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1、专题5 功能关系在电磁学中的应用【2018年高考考纲解读】(1)静电力做功的特点(2)动能定理在电磁学中的应用(3)带电体在磁场中运动时洛伦兹力不做功，机械能也可守恒(4)功能关系、能量守恒在电磁感应现象中的应用【命题趋势】高考常对电学问题中的功能关系进行考查，特别是动能定理的应用此类题目的特点是过程复杂、综合性强，主要考查学生综合分析问题的能力预计2016年高考此类题目仍会出现 【重点、难点剖析】一、电场中的功能关系的应用1.电场力的大小计算电场力做功与路径无关其计算方法一般有如下四种(1)由公式WFlcos 计算，此公式只适用于匀强电场，可变形为WEqlcos .(2)由WqU计算，此公式
2、适用于任何电场(3)由电势能的变化计算：WABEpAEpB. (4)由动能定理计算：W电场力W其他力Ek.2电场中的功能关系(1)若只有电场力做功，电势能与动能之和保持不变(2)若只有电场力和重力做功，电势能、重力势能、动能之和保持不变(3)除重力、弹簧弹力之外，其他各力对物体做的功等于物体机械能的变化(4)所有外力对物体所做的功等于物体动能的变化二、磁场中的功能关系的应用1.磁场力的做功情况(1)洛伦兹力在任何情况下对运动电荷都不做功(2)安培力对通电导线可做正功、负功，还可能不做功，其计算方法一般有如下两种由公式WFlcos 计算由动能定理计算：W安W其他力Ek2电磁感应中的功能关系(1)
3、电磁感应电路为纯电阻电路时产生的焦耳热等于克服安培力做的功，即QW克安(2)电磁感应发生的过程遵从能量守恒焦耳热的增加量等于其他形式能量的减少量【题型示例】题型1、电场中的功能关系的应用【例1】【2017新课标卷】在一静止点电荷的电场中，任一点的电势与该点到点电荷的距离r的关系如图所示。电场中四个点a、b、c和d的电场强度大小分别Ea、Eb、Ec和Ed。点a到点电荷的距离ra与点a的电势a已在图中用坐标（ra，a）标出，其余类推。现将一带正电的试探电荷由a点依次经b、c点移动到d点，在相邻两点间移动的过程中，电场力所做的功分别为Wab、Wbc和Wcd。下列选项正确的是 AEa：Eb=4:1BE
4、c：Ed=2:1CWab:Wbc=3:1DWbc:Wcd=1:3【答案】AC 【变式探究】(多选)(2016全国卷，20)如图1，一带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直面(纸面)内，且相对于过轨迹最低点P的竖直线对称。忽略空气阻力。由此可知( ) 图1AQ点的电势比P点高B油滴在Q点的动能比它在P点的大C油滴在Q点的电势能比它在P点的大D油滴在Q点的加速度大小比它在P点的小解析 由于油滴受到的电场力和重力都是恒力，所以合外力为恒力，加速度恒定不变，所以D选项错；由于油滴轨迹相对于过P的竖直线对称且合外力总是指向轨迹弯曲内侧，所以油滴所受合外力沿竖直向上的方向，因此电场力竖直向上，且qE
5、mg，则电场方向竖直向下，所以Q点的电势比P点的高，A选项正确；当油滴从P点运动到Q点时，电场力做正功，电势能减小，C选项错误；当油滴从P点运动到Q点的过程中，合外力做正功，动能增加，所以Q点动能大于P点的动能，B选项正确。答案 AB【举一反三】(2015四川理综，6，6分) (多选)如图所示，半圆槽光滑、绝缘、固定，圆心是O，最低点是P，直径MN水平a、b是两个完全相同的带正电小球(视为点电荷),b固定在M点，a从N点静止释放，沿半圆槽运动经过P点到达某点Q(图中未画出)时速度为零则小球a( ) A从N到Q的过程中，重力与库仑力的合力先增大后减小B从N到P的过程中，速率先增大后减小C从N到Q
6、的过程中，电势能一直增加D从P到Q的过程中，动能减少量小于电势能增加量解析 a从N点静止释放，过P点后到Q点速度为零，整个运动过程只有重力和库仑力做功，库仑力方向与a速度方向夹角一直大于90，所以库仑力整个过程做负功.小球a从N到Q的过程中，库仑力增大，库仑力与重力的夹角减小，所以它们的合力一直增大，故A错误； 带电小球a受力如图所示，在靠近N点的位置，合力与速度夹角小于90，在D点合力与速度夹角大于90,所以小球a从N到P的过程中，速率应先增大后减小，故B正确；从N到Q的过程中,库仑力一直做负功，所以电势能一直增加，故C正确；根据能量守恒可知，P到Q的过程中，动能的减少量等于重力势能和电势能
7、的增加量之和，故D错误答案 BC【变式探究】(2014重庆卷，3)如图所示为某示波管内的聚焦电场，实线和虚线分别表示电场线和等势线两电子分别从 a、b两点运动到c点，设电场力对两电子做的功分别为Wa和Wb，a、b点的电场强度大小分别为Ea和Eb，则( ) AWa Wb，Ea Eb BWaWb，Ea EbCWaWb，EaEb DWaWb，Ea 0）的带电小球M、N先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出。小球在重力作用下进入电场区域，并从该区域的下边界离开。已知N离开电场时的速度方向竖直向下；M在电场中做直线运动，刚离开电场时的动能为N刚离开电场时动能的1.5倍。不计空气阻力，重力加速度大小为g
8、。求 （1）M与N在电场中沿水平方向的位移之比；（2）A点距电场上边界的高度；（3）该电场的电场强度大小。【答案】（1）3:1 （2） （3）（2）设A点距离电场上边界的高度为h，小球下落h时在竖直方向的分速度为vy，则；因为M在电场中做匀加速直线运动，则由可得h=（3）设电场强度为E，小球M进入电场后做直线运动，则，设M、N离开电场时的动能分别为Ek1、Ek2，由动能定理：由已知条件：Ek1=1.5Ek2联立解得： 【变式探究】(2015天津理综，12,20分)现代科学仪器常利用电场、磁场控制带电粒子的运动真空中存在着如图所示的多层紧密相邻的匀强电场和匀强磁场，电场与磁场的宽度均为d.电场强
9、度为E，方向水平向右；磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，电场、磁场的边界互相平行且与电场方向垂直一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子在第1层电场左侧边界某处由静止释放，粒子始终在电场、磁场中运动，不计粒子重力及运动时的电磁辐射 (1)求粒子在第2层磁场中运动时速度v2的大小与轨迹半径r2；(2)粒子从第n层磁场右侧边界穿出时，速度的方向与水平方向的夹角为n，试求sin n；(3)若粒子恰好不能从第n层磁场右侧边界穿出，试问在其他条件不变的情况下，也进入第n层磁场，但比荷较该粒子大的粒子能否穿出该层磁场右侧边界，请简要推理说明之(2)设粒子在第n层磁场中运动的速度为vn,轨迹半径为rn(各量的下
10、标均代表粒子所在层数，下同)nqEd2(1)mvn(2)qvnBmn(2)n 图1粒子进入第n层磁场时，速度的方向与水平方向的夹角为n，从第n层磁场右侧边界穿出时速度方向与水平方向的夹角为n，粒子在电场中运动时，垂直于电场线方向的速度分量不变，有vn1sin n1vnsin n由图1看出rnsin nrnsin nd由式得rnsin nrn1sin n1d由式看出r1sin 1，r2sin 2，rnsin n为一等差数列，公差为d，可得rnsin nr1sin 1(n1)d 图2当n1时，由图2看出r1sin 1d由式得sin nB2mE(nqd)(3)若粒子恰好不能从第n层磁场右侧边界穿出，
11、则n2()sin n1在其他条件不变的情况下，换用比荷更大的粒子，设其比荷为m(q)，假设能穿出第n层磁场右侧边界，粒子穿出时的速度方向与水平方向的夹角为n，由于m(q)m(q)则导致sin n1说明n不存在，即原假设不成立所以比荷较该粒子大的粒子不能穿出该层磁场右侧边界答案 (1)2m(qEd) B(2)q(mEd) (2)B2mE(nqd) (3)见解析【变式探究】 (2014广东卷，15)如图267所示，上下开口、内壁光滑的铜管P和塑料管Q竖直放置，小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放，并落至底部，则小磁块( )A在P和Q中都做自由落体运动 B在两个下落过程中的机械能都守恒 C在P中
12、的下落时间比在Q中的长 D落至底部时在P中的速度比在Q中的大 图267解析 由于电磁感应，小磁块在铜管P中还受到向上的磁场力，而在塑料管中只受到重力，即只在Q中做自由落体运动，机械能守恒，故A、B错误；而在P中加速度较小，下落时间较长，落至底部的速度较小，故C正确，D错误答案 C【变式探究】(2014全国卷新课标，25)半径分别为r和2r的同心圆形导轨固定在同一水平面内，一长为r、质量为m且质量分布均匀的直导体棒AB置于圆导轨上面，BA的延长线通过圆导轨中心O，装置的俯视图如图所示整个装置位于一匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，方向竖直向下在内圆导轨的C点和外圆导轨的D点之间接有一阻值为R的电
13、阻(图269中未画出) 图269直导体棒在水平外力作用下以角速度绕O逆时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触设导体棒与导轨之间的动摩擦因数为，导体棒和导轨的电阻均可忽略重力加速度大小为g.求 (1) 通过电阻R的感应电流的方向和大小；(2) 外力的功率 (2)在竖直方向有：mg2N0式中，由于质量分布均匀，内外圆导轨对导体棒的正压力相等，其值为N，两导轨对运动的导体棒的滑动摩擦力均为：fN在t时间内，导体棒在内外圆导轨上扫过的弧长分别为：l1rt和l22rt克服摩擦力做的总功为：Wff(l1l2)在t时间内，消耗在电阻R上的功为：WRI2Rt根据能量转化和守恒定律，外力在t时间内做的
14、功为：WWfWR外力的功率为：Pt(W)由至式可得：P2(3)mgr4R(92B2r4)答案 (1)2R(3Br2) 方向由CD(2)2(3)mgr4R(92B2r4)【特别提醒】1功能关系在电学中应用的题目，一般过程复杂且涉及多种性质不同的力，因此，通过审题，抓住受力分析和运动过程分析是关键，然后根据不同的运动过程各力做功的特点来选择规律求解2动能定理和能量守恒定律在处理电学中能量问题时仍然是首选的规律 【变式探究】 如图256所示，水平固定放置的足够长的U形金属导轨处于竖直向上的匀强磁场中，在导轨上放着金属棒ab，开始时ab棒以水平初速度v0向右运动，最后静止在导轨上，就导轨光滑和导轨粗糙
15、的两种情况相比较，这个过程( ) 图256A安培力对ab棒所做的功相等B电流所做的功相等C产生的总内能相等D通过ab棒的电荷量相等解析 光滑导轨无摩擦力，导轨粗糙的有摩擦力，动能最终都全部转化为内能，所以内能相等，C正确；对光滑的导轨有：2(1)mv0(2)W安，对粗糙的导轨有：2(1)mv0(2)W安W摩，W安W安，则A、B错；qItR(Blvt)R(Blx)，且x光x粗，所以q光q粗，D错答案 C题型三、应用动力学知识和功能关系解决力电综合问题例3、【2017北京卷】（16分）如图所示，长l=1 m的轻质细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向右的匀强电场中，绳与竖
16、直方向的夹角=37。已知小球所带电荷量q=1.0106 C，匀强电场的场强E=3.0103 N/C，取重力加速度g=10 m/s2，sin 37=0.6，cos 37=0.8。求： （1）小球所受电场力F的大小。（2）小球的质量m。（3）将电场撤去，小球回到最低点时速度v的大小。【答案】（1）3.0103 N （2）4.0104 kg （3）2.0 m/s【解析】（1）根据电场强度定义式可知，小球所受电场力大小为F=qE=1.01063.0103 N=3.0103 N（2）小球受mg、绳的拉力T和电场力F作用处于平衡状态，如图所示 根据几何关系有，得m=4.0104 kg（3）撤去电场后，小球
17、将绕悬点摆动，根据动能定理有得【变式探究】在如图2611所示的竖直平面内，物体A和带正电的物体B用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，分别静止于倾角37的上的M点和粗糙绝缘水平面上，轻绳与对应平面平行劲度系数k5 N/m的轻弹簧一端固定在O点，一端用另一轻绳穿过固定的光滑小环D与A相连弹簧处于原长，轻绳恰好拉直，DM垂直于斜面水平面处于场强E5104 N/C、方向水平向右的匀强电场中已知A、B的质量分别为mA0.1 kg和mB0.2 kg，B所带电荷量q4106C.设两物体均视为质点，不计滑轮质量和摩擦，绳不可伸长，弹簧始终处在弹性限度内，B电荷量不变取g10 m/s2，sin 370.6，cos 37
18、0.8.(1)求B所受静摩擦力的大小；(2)现对A施加沿斜面向下的拉力F，使A以加速度a0.6 m/s2开始做匀加速直线运动A从M到N的过程中，B的电势能增加了Ep0.06 J已知DN沿竖直方向，B与水平面间的动摩擦因数0.4.求A到达N点时拉力F的瞬时功率 图2611解析：(1)F作用之前，A、B均处于静止状态设B所受静摩擦力大小为f0，A、B间绳中张力为T0，有对A：T0mAgsin (2分)对B：T0qEf0(2分)联立式，代入数据解得：f00.4 N(1分)(2)物体A从M点到N点的过程中，A、B两物体的位移均为s，A、B间绳子张力为T，有qEsEp(2分)TmBgqEmBa(2分)设
19、A在N点时速度为v，受弹簧拉力为F弹，弹簧的伸长量为x，有v22as(1分)F弹kx(1分)FmAgsin F弹sin TmAa(2分)由几何关系知xsin (s(1cos )(2分)设拉力F在N点的瞬时功率为P，有PFv(1分)联立式，代入数据解得P0.528 W(1分)答案 (1)0.4 N (2)0.528 W【变式探究】如图2612所示，倾角为60的倾斜平行轨道与竖直面内的平行圆形轨道平滑对接，轨道之间距离为L，圆形轨道的半径为r.在倾斜平行轨道的上部有磁感应强度为B的垂直于轨道向上的匀强磁场，磁场区域足够大，圆形轨道末端接有一电阻值为R的定值电阻质量为m的金属棒从距轨道最低端C点高度
20、为H处由静止释放，运动到最低点C时对轨道的压力为7mg，不计摩擦和导轨、金属棒的电阻，求： 图2612 (1)金属棒通过轨道最低端C点的速度大小；(2)金属棒中产生的感应电动势的最大值；(3)金属棒整个下滑过程中定值电阻R上产生的热量；(4)金属棒通过圆形轨道最高点D时对轨道的压力的大小解析 (1)设金属棒通过轨道最低端C点的速度为vC，轨道对金属棒的支持力为FC，金属棒对轨道的压力为FC，由牛顿第二定律可知FCmgC(2分)而FCFC7mg(1分)解得vC.(1分)(2)由于磁场区域足够大，金属棒在重力和安培力作用下加速运动，当安培力等于重力沿倾斜轨道向下的分力时，速度最大，此时金属棒中产生的感应电动势最大由mgsin 60BIL(2分)IR(E)(1分)解得感应电动势的最大值E2BL(3mgR).(1分)(3)由能量守恒定律，在金属棒的整个下滑过程中电阻器R上产生的热量等于金属棒损失的机械能，所以QmgH2(1)mvC(2)(1分)联立得Qmg(H3r)(2分)19
2018年高考物理 专题05 功能关系在电磁学中的应用教学案
