【四川专用】2022年高考物理二轮专题突破讲义：专题四 第2课时.doc

第第 2 课时课时 功能关系在电学中的应用功能关系在电学中的应用 1 静电力做功与路径无关若电场为匀强电场，则 WFxcos Eqxcos ；若是非匀强电场，则一般利用 WqU 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不做功；安培力可以做正功、负功，还可以不做功 3 电流做功的实质是电场对移动电荷做功即 WUItUq. 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负功，使机械能转化为电能 5 静电力做的功等于电势能的变化，即 WABEp. 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. 题型 1 几个重要的功能关系在电学中的应用 例 1 如图 1 所示，在竖直平面内有一匀强电场，其方向与水平方向成 30 斜向上，在电场中有一质量为 m、电量为 q 的带电小球，用长为 L 的不可伸长的绝缘细线挂于 O 点，当小球静止于 M 点时，细线恰好水平现用外力将小球拉到最低点 P，然后无初速度释放，则以下判断正确的是 ( ) 图 1 A小球再次到达 M 点时，速度刚好为零 B小球从 P 到 M 过程中，合外力对它做了 3mgL 的功 C小球从 P 到 M 过程中，小球的机械能增加了 3mgL D如果小球运动到 M 点时，细线突然断裂，小球以后将做匀变速曲线运动 审题突破 小球静止在 M 时，受几个力的作用？重力和电场力的大小关系是什么？小球由 P 到 M 的过程中，各力做功是多少？ 解析 小球从 P 到 M 的过程中，线的拉力不做功，只有电场力和小球重力做功，它们的合力也是恒力，大小为 3mg，方向水平向右，所以小球再次到达 M 点时，速度最大，而不是零，选项 A 错小球从 P 到 M 过程中，电场力与重力的合力大小为 3mg，这个方向上位移为 L，所以做功为 3mgL，选项 B 正确小球从 P 到 M 过程中，机械能的增加量等于电场力做的功， 由于电场力为2mg， 由P到M沿电场线方向的距离为dLsin 30Lcos 30 L2(1 3)，故电场力做功为 2mg dmgL(1 3)，故选项 C 错误如果小球运动到 M 点时，细线突然断裂，小球的速度方向竖直向上，所受合外力水平向右，小球将做匀变速曲线运动，选项 D 正确 答案 BD 以题说法 在解决电学中功能关系问题时应注意以下几点：(1)洛伦兹力在任何情况下都不做功；(2)电场力做功与路径无关，电场力做的功等于电势能的变化；(3)力学中的几个功能关系在电学中仍然成立 如图 2 所示，竖直向上的匀强电场中，绝缘轻质弹簧竖直立于水平地面上，一质量为 m 的带正电小球在外力 F 的作用下静止于图示位置，小球与弹簧不连接，弹簧处于压缩状态现撤去 F，小球从静止开始运动到离开弹簧的过程中，重力、电场力、弹簧弹力对小球做的功分别为 W1、W2和 W3，不计空气阻力，则上述过程中( ) 图 2 A小球与弹簧组成的系统机械能守恒 B小球重力势能的变化为 W1 C小球动能的变化为 W1W2W3 D小球机械能的变化为 W1W2W3 答案 C 解析 由于电场力做功，小球与弹簧组成的系统机械能不守恒，选项 A 错误重力对小球做的功为 W1，小球重力势能的变化为W1，选项 B 错误由动能定理可知，小球动 能的变化为 W1W2W3，选项 C 正确由功能关系可知，小球机械能的变化为 W2，选项 D 错误 题型 2 应用动能定理分析带电体在电场中的运动 例 2 如图 3 所示，虚线 PQ、MN 间存在如图所示的水平匀强电场，一带电粒子质量为 m2.01011 kg、电荷量为 q1.0105 C，从 a 点由静止开始经电压为 U100 V 的电场加速后， 垂直进入匀强电场中， 从虚线 MN 的某点 b(图中未画出)离开匀强电场时速度与电场方向成 30 角已知 PQ、MN 间距为 20 cm，带电粒子的重力忽略不计求： 图 3 (1)带电粒子刚进入匀强电场时的速率 v1； (2)水平匀强电场的场强大小； (3)ab 两点间的电势差 审题突破 带电粒子在水平匀强电场中做什么运动？速度与电场方向成 30 角，隐含条件是什么？ 解析 (1)由动能定理得：qU12mv21 代入数据得 v1104 m/s (2)粒子沿初速度方向做匀速运动：dv1t 粒子沿电场方向做匀加速运动：vyat 由题意得：tan 30 v1vy 由牛顿第二定律得：qEma 联立以上各式并代入数据得： E 3103 N/C1.732103 N/C (3)由动能定理得：qUab12m(v21v2y)0 联立以上各式并代入数据得：Uab400 V. 答案 (1)104 m/s (2)1.732103 N/C (3)400 V 以题说法 1.电场力做功与重力做功的特点类似，都与路径无关 2对于电场力做功或电势差的计算，选用动能定理往往最简便快捷，但运用动能定理时要特别注意运动过程的选取 如图 4 所示，在光滑绝缘水平面上，用长为 2L 的绝缘轻杆连接两个质量均 为 m 的带电小球 A 和 B.A 球的带电量为2q，B 球的带电量为3q，两球组成一带电系统虚线 MN 与 PQ 平行且相距 3L，开始时 A 和 B 分别静止于虚线 MN 的两侧，虚线MN 恰为 AB 两球连线的垂直平分线若视小球为质点，不计轻杆的质量，在虚线 MN、PQ 间加上水平向右的电场强度为 E 的匀强电场后，系统开始运动试求： 图 4 (1)B 球刚进入电场时，带电系统的速度大小； (2)带电系统向右运动的最大距离和此过程中 B 球电势能的变化量； (3)A 球从开始运动至刚离开电场所用的时间 答案 (1) 2qELm (2)73L 4qEL (3)(3 22) mLqE 解析 (1)设 B 球刚进入电场时带电系统的速度为 v1，由动能定理得 2qEL122mv21 解得：v1 2qELm (2)带电系统向右运动分为三段：B 球进入电场前、带电系统在电场中、A 球出电场后 设 A 球出电场后移动的最大位移为 x，对于全过程，由动能定理得 2qELqEL3qEx0 解得 xL3，则 B 球移动的总位移为 xB73L B 球从刚进入电场到带电系统从开始运动到速度第一次为零时的位移为43L 其电势能的变化量为 EpW3qE43L4qEL (3)取向右为正方向， B 球进入电场前，带电系统做匀加速运动： a12qE2mqEm，t1v1a1 2mLqE 带电系统在电场中时，做匀减速运动：a2qE2m 设 A 球刚出电场时速度为 v2，由动能定理得： qEL122m(v22v21) 解得：v2 qELm t2v2v1a22( 21) mLqE 解得总时间 tt1t2(3 22) mLqE 题型 3 功能观点在电磁感应问题中的应用 例 3 如图 5 所示，固定的光滑金属导轨间距为 L，导轨电阻不计，上端 a、b 间接有阻值为 R 的电阻，导轨平面与水平面的夹角为 ，且处在磁感应强度大小为 B、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中质量为 m、电阻为 r 的导体棒与固定弹簧相连后放在导轨上初始时刻，弹簧恰处于自然长度，导体棒具有沿轨道向上的初速度 v0.整个运动过程中导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触已知弹簧的劲度系数为 k，弹簧的中心轴线与导轨平行 图 5 (1)求初始时刻通过电阻 R 的电流 I 的大小和方向； (2)当导体棒第一次回到初始位置时，速度变为 v，求此时导体棒的加速度大小 a； (3)导体棒最终静止时弹簧的弹性势能为 Ep，求导体棒从开始运动直到停止的过程中，电阻 R 上产生的焦耳热 Q. 审题突破 导体棒第一次回到初始位置时， 受几个力的作用？最终导体棒静止时， 在几个力作用下平衡？具体位置在哪里？ 解析 (1)初始时刻，导体棒产生的感应电动势 E1BLv0 通过 R 的电流大小 I1E1RrBLv0Rr 电流方向为 ba (2)导体棒产生的感应电动势为 E2BLv 感应电流 I2E2RrBLvRr 导体棒受到的安培力大小 FBILB2L2vRr，方向沿导轨向上 根据牛顿第二定律有 mgsin Fma 解得 agsin B2L2vmRr (3)导体棒最终静止，有 mgsin kx 压缩量 xmgsin k 设整个过程回路产生的焦耳热为 Q0，根据能量守恒定律有 12mv20mgxsin EpQ0 Q012mv20mgsin 2kEp 电阻 R 上产生的焦耳热 QRRrQ0RRr12mv20mgsin 2kEp 答案 (1)BLv0Rr，电流方向为 ba (2)gsin B2L2vmRr (3)RRr12mv20mgsin 2kEp 以题说法 导体棒在匀强磁场中运动时棒中的感应电流受到的安培力是变力， 所以安培力做的功只能由动能定理或能量守恒定律来求解 在如图 6 所示的倾角为 的光滑斜面上， 存在着两个磁感应强度大小均为 B的匀强磁场，区域的磁场方向垂直斜面向上，区域的磁场方向垂直斜面向下，磁场的宽度均为 L，一个质量为 m、电阻为 R、边长也为 L 的正方形导线框，由静止开始沿斜面下滑， t1时刻 ab 边刚越过 GH 进入磁场区， 此时线框恰好以速度 v1做匀速直线运动；t2时刻 ab 边下滑到 JP 与 MN 的中间位置，此时线框又恰好以速度 v2做匀速直线运动重力加速度为 g，下列说法中正确的是 ( ) 图 6 A线框两次匀速直线运动的速度之比 v1v221 B从 t1到 t2过程中，线框中通过的电流方向先是 adcb，然后是 abcd C从 t1到 t2过程中，线框克服安培力做功的大小等于重力势能的减少量 D从 t1到 t2过程中，有3mgLsin 2mv21v222的机械能转化为电能 答案 BD 解析 根据题意，第一次匀速运动时，B2L2v1Rmgsin ，第二次匀速运动时，4B2L2v2Rmgsin ，解得 v1v241，选项 A 错误；根据楞次定律可以判断，选项 B 中所判断的感应电流的方向是正确的，选项 B 正确；线框克服安培力做的功等于线框产生的热量，根据能量守恒定律， 线框克服安培力做的功等于重力势能的减少量和动能的减少量之和，重力势能的减少量为3mgLsin 2，动能的减少量为mv21v222，选项 C 错误，选项 D 正确 7 应用动力学和功能观点处理电学综合问题 审题示例 (14 分)如图 7 所示，在水平方向的匀强电场中有一表面光滑、与水平面成 45 角的绝缘直杆 AC，其下端(C 端)距地面高度 h0.8 m有一质量为 500 g 的带电小环套在直杆上，正以某一速度沿杆匀速下滑小球离杆后正好通过 C 端的正下方 P 点处(g 取 10 m/s2)求： 图 7 (1)小环离开直杆后运动的加速度大小和方向； (2)小环从 C 运动到 P 过程中的动能增量； (3)小环在直杆上匀速运动时速度的大小 v0. 审题模板 答题模板 (1)小环沿杆做匀速运动，受力如图所示 故 qEcos 45 mgcos 45 即 qEmg (1 分) 小环离开直杆后，所受合外力为 F合 2mgma a 2g10 2 m/s2 (2 分) 方向垂直于杆向下 (1 分) (2)小环从 C 运动到 P 的过程中动能的增量为 EkW重W电 (2 分) 其中 W重mgh4 JW电0，所以 Ek4 J (3 分) (3)环离开杆做类平抛运动 平行杆方向做匀速运动：22hv0t (2 分) 垂直杆方向做匀加速运动：22h12at2 (2 分) 解得 v02 m/s(1 分) 答案 (1)10 2 m/s2，方向垂直于杆向下 (2)4 J (3)2 m/s 如图 8，竖直平面坐标系 xOy 的第一象限，有垂直 xOy 面向外的水平匀强磁场和竖直向上的匀强电场，大小分别为 B 和 E；第四象限有垂直 xOy 面向里的水平匀强电场，大小也为 。