【物理】2018届二轮功能关系在电磁学中的应用教案

【物理】2018届二轮功能关系在电磁学中的应用教案

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 W＝Flcos α计算，此公式只适用于匀强电场，可变形为 W＝Eqlcos α. (2)由 W＝qU 计算，此公式适用于任何电场． (3)由电势能的变化计算：WAB＝EpA－EpB. (4)由动能定理计算：W 电场力＋W 其他力＝ΔEk. 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 ①由公式 W＝Flcos α计算． ②由动能定理计算：W 安＋W 其他力＝ΔEk 2．电磁感应中的功能关系 (1)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 Q＝W 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Ⅰ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 A．Ea：Eb=4:1 B．Ec：Ed=2:1 C．Wab:Wbc=3:1 D．Wbc:Wcd=1:3 【答案】AC 【变式探究】(多选)(2016·全国卷Ⅰ，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 1 A．Q 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>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 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( ) A．Wa ＝Wb，Ea >Eb B．Wa≠Wb，Ea >Eb C．Wa＝Wb，Ea0）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。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； ⑤ ⑥ 因为 M 在电场中做匀加速直线运动，则 ⑦ 由①②⑤⑥⑦可得 h= ⑧ （3）设电场强度为 E，小球 M 进入电场后做直线运动，则 ， ⑨ 设 M、N 离开电场时的动能分别为 Ek1、Ek2，由动能定理： ⑩ ⑪ 由已知条件：Ek1=1.5Ek2 联立④⑤⑥⑦⑧⑨⑩⑪ ⑫ 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θn，试求 sin θn； (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(各量的下标均代表粒子所在层数，下同)． nqEd＝ 1 2mv 2 n⑤ qvnB＝m 2 nn⑥ 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αn，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θn，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 vn－1sin θn－1＝vnsin αn⑦ 由图 1 看出 rnsin θn－rnsin αn＝d⑧ 由⑥⑦⑧式得 rnsin θn－rn－1sin θn－1＝d⑨ 由⑨式看出 r1sin θ1，r2sin θ2，…，rnsin θn 为一等差数列，公差为 d，可 得 rnsin θn＝r1sin θ1＋(n－1)d⑩ 图 2 当 n＝1 时，由图 2 看出 r1sin θ1＝d 由⑤⑥⑩⑪式得 sin θn＝B nqd 2mE ⑫ (3)若粒子恰好不能从第 n 层磁场右侧边界穿出，则 θn＝ π 2⑬ sin θn＝1⑭ 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 q′ m′，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θn，由 于 q′ m′＞ q m⑮ 则导致 sin θn′＞1⑯ 说明θn′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)2 qEd m 2 B mEd q (2)B nqd 2mE (3)见解析 【变式探究】 (2014·广东卷，15)如图 2－6－7 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 2－6－7 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Ⅱ，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 的电阻(图 2－6－9 中未画出)． 图 2－6－9 直导体棒在水平外力作用下以角速度ω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μ，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：mg－2N＝0⑤ 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：f＝μN⑥ 在Δt 时间内，导体棒在内外圆导轨上扫过的弧长分别为：l1＝rωΔt⑦ 和 l2＝2rωΔt⑧ 克服摩擦力做的总功为：Wf＝f(l1＋l2)⑨ 在Δt 时间内，消耗在电阻 R 上的功为：WR＝I2RΔt⑩ 根据能量转化和守恒定律，外力在Δt 时间内做的功为：W＝Wf＋WR⑪ 外力的功率为：P＝ W Δt⑫ 由④至⑫式可得：P＝ 3 2μmgωr＋ 9ω2B2r4 4R ⑬ 答案 (1) 3ωBr2 2R 方向由 C→D (2) 3 2μmgωr＋ 9ω2B2r4 4R 【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 2－5－6 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 粗糙的两种情况相比较，这个过程( )． 图 2－5－6 A．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： 1 2mv 2 0＝W 安，对粗糙的导轨有： 1 2mv 2 0＝W 安′＋W 摩，W 安≠W 安′，则 A、B 错；q＝It＝ Blvt R ＝ Blx R ，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，绳与竖直方向的夹角θ=37°。已 知小球所带电荷量 q=1.0×10–6 C，匀强电场的场强 E=3.0×103 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）3.0×10–3 N （2）4.0×10–4 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=1.0×10–6×3.0×103 N=3.0×10–3 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=4.0×10–4 kg （3）撤去电场后，小球将绕悬点摆动，根据动能定理有 得 【变式探究】在如图 2－6－11 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θ＝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 k＝5 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 E＝5×104 N/C、方向水平向右的匀强电场中．已知 A、B 的质量分别 为 mA＝0.1 kg 和 mB＝0.2 kg，B 所带电荷量 q＝＋4×10－6C.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 g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝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 a＝0.6 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ΔEp＝0.06 J．已知 DN 沿竖直方向，B 与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4.求 A 到达 N 点 时拉力 F 的瞬时功率． 图 2－6－11 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：T0＝mAgsin θ①(2 分) 对 B：T0＝qE＋f0②(2 分) 联立①②式，代入数据解得：f0＝0.4 N③(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 qEs＝ΔEp④(2 分) T－μmBg－qE＝mBa⑤(2 分) 设 A 在 N 点时速度为 v，受弹簧拉力为 F 弹，弹簧的伸长量为Δx，有 v2＝2as ⑥(1 分) F 弹＝k·Δx ⑦(1 分) F＋mAgsin θ－F 弹 sin θ－T＝mAa ⑧(2 分) 由几何关系知Δx＝ s(1－cos θ) sin θ ⑨(2 分) 设拉力 F 在 N 点的瞬时功率为 P，有 P＝Fv ⑩(1 分) 联立④～⑩式，代入数据解得 P＝0.528 W (1 分) 答案 (1)0.4 N (2)0.528 W 【变式探究】如图 2－6－12 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 2－6－12 (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 FC－mg＝C ①(2 分) 而 FC＝FC′＝7mg ②(1 分) 解得 vC＝. ③(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 60°＝BIL ④(2 分) I＝ E R ⑤(1 分) 解得感应电动势的最大值 E＝ 3mgR 2BL . ⑥(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 Q＝mgH－ 1 2mv 2 C ⑦(1 分) 联立③⑦得 Q＝mg(H－3r) ⑧(2 分)