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、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.静电力做的功等于 的变化，即WABEp.移动电荷qU不做功答案负Uq电电势能路径规律方法答案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
2、 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.受力分析高考题型1几个重要的功能关系在电学中的应用高考题型3电功能观点在电磁感应问题中的应用高考题型4应用动力学和功能观点处理电学综合问题高考题型2动能定理在电场中的应用内容索引高考题型1几个重要的功能关系在电学中的应用解析例1(多选)如图1所示地面上方存在水平向右的匀强电场.现将一带电小球从距离地面O点高h处的A点以水平速度v0抛出，经过一段时间小球恰好垂直于地面击中地面上的B点，B到O的距离也为h.当地重力加速度为g，则下列说法正确的是()A.
3、从A到B的过程中小球的动能先减小后增大B.下落过程中小球机械能一直增加C.小球的加速度始终保持2g不变D.从A点到B点小球的的电势能增加了mgh图1解析解析由题意分析知，小球在水平方向匀减速，竖直方向匀加速，由于时间相等，两方向位移相同，故qEmg，合力大小为 mg，斜向左下方45，故小球的动能先减小后增大；电场力一直做负功，小球机械能一直减小，小球的加速度始终保持 g不变，从A点到B点电场力做负功，大小为qEhmgh，故电势能增加了mgh.A.小球上滑过程中先匀加速后匀减速B.小球下滑过程中电场力先做负功后做正功C.小球再次滑回C点时的速率为vCD.小球下滑过程中动能、电势能、重力势能三者之
4、和增大解析预测1如图2所示，直角三角形ABC由三段细直杆连接而成，AB杆竖直，AC杆粗糙且绝缘，其倾角为30，长为2L，D为AC上一点，且BD垂直AC，在BC杆中点O处放置一正点电荷Q.一套在细杆上的带负电小球，以初速度v0由C点沿CA上滑，滑到D点速率恰好为零，之后沿AC杆滑回C点.小球质量为m、电荷量为q，重力加速度为g.则()图2解析解析 小球上滑过程中受到重力、库仑力、杆的支持力以及摩擦力作用，由于库仑力和摩擦力是变力，则运动过程中加速度始终发生变化，故A错误；根据几何关系可知，ODOC，则C、D两点电势相等，所以从C到D的过程中，电场力做功为零，在C点时，小球受到的库仑力是引力，电场
5、力做正功，后电场力做负功，故B错误；解析小球下滑过程中由于摩擦力做负功，则小球动能、电势能、重力势能三者之和减小，故D错误.预测2(多选)如图3所示，某一空间内充满竖直向下的匀强电场E，在竖直平面内建立坐标系xOy，在y0的空间内，将一质量为m的带电液滴(可视为质点)自由释放，则此液滴沿y轴的负方向以加速度a2g(g为重力加速度)做匀加速直线运动，当液滴运动到坐标原点时，瞬间被安置在原点的一个装置改变了带电性质(液滴所带电荷量和质量均不变)，随后液滴进入ymg，虚线右侧的水平面光滑.一轻弹簧右端固定在墙上，处于原长时，左端恰好位于虚线位置，把滑块放到虚线左侧L处，并给滑块一个向左的初速度v0，
6、已知滑块与绝缘水平面间的动摩擦因数为，求：(1)弹簧的最大弹性势能；图5解析答案解析解析设滑块向左运动x时减速到零，由能量守恒定律有：之后滑块向右加速运动，设第一次到达虚线时的动能为Ek，由能量守恒定律得：qE(xL)Ekmg(xL)解析答案滑块从虚线处压缩弹簧至最短的过程，机械能守恒，动能全部转化为弹性势能，所以弹簧的最大弹性势能为：(2)滑块在整个运动过程中产生的热量.返回解析解析滑块往返运动，最终停在虚线位置，整个过程电场力做正功，为WqEL，电势能减少量为qEL，由能量守恒定律，整个过程产生的热量等于滑块机械能的减少量与电势能的减少量之和，即QqEL mv02解析答案高考题型3电功能观
7、点在电磁感应问题中的应用解题方略解题方略1.电磁感应过程中产生的感应电流在磁场中必定受到安培力的作用，因此，要维持感应电流的存在，必须有“外力”克服安培力做功，将其他形式的能转化为电能.“外力”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.2.当感应电流通过用电器时，电能又转化为其他形式的能.安培力做功的过程，或通过电阻发热的过程，是电能转化为其他形式能的过程.安培力做了多少功，就有多少电能转化为其他形式的能.3.若回路中电流恒定，可以利用电路结构及WUIt或QI2Rt直接进行计算电能.4.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
8、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.例3如图6所示，足够长光滑导轨倾斜放置，导轨平面与水平面夹角37，导轨间距L0.4 m，其下端连接一个定值电阻R2，其它电阻不计.两导轨间存在垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度B0.5 T.一质量为m0.02 kg的导体棒ab垂直于导轨放置，现将导体棒由静止释放，取重力加速度g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8.图6解析答案(1)求导体棒下滑的最大速度；当安培力与重力沿导轨向下的分力相等时，速度最大，棒ab做匀速运动，即答案答案6 m/s(2)滑块在整个运动过程中产生的热量.解析答案答案答案0.
9、72 W(3)若导体棒从静止加速到v4 m/s的过程中，通过R的电量q0.26 C，求R产生的热量Q.返回解析答案答案答案0.152 J预测4(多选)在如图7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，当ab边刚越过GH进入磁场区时，恰好以速度v1做匀速直线运动；当ab边下滑到JP与MN的中间位置时，线框又恰好以速度v2做匀速直线运动，从ab进入GH到MN与JP的中间位置的过程中，线框的动能变化量为Ek，重力对线框做功大小为W
10、1，安培力对线框做功大小为W2，下列说法中正确的是()图7A.在下滑过程中，由于重力做正功，所以有v2v1B.从ab进入GH到MN与JP的中间位置的过程中，机械能守恒C.从ab进入GH到MN与JP的中间位置的过程中，有(W1Ek)的机械能转 化为电能D.从ab进入GH到MN到JP的中间位置的过程中，线框动能的变化量为Ek W1W2解析ab进入磁场后，安培力做负功，机械能减少，选项B错误；从ab进入GH到MN与JP的中间位置的过程中，由动能定理得，W1W2Ek，选项D正确；线框克服安培力做功为W2，等于产生的电能，且W2W1Ek，选项C正确.解析答案预测5如图8所示，单位长度电阻相等的直角三角形
11、金属框abc放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于bc边水平向右.ab4L，bc3L，金属框总电阻为R.求：图8(1)若金属框绕bc边以角速度按图示方向匀速转动时，ab两点间的电势差Uab是多少？a、b两点哪点电势高？解析解析根据法拉第电磁感应定律得EB4L所以EB4L2L8BL2由于ab和ac切割磁感线有效长度相同，回路的总感应电动势为零，金属框中无电流，但a、b两端有电势差，根据右手定则可判断a端电势高所以UabE8BL2答案答案8BL2 a端电势高解析答案返回(2)若金属框绕ab边以角速度匀速转动一周，ab边上产生的焦耳热是多少？解析解析若以ab边为轴匀速转动，ac边切割磁感线
12、，金属框将产生正弦交流电，设某时刻金属框平面与磁场夹角为，从下向上看如图所示，则电动势的瞬时值表达式为最大值Em6BL2返回高考题型4应用动力学和功能观点处理电学综合问题解析答案例4如图9所示，水平地面QA与竖直面内的、半径R4 m的光滑圆轨道ACDF相连，FC为竖直直径，DO水平，AO与CO夹角60.QA上方有一水平台面MN，MN正上方分布着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B4 T.P是竖直线AP与DO的交点，PA的右侧、PO的下面、OC的左侧分布着竖直向下、场强为E的匀强电场.一个质量m2 kg、电量q1 C的小滑块(可视为质点)放在MN上，在水平推力F4 N的作用下正以速度v1向右做匀
13、速运动.已知滑块与平台MN的动摩擦因数0.5；重力加速度g10 m/s2.图9(1)求小滑块在平台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)小滑块从N点飞出后，恰从A点无碰撞地(沿轨道切线)进入圆轨道AC，为了使小滑块不向内脱离AF间的圆弧轨道，求电场强度E的取值范围.解出：E12 N/C解析答案解出：E262 N/C综上：为了使滑块不向内脱离AF间的圆弧轨道，电场强度E的取值范围为E2 N/C或E62 N/C答案答案E2 N/C或E62 N/C预测6如图10甲所示，长L1.5 m、倾角为37的光滑绝缘的斜面底端连接一粗糙绝缘
14、的水平面，整个斜面处在一水平向左的匀强电场中，水平面部分没有电场.现将一质量m1.2 kg、带电荷量q1104 C的带正电的小物体从斜面顶端由静止释放，当电场场强E取不同数值时，物体沿斜面下滑最后在水平地面上滑过的距离s不同.研究发现s与E之间的关系如图乙所示.忽略物体在斜面与水平面连接处的能量损失，取重力加速度g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，求：图10(1)物体与地面间的动摩擦因数；解析解析当E0时，s4.5 m由动能定理得mgLsin mgs0解得0.2答案答案0.2解析答案(2)当E3104 N/C时，物体运动的总时间.解析答案解析解析当E3104 N/C时，由
15、牛顿第二定律得mgsin qEcos ma1又L水平面上由牛顿第二定律知mgma2由va1t1又va2t2解析答案预测7如图11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，小环离杆后正好通过C端的正下方P点处.(g取10 m/s2)求：(1)小环离开直杆后运动的加速度大小和方向.图11解析解析小环在直杆上的受力情况如图所示答案答案14.1 m/s2与杆垂直斜向右下方由平衡条件得：mgsin 45Eqcos 45得mgEq，离开直杆后，只受mg、Eq作用，代入数据解得加速度大小：a14.1 m/s2加速度方向与杆垂直斜向右下方解析答案(2)小环在直杆上匀速运动速度的大小v0.解析解析设小环在直杆上运动的速度为v0，离杆后经t秒到P点，则竖直方向：答案答案2 m/s由以上两式代入数据解得：v02 m/s解析答案返回(3)小环运动到P点的动能.解析解析由动能定理得：EkP mgh代入数据解得：EkP5 J.答案答案5 J
