高考物理大二輪復(fù)習(xí)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(xué)中的應(yīng)用課件

第2講 功能關(guān)系在電學(xué)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(dǎo)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(dǎo)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(xué)中應(yīng)用的題目，一般過程復(fù)雜且涉及多種性質(zhì)不同的力，因此，通過審題，抓住 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(xué)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(xué)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(xué)和功能觀點處理電學(xué)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(xué)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(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間，則下列說法正確的是( ) 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 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vC D.小球下滑過程中動能、電勢能、重力勢能三者之和增大,解析,預(yù)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 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，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(yù)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(biāo)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(dāng)液滴運動到坐標(biāo)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y0的空間運動.液滴在以后的運動過程中( ) A.重力勢能一定先減小后增大 B.機械能一定先增大后減小 C.動能先不變后減小 D.動能一直保持不變,圖3,解析,返回,解析 帶電液滴在電場與重力場作用下，由牛頓第二定律可得：qEmgmam2g，故qEmg當(dāng)帶電液滴進入磁場時，由于電場力與重力方向相反，處于平衡.而洛倫茲力提供向心力，帶電液滴做勻速圓周運動.所以重力勢能先減小后增大，故A正確； 由于電場力先做負功后做正功，所以電勢能先增大后減小，那么機械能先減小后增大，故B錯誤； 由于做勻速圓周運動，則速度的大小不變，則動能不變，故C錯誤，D正確.,返回,高考題型2 動能定理在電場中的應(yīng)用,解題方略,1.電場力做功與重力做功的特點類似，都與路徑無關(guān). 2.對于電場力做功或涉及電勢差的計算，選用動能定理往往最簡便快捷，但運用動能定理時要特別注意運動過程的選取.,例2 如圖4所示，兩個帶正電的點電荷M和 N，帶電量均為Q，固定在光滑絕緣的水平 面上，相距2L，A、O、B是MN連線上的三 點，且O為中點，OAOB ，一質(zhì)量為m、電量為q的點電荷以初速度v0從A點出發(fā)沿MN連線向N運動，在運動過程中電荷受到大小恒定的阻力作用，但速度為零時，阻力也為零，當(dāng)它運動到O點時，動能為初動能的n倍，到B點速度剛好為零，然后返回往復(fù)運動，直至最后靜止.已知靜電力恒量為k，取O處電勢為零.求： (1)A點的場強大小；,圖4,解析答案,解析 由點電荷電場強度公式和電場疊加原理可得：,解析答案,(2)阻力的大?。?解析 由對稱性知，AB，電荷從A到B的過程中，電場力做功為零，克服阻力做功為：WfFfL，由動能定理：,解析答案,(3)A點的電勢；,解析答案,(4)電荷在電場中運動的總路程.,解析 電荷最后停在O點，在全過程中電場力做功為WF (2n1)，電荷在電場中運動的總路程為s，則阻力做功為Ffs.,解得：s(n0.5)L.,答案 (n0.5)L,預(yù)測3 如圖5所示，在絕緣水平面上放有一帶正 電的滑塊、質(zhì)量為m，帶電荷量為q，水平面上方 虛線左側(cè)空間有水平向右的勻強電場，場強為E， qEmg，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v0，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 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 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 電功能觀點在電磁感應(yīng)問題中的應(yīng)用,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(dāng)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)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(dǎo)軌傾斜放置，導(dǎo)軌平面與水平面夾角37，導(dǎo)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(dǎo)軌間存在垂直于導(dǎo)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(dǎo)體棒ab垂直于導(dǎo)軌放置，現(xiàn)將導(dǎo)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(dǎo)體棒下滑的最大速度；,當(dāng)安培力與重力沿導(dǎo)軌向下的分力相等時，速度最大，棒ab做勻速運動，即,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 0.72 W,(3)若導(dǎo)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 0.152 J,預(yù)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(dǎo)線框，由靜止開始沿斜面下滑， 當(dāng)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(dāng)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7,A.在下滑過程中，由于重力做正功，所以有v2v1 B.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(yù)測5 如圖8所示 ，單位長度電阻相等的直角三角形金屬框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 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 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 若以ab邊為軸勻速轉(zhuǎn)動，ac邊切割磁感線，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(xué)和功能觀點處理電學(xué)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 FfF FfFN FNmgBqv1 由解得：v13 m/s,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 E2 N/C或E62 N/C,預(yù)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(dāng)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 當(dāng)E0時，s4.5 m 由動能定理得mgLsin mgs0 解得0.2,答案 0.2,解析答案,(2)當(dāng)E3104 N/C時，物體運動的總時間.,解析答案,解析 當(dāng)E3104 N/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(yù)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.,