高考物理大二輪復習與增分策略 專題四 功能關(guān)系的應(yīng)用 第2講 功能關(guān)系在電學中的應(yīng)用課件

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1、第2講功能關(guān)系在電學中的應(yīng)用專題四功能關(guān)系的應(yīng)用知識回扣1.靜電力做功與 無關(guān).若電場為勻強電場，則WFlcos Eqlcos ；若是非勻強電場，則一般利用W 來求.2.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動的電荷都 ；安培力可以做正功、負功，還可以不做功.3.電流做功的實質(zhì)是電場對 做功.即WUIt .4.導體棒在磁場中切割磁感線時，棒中感應(yīng)電流受到的安培力對導體棒做 功，使機械能轉(zhuǎn)化為 能.5.靜電力做的功等于 的變化，即WABEp.移動電荷qU不做功答案負Uq電電勢能路徑規(guī)律方法答案1.功能關(guān)系在電學中應(yīng)用的題目，一般過程復雜且涉及多種性質(zhì)不同的力，因此，通過審題，抓

2、住 和運動過程分析是關(guān)鍵，然后根據(jù)不同的運動過程中各力做功的特點來選擇相應(yīng)規(guī)律求解.2.動能定理和能量守恒定律在處理電學中能量問題時仍然是首選的方法.受力分析高考題型1幾個重要的功能關(guān)系在電學中的應(yīng)用高考題型3電功能觀點在電磁感應(yīng)問題中的應(yīng)用高考題型4應(yīng)用動力學和功能觀點處理電學綜合問題高考題型2動能定理在電場中的應(yīng)用內(nèi)容索引高考題型1幾個重要的功能關(guān)系在電學中的應(yīng)用解析例1 (多選)如圖1所示地面上方存在水平向右的勻強電場.現(xiàn)將一帶電小球從距離地面O點高h處的A點以水平速度v0拋出，經(jīng)過一段時間小球恰好垂直于地面擊中地面上的B點，B到O的距離也為h.當?shù)刂亓铀俣葹間，則下列說法正確的是()

3、A.從A到B的過程中小球的動能先減小后增大B.下落過程中小球機械能一直增加C.小球的加速度始終保持2g不變D.從A點到B點小球的的電勢能增加了mgh圖1解析解析由題意分析知，小球在水平方向勻減速，豎直方向勻加速，由于時間相等，兩方向位移相同，故qEmg，合力大小為 mg，斜向左下方45，故小球的動能先減小后增大；電場力一直做負功，小球機械能一直減小，小球的加速度始終保持 g不變，從A點到B點電場力做負功，大小為qEhmgh，故電勢能增加了mgh.A.小球上滑過程中先勻加速后勻減速B.小球下滑過程中電場力先做負功后做正功C.小球再次滑回C點時的速率為vCD.小球下滑過程中動能、電勢能、重力勢能三

4、者之和增大解析預測1如圖2所示，直角三角形ABC由三段細直桿連接而成，AB桿豎直，AC桿粗糙且絕緣，其傾角為30，長為2L，D為AC上一點，且BD垂直AC，在BC桿中點O處放置一正點電荷Q.一套在細桿上的帶負電小球，以初速度v0由C點沿CA上滑，滑到D點速率恰好為零，之后沿AC桿滑回C點.小球質(zhì)量為m、電荷量為q，重力加速度為g.則()圖2解析解析 小球上滑過程中受到重力、庫侖力、桿的支持力以及摩擦力作用，由于庫侖力和摩擦力是變力，則運動過程中加速度始終發(fā)生變化，故A錯誤；根據(jù)幾何關(guān)系可知，ODOC，則C、D兩點電勢相等，所以從C到D的過程中，電場力做功為零，在C點時，小球受到的庫侖力是引力，

5、電場力做正功，后電場力做負功，故B錯誤；解析小球下滑過程中由于摩擦力做負功，則小球動能、電勢能、重力勢能三者之和減小，故D錯誤.預測2(多選)如圖3所示，某一空間內(nèi)充滿豎直向下的勻強電場E，在豎直平面內(nèi)建立坐標系xOy，在y0的空間內(nèi)，將一質(zhì)量為m的帶電液滴(可視為質(zhì)點)自由釋放，則此液滴沿y軸的負方向以加速度a2g(g為重力加速度)做勻加速直線運動，當液滴運動到坐標原點時，瞬間被安置在原點的一個裝置改變了帶電性質(zhì)(液滴所帶電荷量和質(zhì)量均不變)，隨后液滴進入ymg，虛線右側(cè)的水平面光滑.一輕彈簧右端固定在墻上，處于原長時，左端恰好位于虛線位置，把滑塊放到虛線左側(cè)L處，并給滑塊一個向左的初速度v

6、0，已知滑塊與絕緣水平面間的動摩擦因數(shù)為，求：(1)彈簧的最大彈性勢能；圖5解析答案解析解析設(shè)滑塊向左運動x時減速到零，由能量守恒定律有：之后滑塊向右加速運動，設(shè)第一次到達虛線時的動能為Ek，由能量守恒定律得：qE(xL)Ekmg(xL)解析答案滑塊從虛線處壓縮彈簧至最短的過程，機械能守恒，動能全部轉(zhuǎn)化為彈性勢能，所以彈簧的最大彈性勢能為：(2)滑塊在整個運動過程中產(chǎn)生的熱量.返回解析解析滑塊往返運動，最終停在虛線位置，整個過程電場力做正功，為WqEL，電勢能減少量為qEL，由能量守恒定律，整個過程產(chǎn)生的熱量等于滑塊機械能的減少量與電勢能的減少量之和，即QqEL mv02解析答案高考題型3電功

7、能觀點在電磁感應(yīng)問題中的應(yīng)用解題方略解題方略1.電磁感應(yīng)過程中產(chǎn)生的感應(yīng)電流在磁場中必定受到安培力的作用，因此，要維持感應(yīng)電流的存在，必須有“外力”克服安培力做功，將其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能.“外力”克服安培力做了多少功，就有多少其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能.2.當感應(yīng)電流通過用電器時，電能又轉(zhuǎn)化為其他形式的能.安培力做功的過程，或通過電阻發(fā)熱的過程，是電能轉(zhuǎn)化為其他形式能的過程.安培力做了多少功，就有多少電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能.3.若回路中電流恒定，可以利用電路結(jié)構(gòu)及WUIt或QI2Rt直接進行計算電能.4.若電流變化，則：(1)利用安培力做的功求解：電磁感應(yīng)中產(chǎn)生的電能等于克服安培力所做的功；(2

8、)利用能量守恒求解：若只有電能與機械能的轉(zhuǎn)化，則機械能的減少量等于產(chǎn)生的電能.例3如圖6所示，足夠長光滑導軌傾斜放置，導軌平面與水平面夾角37，導軌間距L0.4 m，其下端連接一個定值電阻R2 ，其它電阻不計.兩導軌間存在垂直于導軌平面向下的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B0.5 T.一質(zhì)量為m0.02 kg的導體棒ab垂直于導軌放置，現(xiàn)將導體棒由靜止釋放，取重力加速度g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8.圖6解析答案(1)求導體棒下滑的最大速度；當安培力與重力沿導軌向下的分力相等時，速度最大，棒ab做勻速運動，即答案答案6 m/s(2)滑塊在整個運動過程中產(chǎn)生的熱量.解析答案答案答

9、案0.72 W(3)若導體棒從靜止加速到v4 m/s的過程中，通過R的電量q0.26 C，求R產(chǎn)生的熱量Q.返回解析答案答案答案0.152 J預測4(多選)在如圖7所示的傾角為的光滑斜面上，存在著兩個磁感應(yīng)強度大小均為B的勻強磁場，區(qū)域的磁場方向垂直斜面向上，區(qū)域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的正方形導線框，由靜止開始沿斜面下滑，當ab邊剛越過GH進入磁場區(qū)時，恰好以速度v1做勻速直線運動；當ab邊下滑到JP與MN的中間位置時，線框又恰好以速度v2做勻速直線運動，從ab進入GH到MN與JP的中間位置的過程中，線框的動能變化量為Ek，重力對線框做功大

10、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7A.在下滑過程中，由于重力做正功，所以有v2v1B.從ab進入GH到MN與JP的中間位置的過程中，機械能守恒C.從ab進入GH到MN與JP的中間位置的過程中，有(W1Ek)的機械能轉(zhuǎn) 化為電能D.從ab進入GH到MN到JP的中間位置的過程中，線框動能的變化量為Ek W1W2解析ab進入磁場后，安培力做負功，機械能減少，選項B錯誤；從ab進入GH到MN與JP的中間位置的過程中，由動能定理得，W1W2Ek，選項D正確；線框克服安培力做功為W2，等于產(chǎn)生的電能，且W2W1Ek，選項C正確.解析答案預測5如圖8所示 ，單位長度電阻相等的直

11、角三角形金屬框abc放置在勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小為B，方向平行于bc邊水平向右.ab4L，bc3L，金屬框總電阻為R.求：圖8(1)若金屬框繞bc邊以角速度按圖示方向勻速轉(zhuǎn)動時，ab兩點間的電勢差Uab是多少？a、b兩點哪點電勢高？解析解析根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得EB4L所以EB4L2L8BL2由于ab和ac切割磁感線有效長度相同，回路的總感應(yīng)電動勢為零，金屬框中無電流，但a、b兩端有電勢差，根據(jù)右手定則可判斷a端電勢高所以UabE8BL2答案答案8BL2 a端電勢高解析答案返回(2)若金屬框繞ab邊以角速度勻速轉(zhuǎn)動一周，ab邊上產(chǎn)生的焦耳熱是多少？解析解析若以ab邊為軸勻速轉(zhuǎn)動，ac邊切

12、割磁感線，金屬框?qū)a(chǎn)生正弦交流電，設(shè)某時刻金屬框平面與磁場夾角為，從下向上看如圖所示，則電動勢的瞬時值表達式為最大值Em6BL2返回高考題型4應(yīng)用動力學和功能觀點處理電學綜合問題解析答案例4如圖9所示，水平地面QA與豎直面內(nèi)的、半徑R4 m的光滑圓軌道ACDF相連，F(xiàn)C為豎直直徑，DO水平，AO與CO夾角60.QA上方有一水平臺面MN，MN正上方分布著垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B4 T.P是豎直線AP與DO的交點，PA的右側(cè)、PO的下面、OC的左側(cè)分布著豎直向下、場強為E的勻強電場.一個質(zhì)量m2 kg、電量q1 C的小滑塊(可視為質(zhì)點)放在MN上，在水平推力F4 N的作用下正以速度v1

13、向右做勻速運動.已知滑塊與平臺MN的動摩擦因數(shù)0.5；重力加速度g10 m/s2.圖9(1)求小滑塊在平臺MN上的速度v1；解析解析FfFFfFNFNmgBqv1由解得：v13 m/s答案答案3 m/s解析答案(2)小滑塊從N點飛出后，恰從A點無碰撞地(沿軌道切線)進入圓軌道AC，為了使小滑塊不向內(nèi)脫離AF間的圓弧軌道，求電場強度E的取值范圍.解出：E12 N/C解析答案解出：E262 N/C綜上：為了使滑塊不向內(nèi)脫離AF間的圓弧軌道，電場強度E的取值范圍為E2 N/C或E62 N/C答案答案E2 N/C或E62 N/C預測6如圖10甲所示，長L1.5 m、傾角為37的光滑絕緣的斜面底端連接一

14、粗糙絕緣的水平面，整個斜面處在一水平向左的勻強電場中，水平面部分沒有電場.現(xiàn)將一質(zhì)量m1.2 kg、帶電荷量q1104 C的帶正電的小物體從斜面頂端由靜止釋放，當電場場強E取不同數(shù)值時，物體沿斜面下滑最后在水平地面上滑過的距離s不同.研究發(fā)現(xiàn)s與E之間的關(guān)系如圖乙所示.忽略物體在斜面與水平面連接處的能量損失，取重力加速度g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，求：圖10(1)物體與地面間的動摩擦因數(shù)；解析解析當E0時，s4.5 m由動能定理得mgLsin mgs0解得0.2答案答案0.2解析答案(2)當E3104 N/C時，物體運動的總時間.解析答案解析解析當E3104 N/

15、C時，由牛頓第二定律得mgsin qEcos ma1又L水平面上由牛頓第二定律知mgma2由va1t1又va2t2解析答案預測7如圖11所示，在水平方向的勻強電場中有一表面光滑、與水平面成45角的絕緣直桿AC，其下端C距地面高度h0.8 m.有一質(zhì)量為500 g的帶電小環(huán)套在直桿上，正以某一速度沿桿勻速下滑，小環(huán)離桿后正好通過C端的正下方P點處.(g取10 m/s2)求：(1)小環(huán)離開直桿后運動的加速度大小和方向.圖11解析解析小環(huán)在直桿上的受力情況如圖所示答案答案14.1 m/s2與桿垂直斜向右下方由平衡條件得：mgsin 45Eqcos 45得mgEq，離開直桿后，只受mg、Eq作用，代入數(shù)據(jù)解得加速度大?。篴14.1 m/s2加速度方向與桿垂直斜向右下方解析答案(2)小環(huán)在直桿上勻速運動速度的大小v0.解析解析設(shè)小環(huán)在直桿上運動的速度為v0，離桿后經(jīng)t秒到P點，則豎直方向：答案答案2 m/s由以上兩式代入數(shù)據(jù)解得：v02 m/s解析答案返回(3)小環(huán)運動到P點的動能.解析解析由動能定理得：EkP mgh代入數(shù)據(jù)解得：EkP5 J.答案答案5 J