和水平面ON之间的夹角为30°，两平面之间同时存在匀强磁场和匀强电场，匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外；匀强电场的方向竖直向上。一带电小球的质量为m，电荷量为q；带电小球沿竖直平面以大小为v0的初速度从平面OM上的某点沿左上方射入磁场，速度方向与OM成30°角，带电小球进入磁场后恰好做匀速圆周运动。已知带电小球在磁场中的运动轨迹与ON恰好相切，且带电小球能从OM上另一点P射出磁场(P未画出)。
(1)判断带电小球带何种电荷？所加电场的电场强度E为多大？
(2)求出射点P到两平面交点O的距离sOP；
(3)带电小球离开磁场后继续运动，能打在左侧竖直的光屏OO′上的T点，求T点到O点的距离s′。
【解析】　(1)根据题意，带电小球受到的电场力与重力平衡，则带电小球带正电荷。
根据题意，带电小球在匀强磁场中的运动轨迹如图所示，Q点为运动轨迹与ON相切的点，I点为入射点，P点为出射点。小球离开磁场的速度方向与OM的夹角也为30°，由几何关系可得，QP为圆轨道的直径，故sQP＝2R
(3)带电小球从P点离开磁场后做平抛运动，设其竖直位移为y，水平位移为x，运动时间为t。
? 电磁感应计算题的解题规律——用好“三大体系”
电磁感应计算题的综合程度很高，能同时把电磁感应、磁场、电路以及力学中平衡、加速、功能关系、动量等知识交织在一起，常以压轴题出现，成为考生得分的拦路虎。其实，只要学会把这类问题分割成磁生电体系、全电路体系和力学体系，然后再把这三大体系有机地融会贯通，破解此类问题就有规律可循。
磁生电体系 指产生电磁感应的那一部分电路，并要判断是动生电动势还是感生电动势，不同电动势的计算方法不同
全电路体系 指把产生电动势的那一部分电路看作电源(即内电路，电流由负极流向正极)，其余部分是外电路(电流由正极流向负极)
力学体系 指求解此类问题时通常要用到动力学观点、能量观点和动量观点等知识
6.如图甲所示，平行长直导轨MN、PQ水平放置，两导轨间距l＝0.5 m，导轨左端M、P间接有一阻值R＝0.2 Ω的定值电阻，导体棒ab的质量m＝0.1 kg，与导轨间的动摩擦因数μ＝0.1，导体棒垂直于导轨放在距离左端d＝1.0 m处，导轨和导体棒始终接触良好，电阻均忽略不计。整个装置处在范围足够大的匀强磁场中，t＝0时刻，磁场方向竖直向下，此后，磁感应强度B随时间t的变化如图乙所示，不计感应电流磁场的影响。重力加速度g取10 m/s2。
(1)求t＝0时导体棒所受到的安培力F0的大小；
(2)分析前3 s时间内导体棒的运动情况并求前3 s内导体棒所受的摩擦力Ff随时间t变化的关系式；
(3)若t＝3 s时，突然使导体棒获得向右的速度v0＝8 m/s，同时垂直导体棒施加一方向水平、大小可变化的外力F，使导体棒的加速度大小恒为a＝4 m/s2、方向向左。求从t＝3 s到t＝4 s的时间内通过电阻的电荷量q。
【审题指导】　
【答案】　(1)0.025 N　
(2)前3 s内导体棒静止　Ff＝0.012 5(2－t)(N)(t<3 s)　(3)1.5 C
【解析】(1)t＝0时导体棒的速度为零，故回路中只有感生电动势，
导体棒所受到的安培力F0＝B0Il＝0.025 N。
(2)导体棒与导轨间的最大静摩擦力
Fmax＝μmg＝0.1×0.1×10 N＝0.1 N>F0＝0.025 N
所以在t＝0时刻导体棒静止不动，加速度为零，在0～3 s内磁感应强度B都小于B0，导体棒所受的安培力都小于最大静摩擦力，故前3 s内导体棒静止不动，电流恒为I＝0.25 A
在0～3 s内，磁感应强度B＝B0－kt＝0.2－0.1t(T)
因导体棒静止不动，导体棒在水平方向受安培力和摩擦力，二力平衡，则有Ff＝BIl＝(B0－kt)Il＝(0.2－0.1t)×0.25×0.5(N)＝0.0125(2－t) (N)(t<3 s)。
(3)3～4 s内磁感应强度大小恒为B2＝0.1 T，导体棒做匀变速直线运动，Δt1＝4 s－3 s＝1 s
设t＝4 s时导体棒的速度为v，第4 s内的位移为x，则
【归纳总结】　对于由磁感应强度B随时间t变化产生感生电动势的问题，其电源为垂直于磁场的电路的所有区域；而导体棒切割磁感线产生动生电动势的问题，其电源部分为切割磁感线的导体棒部分。
7.如图所示，足够长的水平轨道左侧b1b2～c1c2部分轨道间距为2l，右侧c1c2～d1d2部分的轨道间距为l，曲线轨道与水平轨道相切于b1b2，所有轨道均光滑且电阻不计。在水平轨道内有斜向下与竖直方向成θ＝37°的匀强磁场，磁感应强度大小B＝0.1 T。质量M＝0.2 kg的金属棒B垂直于导轨静止放置在右侧窄轨道上，质量m＝0.1 kg的金属棒A自曲线轨道上a1a2处由静止释放，两金属棒在运动过程中始终相互平行且与导轨保持良好接触，A棒总在宽轨上运动，B棒总在窄轨上运动。已知：两金属棒接入电路的有效电阻均为R＝0.2 Ω，h＝0.2 m，l＝0.2 m，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2，求：
(1)金属棒A滑到b1b2处时的速度大小；
(2)金属棒B匀速运动的速度大小；
(3)在两棒整个的运动过程中通过金属棒A某截面的电荷量；
(4)在两棒整个的运动过程中金属棒A、B在水平导轨间扫过的面积之差。
【审题指导】　
磁生电体系 金属棒A进入磁场切割磁感线产生动生电动势，金属棒B在安培力作用下向右运动，也切割磁感线产生动生电动势
全电路体系 金属棒A、B均切割磁感线产生动生电动势，二者在回路中方向相反，当两电动势大小相等时，回路中电流为零
力学体系 金属棒A进入磁场之前，只有重力做功，机械能守恒
金属棒A进入磁场后，因A的等效长度是B的2倍，电流大小相等，所以A所受的安培力始终为B的2倍，由动量定理可知，A动量的减少量等于B动量增加量的2倍
【答案】　(1)2 m/s　(2)0.44 m/s　(3)5.56 C　(4)27.8 m2
(2)选取水平向右为正方向，利用动量定理
对金属棒B有FB安cos θ·t＝MvB
对金属棒A有－FA安cos θ·t＝mvA－mv0
其中FA安＝2FB安得mv0－mvA＝2MvB
两棒最后匀速时，电路中无电流，此时回路总电动势为零，必有2BlvA－BlvB＝0，解得vB＝2vA
(3)在金属棒B加速过程中有∑(Bcos θ)ilΔt＝MvB－0
【归纳总结】　(1)对于双杆问题，要注意分析双杆的运动过程，仅在安培力作用下，两杆匀速运动时，两杆的动生电动势大小相等，速度不一定相等。
(2)应用动量定理求电磁感应中的电荷量时要注意微元思想的应用：
∑BlIi·Δti＝Bl(I1·Δt1＋I2·Δt2＋…＋In·Δtn)＝Blq＝m·Δv。
其中q为Δt时间内通过导体棒的电荷量。