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

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1、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(shí)回扣1.靜電力做功與 無關(guān).若電場(chǎng)為勻強(qiáng)電場(chǎng)，則WFlcos Eqlcos ；若是非勻強(qiáng)電場(chǎng)，則一般利用W 來求.2.磁場(chǎng)力又可分為洛倫茲力和安培力.洛倫茲力在任何情況下對(duì)運(yùn)動(dòng)的電荷都 ；安培力可以做正功、負(fù)功，還可以不做功.3.電流做功的實(shí)質(zhì)是電場(chǎng)對(duì) 做功.即WUIt .4.導(dǎo)體棒在磁場(chǎng)中切割磁感線時(shí)，棒中感應(yīng)電流受到的安培力對(duì)導(dǎo)體棒做 功，使機(jī)械能轉(zhuǎn)化為 能.5.靜電力做的功等于 的變化，即WABEp.移動(dòng)電荷qU不做功答案負(fù)Uq電電勢(shì)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

2、住 和運(yùn)動(dòng)過程分析是關(guān)鍵，然后根據(jù)不同的運(yùn)動(dòng)過程中各力做功的特點(diǎn)來選擇相應(yīng)規(guī)律求解.2.動(dòng)能定理和能量守恒定律在處理電學(xué)中能量問題時(shí)仍然是首選的方法.受力分析高考題型1幾個(gè)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(diǎn)在電磁感應(yīng)問題中的應(yīng)用高考題型4應(yīng)用動(dòng)力學(xué)和功能觀點(diǎn)處理電學(xué)綜合問題高考題型2動(dòng)能定理在電場(chǎng)中的應(yīng)用內(nèi)容索引高考題型1幾個(gè)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(qiáng)電場(chǎng).現(xiàn)將一帶電小球從距離地面O點(diǎn)高h(yuǎn)處的A點(diǎn)以水平速度v0拋出，經(jīng)過一段時(shí)間小球恰好垂直于地面擊中地面上的B點(diǎn)，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()

3、A.從A到B的過程中小球的動(dòng)能先減小后增大B.下落過程中小球機(jī)械能一直增加C.小球的加速度始終保持2g不變D.從A點(diǎn)到B點(diǎn)小球的的電勢(shì)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(shí)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(dòng)能先減小后增大；電場(chǎng)力一直做負(fù)功，小球機(jī)械能一直減小，小球的加速度始終保持 g不變，從A點(diǎn)到B點(diǎn)電場(chǎng)力做負(fù)功，大小為qEhmgh，故電勢(shì)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(chǎng)力先做負(fù)功后做正功C.小球再次滑回C點(diǎn)時(shí)的速率為vCD.小球下滑過程中動(dòng)能、電勢(shì)能、重力勢(shì)能三

4、者之和增大解析預(yù)測(cè)1如圖2所示，直角三角形ABC由三段細(xì)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(diǎn)，且BD垂直AC，在BC桿中點(diǎn)O處放置一正點(diǎn)電荷Q.一套在細(xì)桿上的帶負(fù)電小球，以初速度v0由C點(diǎn)沿CA上滑，滑到D點(diǎn)速率恰好為零，之后沿AC桿滑回C點(diǎn).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(yùn)動(dòng)過程中加速度始終發(fā)生變化，故A錯(cuò)誤；根據(jù)幾何關(guān)系可知，ODOC，則C、D兩點(diǎn)電勢(shì)相等，所以從C到D的過程中，電場(chǎng)力做功為零，在C點(diǎn)時(shí)，小球受到的庫侖力是引力，

5、電場(chǎng)力做正功，后電場(chǎng)力做負(fù)功，故B錯(cuò)誤；解析小球下滑過程中由于摩擦力做負(fù)功，則小球動(dòng)能、電勢(shì)能、重力勢(shì)能三者之和減小，故D錯(cuò)誤.預(yù)測(cè)2(多選)如圖3所示，某一空間內(nèi)充滿豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)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(diǎn))自由釋放，則此液滴沿y軸的負(fù)方向以加速度a2g(g為重力加速度)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)液滴運(yùn)動(dòng)到坐標(biāo)原點(diǎn)時(shí)，瞬間被安置在原點(diǎn)的一個(gè)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(jìn)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(shí)，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(gè)向左的初速度v

6、0，已知滑塊與絕緣水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，求：(1)彈簧的最大彈性勢(shì)能；圖5解析答案解析解析設(shè)滑塊向左運(yùn)動(dòng)x時(shí)減速到零，由能量守恒定律有：之后滑塊向右加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)第一次到達(dá)虛線時(shí)的動(dòng)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(jī)械能守恒，動(dòng)能全部轉(zhuǎn)化為彈性勢(shì)能，所以彈簧的最大彈性勢(shì)能為：(2)滑塊在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中產(chǎn)生的熱量.返回解析解析滑塊往返運(yùn)動(dòng)，最終停在虛線位置，整個(gè)過程電場(chǎng)力做正功，為WqEL，電勢(shì)能減少量為qEL，由能量守恒定律，整個(gè)過程產(chǎn)生的熱量等于滑塊機(jī)械能的減少量與電勢(shì)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(diǎn)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(chǎng)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(shí)，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(jìn)行計(jì)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(jī)械能的轉(zhuǎn)化，則機(jī)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(gè)定值電阻R2 ，其它電阻不計(jì).兩導(dǎo)軌間存在垂直于導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)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(shí)，速度最大，棒ab做勻速運(yùn)動(dòng)，即答案答案6 m/s(2)滑塊在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中產(chǎn)生的熱量.解析答案答案答

9、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.返回解析答案答案答案0.152 J預(yù)測(cè)4(多選)在如圖7所示的傾角為的光滑斜面上，存在著兩個(gè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，區(qū)域的磁場(chǎng)方向垂直斜面向上，區(qū)域的磁場(chǎng)方向垂直斜面向下，磁場(chǎng)的寬度均為L，一個(gè)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(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)時(shí)，恰好以速度v1做勻速直線運(yùn)動(dòng)；當(dāng)ab邊下滑到JP與MN的中間位置時(shí)，線框又恰好以速度v2做勻速直線運(yùn)動(dòng)，從ab進(jìn)入GH到MN與JP的中間位置的過程中，線框的動(dòng)能變化量為Ek，重力對(duì)線框做功大

10、小為W1，安培力對(duì)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(jìn)入GH到MN與JP的中間位置的過程中，機(jī)械能守恒C.從ab進(jìn)入GH到MN與JP的中間位置的過程中，有(W1Ek)的機(jī)械能轉(zhuǎn) 化為電能D.從ab進(jìn)入GH到MN到JP的中間位置的過程中，線框動(dòng)能的變化量為Ek W1W2解析ab進(jìn)入磁場(chǎng)后，安培力做負(fù)功，機(jī)械能減少，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；從ab進(jìn)入GH到MN與JP的中間位置的過程中，由動(dòng)能定理得，W1W2Ek，選項(xiàng)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(xiàng)C正確.解析答案預(yù)測(cè)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(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)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(dòng)時(shí)，ab兩點(diǎn)間的電勢(shì)差Uab是多少？a、b兩點(diǎn)哪點(diǎn)電勢(shì)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(dòng)勢(shì)為零，金屬框中無電流，但a、b兩端有電勢(shì)差，根據(jù)右手定則可判斷a端電勢(shì)高所以UabE8BL2答案答案8BL2 a端電勢(shì)高解析答案返回(2)若金屬框繞ab邊以角速度勻速轉(zhuǎn)動(dòng)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(dòng)，ac邊切

12、割磁感線，金屬框?qū)a(chǎn)生正弦交流電，設(shè)某時(shí)刻金屬框平面與磁場(chǎng)夾角為，從下向上看如圖所示，則電動(dòng)勢(shì)的瞬時(shí)值表達(dá)式為最大值Em6BL2返回高考題型4應(yīng)用動(dòng)力學(xué)和功能觀點(diǎn)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(tái)面MN，MN正上方分布著垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B4 T.P是豎直線AP與DO的交點(diǎn)，PA的右側(cè)、PO的下面、OC的左側(cè)分布著豎直向下、場(chǎng)強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場(chǎng).一個(gè)質(zhì)量m2 kg、電量q1 C的小滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))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(yùn)動(dòng).已知滑塊與平臺(tái)MN的動(dòng)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(tái)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(diǎn)飛出后，恰從A點(diǎn)無碰撞地(沿軌道切線)進(jìn)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(chǎng)強(qiáng)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(chǎng)強(qiáng)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(yù)測(cè)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(gè)斜面處在一水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，水平面部分沒有電場(chǎng).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(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)E取不同數(shù)值時(shí)，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(dòng)摩擦因數(shù)；解析解析當(dāng)E0時(shí)，s4.5 m由動(dòng)能定理得mgLsin mgs0解得0.2答案答案0.2解析答案(2)當(dāng)E3104 N/C時(shí)，物體運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間.解析答案解析解析當(dāng)E3104 N/

15、C時(shí)，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(cè)7如圖11所示，在水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)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(diǎn)處.(g取10 m/s2)求：(1)小環(huán)離開直桿后運(yùn)動(dòng)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)解得加速度大小：a14.1 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(yùn)動(dòng)速度的大小v0.解析解析設(shè)小環(huán)在直桿上運(yùn)動(dòng)的速度為v0，離桿后經(jīng)t秒到P點(diǎn)，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(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的動(dòng)能.解析解析由動(dòng)能定理得：EkP mgh代入數(shù)據(jù)解得：EkP5 J.答案答案5 J