2018年高考物理大二轮复习 专题四 功能关系的应用 第2讲 功能关系在电学中的应用课件

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1、第2讲功能关系在电学中的应用专题四功能关系的应用知识回扣 规律方法高考题型2功能观点在电磁感应问题中的应用高考题型3动力学和功能观点在电场中的应用高考题型1几个重要的功能关系在电学中的应用高考题精选精练知识回扣 规律方法答案知识回扣1.静电力做功与 无关.若电场为匀强电场，则WFlcos Eqlcos；若是非匀强电场，则一般利用W 来求.2.磁场力又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 ；安培力可以做正功，可以做负功，还可以不做功.3.电流做功的实质是电场对 做功，即WUIt .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 功，使机械能转化为 能.5

2、.静电力做的功等于 的变化，即WABEp.路径qU不做功移动电荷Uq负电电势能答案规律方法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 和运动过程分析是关键，然后根据不同的运动过程中各力做功的特点来选择相应规律求解.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方法.受力分析几个重要的功能关系在电学中的应用高考题型1例例1(2017山东省模拟)如图1所示，平行板电容器水平放置，两极板间电场强度大小为E，中间用一光滑绝缘细杆垂直连接，杆上套有带正电荷的小球和绝缘弹簧，小球压在弹簧上，但与弹簧不拴接，开始时对小球施加一竖直向下的外力，将小球

3、压至某位置使小球保持静止.撤去外力后小球从静止开始向上运动，上升h时恰好与弹簧分离，分离时小球的速度为v，小球上升过程不会撞击到上极板，已知小球的质量为m，带电荷量为q，重力加速度为g，下列说法正确的是A.与弹簧分离时小球的动能为mghqEhB.从开始运动到与弹簧分离，小球增加的机械能为mghqEhC.从开始运动到与弹簧分离，小球减少的电势能为D.撤去外力时弹簧的弹性势能为 mv2(qEmg)h答案解析图1解析解析根据动能定理可知，合外力对小球所做的功等于小球动能的变化量，所以小球与弹簧分离时的动能为EkqEhmghEp，A错误；从开始运动到与弹簧分离，小球增加的机械能为Emgh mv2qEh

4、Ep，B错误；小球减少的电势能为Eqh，故C错误；从撤去外力到小球与弹簧分离，由动能定理可知，mv2EpqEhmgh，所以Ep mv2(qEmg)h，D正确.技巧点拨技巧点拨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，其他各力对系统做的功等于系统机械能的变化.4.所有外力对物体所做的功等于物体动能的变化.5.洛伦兹力对运动电荷不做功.1.(多选)(2017湖北省六校联合体4月联考)一带电小球在空中由A点运动到B点的过程中，只受重力、电场力和空气阻力三个力的作用.若重力势能增加5 J，机械能增加1.5

5、J，电场力做功2 J，则小球A.重力做功为5 J B.电势能减少2 JC.空气阻力做功0.5 J D.动能减少3.5 J对点拓展练答案解析21解析解析小球的重力势能增加5 J，则小球克服重力做功5 J，故A错误；电场力对小球做功2 J，则小球的电势能减少2 J，故B正确；小球共受到重力、电场力、空气阻力三个力作用，小球的机械能增加1.5 J，则除重力以外的力做功为1.5 J，电场力对小球做功2 J，则知，空气阻力做功为0.5 J，即小球克服空气阻力做功0.5 J，故C错误；重力、电场力、空气阻力三力做功之和为3.5 J，根据动能定理，小球的动能减少3.5 J，故D正确.212.(多选)(201

6、7北京燕博园模拟)如图2甲所示，一质量m0.5 kg、电荷量q1102 C的物块静止在绝缘的粗糙水平面上，在物块所在的足够大的空间内，加一与水平方向成37、斜向右下的匀强电场，电场强度E1103 V/m.物块在电场力的作用下开始运动.物块运动后还受到空气阻力，其大小与速度的大小成正比.物块的加速度a与时间t的关系如图乙所示.已知sin 370.6，cos 370.8，重力加速度g取10 m/s2.以下判断正确的是图221A.物块与水平面间的动摩擦因数B.t2 s时物块的动能为56.25 JC.t3 s时物块受到的空气阻力为5 ND.前5 s内合外力对物块做的功为100 J答案解析21解析解析由

7、题图乙可知，t0时物块的加速度a010 m/s2，且t0时物块受到的空气阻力为零，对物块进行受力分析可得，Eqcos(mgEqsin)ma0，解得 ，故A选项正确；t2 s时物块的速度由at图线围成的面积可得，v215 m/s，物块的动能Ek mv2256.25 J，故B选项正确；由at图象可知t3 s时物块的加速度a32.5 m/s2，对物块进行受力分析可得，Eqcos(mgEqsin)Ffma3，解得Ff3.75 N，故C选项错误；21由at图象可知t4 s时物块的加速度减为零，此后物块做匀速直线运动，由at图线围成的面积可得，物块的最大速度vm20 m/s，由动能定理可知，合外力对物块做

8、的功等于物体动能的变化量，即WEk mvm2100 J，故D选项正确.21功能观点在电磁感应问题中的应用高考题型2例例2如图3所示，两根等高光滑的四分之一圆弧形轨道与一足够长水平轨道相连，圆弧的半径为R0，轨道间距为L11 m，轨道电阻不计.水平轨道处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B11 T，圆弧轨道处于从圆心轴线上均匀向外辐射状的磁场中，如图所示.在轨道上有两长度稍大于L1、质量均为m2 kg、阻值均为R0.5 的金属棒a、b，图3金属棒b通过跨过定滑轮的绝缘细线与一质量为M1 kg、边长为L20.2 m、电阻r0.05 的正方形金属线框相连.金属棒a从轨道最高处开始，在外力作用下以速

9、度v05 m/s沿轨道做匀速圆周运动到最低点MN处，在这一过程中金属棒b恰好保持静止.当金属棒a到达最低点MN处被卡住，此后金属线框开始下落，刚好能匀速进入下方h1 m处的水平匀强磁场B3中，B3 T.已知磁场高度HL2.忽略一切摩擦阻力，重力加速度为g10 m/s2.求：答案解析(1)辐射磁场在圆弧处磁感应强度B2的大小；答案答案2 T解析解析对金属棒b，由力的平衡条件得：MgB1IL1对a、b金属棒和导轨组成的闭合回路，有I联立方程，代入数值求得B22 T(2)从金属线框开始下落到进入磁场前，金属棒a上产生的焦耳热Q；答案解析答案答案2 J解析解析根据能量守恒定律有Mgh Mv2 mv22

10、Q线框进入磁场的瞬间，由力的平衡条件得MgB1I1L1B3I2L2其中，I1I2联立方程，代入数值求得Q2 J(3)若在线框完全进入磁场时剪断细线，线框在完全离开磁场B3时刚好又达到匀速，已知线框离开磁场过程中产生的焦耳热为Q110.875 J，则磁场的高度H为多少.答案解析答案答案1.2 m解析解析从线框完全进入磁场到完全出磁场，有MgH Mv12 Mv2Q1在完全出磁场的瞬间，由力的平衡条件得MgB3I3L2其中，I3联立方程，代入数值求得H1.2 m.技巧点拨技巧点拨1.克服安培力做了多少功，就有多少其他形式的能转化为电能；安培力做了多少功，就有多少电能转化为其他形式的能.2.若回路中电

11、流恒定，可以利用WUIt或QI2Rt直接进行电能计算.3.若电流变化，则：(1)利用安培力做的功求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功；(2)利用能量守恒求解：若只有电能与机械能的转化，则机械能的减少量等于产生的电能.3.(2017湖北黄冈市模拟)如图4所示，固定放置在同一水平面内的两根平行长直金属导轨的间距为d，其右端接有阻值为R的电阻，整个装置处在竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中.一质量为m(质量分布均匀)的导体杆ab垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触，杆与导轨之间的动摩擦因数为.现杆在水平向左、垂直于杆的恒力F作用下从静止开始沿导轨运动距离l时，速度恰好达到最大(运

12、动过程中杆始终与导轨保持垂直).设杆接入电路的电阻为r，导轨电阻不计，重力加速度大小为g，则此过程中对点拓展练43图4A.杆的速度最大值为B.安培力做的功等于电阻R上产生的热量C.恒力F做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的变化量D.恒力F做的功与安培力做的功之和大于杆动能的变化量答案43解析43安培力做的功等于电阻R和r上产生的热量，B错；在杆从开始到达到最大速度的过程中由动能定理得WFWfW安Ek，其中Wfmgl，W安Q，恒力F做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的变化量与回路产生的焦耳热之和，C错；恒力F做的功与安培力做的功之和等于杆动能的变化量与克服摩擦力做的功之和，D对.4.(2017福

13、建南平市3月质检)如图5所示，一对平行的粗糙金属导轨固定于同一水平面上，导轨间距L0.2 m，左端接有阻值R0.3的电阻，右侧平滑连接一对弯曲的光滑轨道.水平导轨的整个区域内存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小B1.0 T.一根质量m0.2 kg、电阻r0.1的金属棒ab垂直放置于导轨上，在水平向右的恒力F作用下从静止开始运动，当金属棒通过位移x9 m时离开磁场，在离开磁场前已达到最大速度.当金属棒离开磁场时撤去外力F，接着金属棒沿弯曲轨道上升到最大高度h0.8 m处.已知金属棒与导轨间的动摩擦因数0.1，导轨电阻不计，棒在运动过程中始终与轨道垂直且与轨道保持良好接触，取g10 m/s2.求

14、：43图5(1)金属棒运动的最大速率v；答案43解析答案答案4 m/s解析解析金属棒从出磁场到达到弯曲轨道最高点，根据机械能守恒定律得：mv2mgh 由得：v 4 m/s (2)金属棒在磁场中速度为 时的加速度大小；答案43解析答案答案1 m/s243解析解析金属棒在磁场中做匀速运动时，设回路中的电流为I，根据平衡条件得FBILmg I 联立式得F0.6 N 金属棒速度为 时，设回路中的电流为I，根据牛顿第二定律得FBILmgma I 联立解得：a1 m/s2(3)金属棒在磁场区域运动过程中，电阻R上产生的焦耳热.答案43解析答案答案1.5 J解析解析设金属棒在磁场区域运动过程中，回路中产生的

15、焦耳热为Q，根据功能关系：Fxmgx mv2Q 则电阻R上的焦耳热QR Q 联立解得：QR1.5 J.动力学和功能观点在电场中的应用高考题型3例例3(2017全国卷25)如图6，两水平面(虚线)之间的距离为H，其间的区域存在方向水平向右的匀强电场.自该区域上方的A点将质量均为m、电荷量分别为q和q(q0)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刚离开电场时的动能的1.5倍.不计空气阻力，重力加速度大小为g.求：图6(1)M与N在电场中沿水平方向

16、的位移之比；答案解析答案答案31解析解析设小球M、N在A点水平射出时的初速度大小为v0，则它们进入电场时的水平速度仍然为v0.M、N在电场中运动的时间t相等，电场力作用下产生的加速度沿水平方向，大小均为a，在电场中沿水平方向的位移分别为s1和s2.由题给条件和运动学公式得v0at0 s1v0t at2 s2v0t at2 联立式得 3 (2)A点距电场上边界的高度；答案解析解析解析设A点距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，由运动学公式vy22gh Hvyt gt2 M进入电场后做直线运动，由几何关系知 联立式可得h H (3)该电场的电场强度大小.答案解析解析解析设电

17、场强度的大小为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，由动能定理得Ek1 m(v02vy2)mgHqEs1 Ek2 m(v02vy2)mgHqEs2 由已知条件Ek11.5Ek2 联立式得E .5.(2017广东揭阳市模拟)如图7，空间有一竖直向下沿x轴方向的静电场，电场的场强大小按E x分布(x是轴上某点到O点的距离).x轴上，有一长为L的绝缘细线连接均带负电的两个小球A、B，两球质量均为m，B球带电荷量大小为q，A球距O点的距离为L.两球现处于静止状态，不计两球之间的静电力作用.对点拓展练答案解析图7(1)求A球的带电荷量大小qA；答案答案6q65

18、解析解析对A、B由整体法得：2mgqA Lq 2L0解得qA6q(2)剪断细线后，求B球下落速度达到最大时，B球距O点距离x0；答案答案4L答案解析解析解析当B球下落速度达到最大时，由平衡条件得mgqEq x0，解得x04L.65(3)剪断细线后，求B球下落最大高度h.答案解析答案答案4L解析解析运动过程中，电场力大小线性变化，所以由动能定理得：解得：h4L.656.(2017山西省重点中学协作体一模)一质量为m、带电量为q的小球从距地面高h处以一定初速度水平抛出，在距抛出点水平距离L处，有一根管口比小球直径略大的竖直细管.管上口距地面，为使小球能无碰撞地通过管子，可在管子上方的整个区域加一个

19、场强方向水平向左的匀强电场，如图8所示，求：65图8(1)小球初速度v0、电场强度E的大小；答案解析解析解析电场中小球做类平抛运动，在水平方向上：65(2)小球落地时的动能.答案解析答案答案mgh解析解析从抛出到落地由动能定理得：mghEqLEk mv02小球落地时动能：Ek mghEqLmgh.65高考题精选精练题组题组1全国卷真题精选全国卷真题精选1.(2013新课标16)一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d，极板分别与电池两极相连，上极板中心有一小孔(小孔对电场的影响可忽略不计).小孔正上方 处的P点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处(未与极板接触)

20、返回.若将下极板向上平移 ，则从P点开始下落的相同粒子将A.打到下极板上B.在下极板处返回C.在距上极板 处返回D.在距上极板 d处返回答案123456解析123456解析解析粒子两次落到小孔的速度相同，设为v，下极板向上平移后由E 知场强变大，故粒子第二次在电场中减速运动的加速度变大，由v22ax得第二次减速到零的位移变小，即粒子在下极板之上某位置返回，设粒子在距上极板h处返回，对粒子两次运动过程应用动能定理得两方程联立得h d，选项D正确.2.(多选)(2012新课标全国18)如图9，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连.若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电

21、容器，则在此过程中，该粒子A.所受重力与电场力平衡B.电势能逐渐增加C.动能逐渐增加D.做匀变速直线运动答案123456解析图9123456解析解析带电粒子在平行板电容器之间受到两个力的作用，一是重力mg，方向竖直向下；二是电场力FEq，方向垂直于极板向上，因二力均为恒力，又已知带电粒子做直线运动，所以此二力的合力一定在粒子运动的直线轨迹上，根据牛顿第二定律可知，该粒子做匀减速直线运动，选项D正确，选项A、C错误；从粒子运动的方向和电场力的方向可判断出，电场力对粒子做负功，粒子的电势能增加，选项B正确.3.(2015新课标全国24)如图10，一质量为m、电荷量为q(q0)的粒子在匀强电场中运动

22、，A、B为其运动轨迹上的两点.已知该粒子在A点的速度大小为v0，方向与电场方向的夹角为60；它运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为30.不计重力.求A、B两点间的电势差.答案123456解析图10123456解析解析设带电粒子在B点的速度大小为vB.粒子在垂直于电场方向的速度分量不变，即vBsin 30v0sin 60 由此得vB v0 设A、B两点间的电势差为UAB，由动能定理有qUAB m(vB2v02)联立式得UAB .题组题组2各省市真题精选各省市真题精选4.(多选)(2015四川理综6)如图11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

23、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aA.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答案123456解析图11123456解析解析小球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，库仑力方向与小球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；小球a受力如图

24、所示，在靠近N点的位置，合力与速度夹角小于90，在P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；123456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的增加量之和，故D错误.A.M的带电荷量比N的大B.M带负电荷，N带正电荷C.静止时M受到的合力比N的大D.移动过程中匀强电场对M做负功5.(多选)(2015广东理综21)如图12所示的水平匀强电场中，将两个带电小球M和N分别沿图示路径移动到同一水平线上的不同位置，释放后，M、N保持静止，不计重力，则答案123456图

25、126.(2015重庆理综7)音圈电机是一种应用于硬盘、光驱等系统的特殊电动机，如图13是某音圈电机的原理示意图，它由一对正对的磁极和一个正方形刚性线圈构成，线圈边长为L，匝数为n，磁极正对区域内的磁感应强度方向垂直于线圈平面竖直向下，大小为B，区域外的磁场忽略不计.线圈左边始终在磁场外，右边始终在磁场内，前后两边在磁场内的长度始终相等，某时刻线圈中电流从P流向Q，大小为I.123456图13(1)求此时线圈所受安培力的大小和方向；答案123456解析答案答案nBIL方向水平向右解析解析线圈所受的安培力为右边所受的安培力，由安培力公式得FnBIL 由左手定则知方向水平向右(2)若此时线圈水平向右运动的速度大小为v，求安培力的功率.答案123456解析答案答案nBILv解析解析安培力的功率为PFv 联立式解得PnBILv.