《2018年高考物理大二輪復(fù)習(xí)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》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2018年高考物理大二輪復(fù)習(xí)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（58頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

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 知識回扣 規(guī)律方法高考題型2功能觀點在電磁感應(yīng)問題中的應(yīng)用高考題型3動力學(xué)和功能觀點在電場中的應(yīng)用高考題型1幾個重要的功能關(guān)系在電學(xué)中的應(yīng)用高考題精選精練 知識回扣 規(guī)律方法 答案 知識回扣1.靜電力做功與 無關(guān).若電場為勻強電場，則WFlcos Eqlcos ；若是非勻強電場，則一般利用W 來求.2.磁場力又可分為洛倫茲力和安培力.洛倫茲力在任何情況下對運動的電荷都 ；安培力可以做正功，可以做負功，還可以不做功.3.電流做功的實質(zhì)是電場對 做功，即WUIt .4.導(dǎo)體棒在磁場中切割磁感線時，棒中感應(yīng)電流受到的安培力對導(dǎo)體棒做 功，使機械能轉(zhuǎn)化

2、為 能.5.靜電力做的功等于 的變化，即W ABEp. 路徑qU不做功移動電荷Uq負電電勢能 答案 規(guī)律方法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，抓住 和運動過程分析是關(guān)鍵，然后根據(jù)不同的運動過程中各力做功的特點來選擇相應(yīng)規(guī)律求解.2.動能定理和能量守恒定律在處理電學(xué)中能量問題時仍然是首選的方法.受力分析 幾個重要的功能關(guān)系在電學(xué)中的應(yīng)用高 考 題 型 1 例1(2017山東省模擬)如圖1所示，平行板電容器水平放置，兩極板間電場強度大小為E，中間用一光滑絕緣細桿垂直連接，桿上套有帶正電荷的小球和絕緣彈簧，小球壓在彈簧上，但與彈簧不拴接，開始時對小球

3、施加一豎直向下的外力，將小球壓至某位置使小球保持靜止.撤去外力后小球從靜止開始向上運動，上升h時恰好與彈簧分離，分離時小球的速度為v，小球上升過程不會撞擊到上極板，已知小球的質(zhì)量為m，帶電荷量為q，重力加速度為g，下列說法正確的是A.與彈簧分離時小球的動能為mghqEhB.從開始運動到與彈簧分離，小球增加的機械能為mghqEhC.從開始運動到與彈簧分離，小球減少的電勢能為 D.撤去外力時彈簧的彈性勢能為 mv2(qEmg)h 答案解析圖1 解析根據(jù)動能定理可知，合外力對小球所做的功等于小球動能的變化量，所以小球與彈簧分離時的動能為EkqEhmghEp，A錯誤；從開始運動到與彈簧分離，小球增加的

4、機械能為Emgh mv2qEhEp，B錯誤；小球減少的電勢能為Eqh，故C錯誤；從撤去外力到小球與彈簧分離，由動能定理可知， mv2EpqEhmgh，所以E p mv2(qEmg)h，D正確. 技 巧 點 撥1.若只有電場力做功，電勢能與動能之和保持不變.2.若只有電場力和重力做功，電勢能、重力勢能、動能之和保持不變.3.除重力、彈簧彈力之外，其他各力對系統(tǒng)做的功等于系統(tǒng)機械能的變化.4.所有外力對物體所做的功等于物體動能的變化.5.洛倫茲力對運動電荷不做功. 1.(多選)(2017湖北省六校聯(lián)合體4月聯(lián)考)一帶電小球在空中由A點運動到B點的過程中，只受重力、電場力和空氣阻力三個力的作用.若重

5、力勢能增加5 J，機械能增加1.5 J，電場力做功2 J，則小球A.重力做功為5 J B.電勢能減少2 JC.空氣阻力做功0.5 J D.動能減少3.5 J 對點拓展練答案解析 21 解析小球的重力勢能增加5 J，則小球克服重力做功5 J，故A錯誤；電場力對小球做功2 J，則小球的電勢能減少2 J，故B正確；小球共受到重力、電場力、空氣阻力三個力作用，小球的機械能增加1.5 J，則除重力以外的力做功為1.5 J，電場力對小球做功2 J，則知，空氣阻力做功為0.5 J，即小球克服空氣阻力做功0.5 J，故C錯誤；重力、電場力、空氣阻力三力做功之和為3.5 J，根據(jù)動能定理，小球的動能減少3.5

6、J，故D正確. 21 2.(多選)(2017北京燕博園模擬)如圖2甲所示，一質(zhì)量m0.5 kg、電荷量q1102 C的物塊靜止在絕緣的粗糙水平面上，在物塊所在的足夠大的空間內(nèi)，加一與水平方向成37、斜向右下的勻強電場，電場強度E1103 V/m.物塊在電場力的作用下開始運動.物塊運動后還受到空氣阻力，其大小與速度的大小成正比.物塊的加速度a與時間t的關(guān)系如圖乙所示.已知sin 370.6，cos 370.8，重力加速度g取10 m/s2.以下判斷正確的是圖2 21 A.物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)B.t2 s時物塊的動能為56.25 JC.t3 s時物塊受到的空氣阻力為5 ND.前5 s內(nèi)合外力

7、對物塊做的功為100 J 答案 解析21 解析由題圖乙可知，t0時物塊的加速度a010 m/s2，且t0時物塊受到的空氣阻力為零，對物塊進行受力分析可得，Eqcos (mgEqsin )ma0，解得 ，故A選項正確；t2 s時物塊的速度由at圖線圍成的面積可得，v215 m/s，物塊的動能Ek mv2256.25 J，故B選項正確；由at圖象可知t3 s時物塊的加速度a32.5 m/s2，對物塊進行受力分析可得，Eqcos (mgEqsin )F fma3，解得Ff3.75 N，故C選項錯誤；21 由at圖象可知t4 s時物塊的加速度減為零，此后物塊做勻速直線運動，由at圖線圍成的面積可得，物

8、塊的最大速度vm20 m/s，由動能定理可知，合外力對物塊做的功等于物體動能的變化量，即WEk mvm2100 J，故D選項正確. 21 功能觀點在電磁感應(yīng)問題中的應(yīng)用高 考 題 型 2 例2如圖3所示，兩根等高光滑的四分之一圓弧形軌道與一足夠長水平軌道相連，圓弧的半徑為R0，軌道間距為L11 m，軌道電阻不計.水平軌道處在豎直向上的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度為B11 T，圓弧軌道處于從圓心軸線上均勻向外輻射狀的磁場中，如圖所示.在軌道上有兩長度稍大于L1、質(zhì)量均為m2 kg、阻值均為R0.5 的金屬棒a、b，圖3金屬棒b通過跨過定滑輪的絕緣細線與一質(zhì)量為M1 kg、邊長為L 20.2 m、電阻r

9、0.05 的正方形金屬線框相連.金屬棒a從軌道最高處開始，在外力作用下以速度v05 m/s沿軌道做勻速圓周運動到最低點MN 處，在這一過程中金屬棒b恰好保持靜止.當(dāng)金屬棒a到達最低點MN處被卡住，此后金屬線框開始下落，剛好能勻速進入下方h1 m處的水平勻強磁場B3中，B3 T.已知磁場高度HL2.忽略一切摩擦阻力，重力加速度為g10 m/s2.求： 答案解析(1)輻射磁場在圓弧處磁感應(yīng)強度B2的大?。淮鸢? T 解析對金屬棒b，由力的平衡條件得：MgB1IL1對a、b金屬棒和導(dǎo)軌組成的閉合回路，有I聯(lián)立方程，代入數(shù)值求得B22 T (2)從金屬線框開始下落到進入磁場前，金屬棒a上產(chǎn)生的焦耳熱Q

10、； 答案解析答案2 J解析根據(jù)能量守恒定律有Mgh Mv2 mv22Q線框進入磁場的瞬間，由力的平衡條件得MgB1I1L1B3I2L2其中，I1I2聯(lián)立方程，代入數(shù)值求得Q2 J (3)若在線框完全進入磁場時剪斷細線，線框在完全離開磁場B3時剛好又達到勻速，已知線框離開磁場過程中產(chǎn)生的焦耳熱為Q110.875 J，則磁場的高度H為多少. 答案解析答案1.2 m 解析從線框完全進入磁場到完全出磁場，有MgH Mv12 Mv2Q1在完全出磁場的瞬間，由力的平衡條件得MgB3I3L2其中，I3聯(lián)立方程，代入數(shù)值求得H1.2 m. 技 巧 點 撥1.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

11、；安培力做了多少功，就有多少電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能.2.若回路中電流恒定，可以利用WUIt或QI2Rt直接進行電能計算.3.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)利用能量守恒求解：若只有電能與機械能的轉(zhuǎn)化，則機械能的減少量等于產(chǎn)生的電能. 3.(2017湖北黃岡市模擬)如圖4所示，固定放置在同一水平面內(nèi)的兩根平行長直金屬導(dǎo)軌的間距為d，其右端接有阻值為R的電阻，整個裝置處在豎直向上、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場中.一質(zhì)量為m(質(zhì)量分布均勻)的導(dǎo)體桿ab垂直于導(dǎo)軌放置，且與兩導(dǎo)軌保持良好接觸，桿與導(dǎo)軌之間的動摩擦因數(shù)為.現(xiàn)桿在水平向左、垂直

12、于桿的恒力F作用下從靜止開始沿導(dǎo)軌運動距離l時，速度恰好達到最大(運動過程中桿始終與導(dǎo)軌保持垂直).設(shè)桿接入電路的電阻為r，導(dǎo)軌電阻不計，重力加速度大小為g，則此過程中對點拓展練 43圖4 A.桿的速度最大值為B.安培力做的功等于電阻R上產(chǎn)生的熱量C.恒力F做的功與摩擦力做的功之和等于桿動能的變化量D.恒力F做的功與安培力做的功之和大于桿動能的變化量答案 43 解析 43安培力做的功等于電阻R和r上產(chǎn)生的熱量，B錯；在桿從開始到達到最大速度的過程中由動能定理得WFWfW安Ek，其中Wfmgl，W安Q，恒力F做的功與摩擦力做的功之和等于桿動能的變化量與回路產(chǎn)生的焦耳熱之和，C錯；恒力F做的功與安

13、培力做的功之和等于桿動能的變化量與克服摩擦力做的功之和，D對. 4.(2017福建南平市3月質(zhì)檢)如圖5所示，一對平行的粗糙金屬導(dǎo)軌固定于同一水平面上，導(dǎo)軌間距L0.2 m，左端接有阻值R0.3的電阻，右側(cè)平滑連接一對彎曲的光滑軌道.水平導(dǎo)軌的整個區(qū)域內(nèi)存在豎直向上的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小B1.0 T.一根質(zhì)量m0.2 kg、電阻r0.1的金屬棒ab垂直放置于導(dǎo)軌上，在水平向右的恒力F作用下從靜止開始運動，當(dāng)金屬棒通過位移x9 m時離開磁場，在離開磁場前已達到最大速度.當(dāng)金屬棒離開磁場時撤去外力F，接著金屬棒沿彎曲軌道上升到最大高度h0.8 m處.已知金屬棒與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)0.1，導(dǎo)軌電

14、阻不計，棒在運動過程中始終與軌道垂直且與軌道保持良好接觸，取g10 m/s 2.求：43 圖5 (1)金屬棒運動的最大速率v；答案 43 解析 答案4 m/s解析金屬棒從出磁場到達到彎曲軌道最高點，根據(jù)機械能守恒定律得： mv2mgh 由得：v 4 m/s (2)金屬棒在磁場中速度為 時的加速度大?。?答案43 解析答案1 m/s2 43 解析金屬棒在磁場中做勻速運動時，設(shè)回路中的電流為I，根據(jù)平衡條件得FBILmg I 聯(lián)立式得F0.6 N 金屬棒速度為 時，設(shè)回路中的電流為I，根據(jù)牛頓第二定律得FBI Lmgma I 聯(lián)立解得：a1 m/s 2 (3)金屬棒在磁場區(qū)域運動過程中，電阻R上產(chǎn)

15、生的焦耳熱. 答案43 解析答案1.5 J解析設(shè)金屬棒在磁場區(qū)域運動過程中，回路中產(chǎn)生的焦耳熱為Q，根據(jù)功能關(guān)系：Fxmgx mv2Q 則電阻R上的焦耳熱QR Q 聯(lián)立解得：QR1.5 J. 動力學(xué)和功能觀點在電場中的應(yīng)用高 考 題 型 3 例3(2017全國卷 25)如圖6，兩水平面(虛線)之間的距離為H，其間的區(qū)域存在方向水平向右的勻強電場.自該區(qū)域上方的A點將質(zhì)量均為m、電荷量分別為q和q(q0)的帶電小球M、N先后以相同的初速度沿平行于電場的方向射出.小球在重力作用下進入電場區(qū)域，并從該區(qū)域的下邊界離開.已知N離開電場時的速度方向豎直向下；M在電場中做直線運動，剛離開電場時的動能為N剛

16、離開電場時的動能的1.5倍.不計空氣阻力，重力加速度大小為g.求：圖6 (1)M與N在電場中沿水平方向的位移之比； 答案解析答案3 1 解析設(shè)小球M、N在A點水平射出時的初速度大小為v0，則它們進入電場時的水平速度仍然為v0.M、N在電場中運動的時間t相等，電場力作用下產(chǎn)生的加速度沿水平方向，大小均為a，在電場中沿水平方向的位移分別為s1和s2.由題給條件和運動學(xué)公式得v0at0 s1v0t at2 s2v0t at2 聯(lián)立式得 3 (2)A點距電場上邊界的高度； 答案解析解析設(shè)A點距電場上邊界的高度為h，小球下落h時在豎直方向的分速度為vy，由運動學(xué)公式vy22gh Hvyt gt2 M進入

17、電場后做直線運動，由幾何關(guān)系知 聯(lián)立式可得h H (3)該電場的電場強度大小. 答案解析 解析設(shè)電場強度的大小為E，小球M進入電場后做直線運動，則 設(shè)M、N離開電場時的動能分別為Ek1、Ek2，由動能定理得Ek1 m(v02vy2)mgHqEs1 Ek2 m(v02vy2)mgHqEs2 由已知條件E k11.5Ek2 聯(lián)立 式得E . 5.(2017廣東揭陽市模擬)如圖7，空間有一豎直向下沿x軸方向的靜電場，電場的場強大小按E x分布(x是軸上某點到O點的距離).x軸上，有一長為L的絕緣細線連接均帶負電的兩個小球A、B，兩球質(zhì)量均為m，B球帶電荷量大小為q，A球距O點的距離為L.兩球現(xiàn)處于靜

18、止?fàn)顟B(tài)，不計兩球之間的靜電力作用. 對點拓展練 答案解析圖7(1)求A球的帶電荷量大小qA；答案6q 65解析對A、B由整體法得：2mgqA Lq 2L0解得qA6q (2)剪斷細線后，求B球下落速度達到最大時，B球距O點距離x0；答案4L 答案解析解析當(dāng)B球下落速度達到最大時，由平衡條件得mgqEq x0，解得x04L.65 (3)剪斷細線后，求B球下落最大高度h. 答案解析答案4L解析運動過程中，電場力大小線性變化，所以由動能定理得：解得：h4L. 65 6.(2017山西省重點中學(xué)協(xié)作體一模) 一質(zhì)量為m、帶電量為q的小球從距地面高h處以一定初速度水平拋出，在距拋出點水平距離L處，有一根

19、管口比小球直徑略大的豎直細管.管上口距地面 ，為使小球能無碰撞地通過管子，可在管子上方的整個區(qū)域加一個場強方向水平向左的勻強電場，如圖8所示，求： 65圖8 (1)小球初速度v0、電場強度E的大??； 答案解析解析電場中小球做類平拋運動，在水平方向上：65 (2)小球落地時的動能. 答案解析答案mgh解析從拋出到落地由動能定理得：mghEqLEk mv02小球落地時動能：Ek mghEqLmgh.65 高考題精選精練 題組1全國卷真題精選1.(2013新課標(biāo) 16)一水平放置的平行板電容器的兩極板間距為d，極板分別與電池兩極相連，上極板中心有一小孔(小孔對電場的影響可忽略不計).小孔正上方 處的

20、P點有一帶電粒子，該粒子從靜止開始下落，經(jīng)過小孔進入電容器，并在下極板處(未與極板接觸)返回.若將下極板向上平移 ，則從P點開始下落的相同粒子將A.打到下極板上B.在下極板處返回C.在距上極板 處返回D.在距上極板 d處返回 答案1 2 3 4 5 6 解析 1 2 3 4 5 6 解析粒子兩次落到小孔的速度相同，設(shè)為v，下極板向上平移后由E 知場強變大，故粒子第二次在電場中減速運動的加速度變大，由v22ax得第二次減速到零的位移變小，即粒子在下極板之上某位置返回，設(shè)粒子在距上極板h處返回，對粒子兩次運動過程應(yīng)用動能定理得兩方程聯(lián)立得h d，選項D正確. 2.(多選)(2012新課標(biāo)全國18)

21、如圖9，平行板電容器的兩個極板與水平地面成一角度，兩極板與一直流電源相連.若一帶電粒子恰能沿圖中所示水平直線通過電容器，則在此過程中，該粒子A.所受重力與電場力平衡B.電勢能逐漸增加C.動能逐漸增加D.做勻變速直線運動 答案1 2 3 4 5 6 解析圖9 1 2 3 4 5 6 解析帶電粒子在平行板電容器之間受到兩個力的作用，一是重力mg，方向豎直向下；二是電場力FEq，方向垂直于極板向上，因二力均為恒力，又已知帶電粒子做直線運動，所以此二力的合力一定在粒子運動的直線軌跡上，根據(jù)牛頓第二定律可知，該粒子做勻減速直線運動，選項D正確，選項A、C錯誤；從粒子運動的方向和電場力的方向可判斷出，電場

22、力對粒子做負功，粒子的電勢能增加，選項B正確. 3.(2015新課標(biāo)全國 24)如圖10，一質(zhì)量為m、電荷量為q(q0)的粒子在勻強電場中運動，A、B為其運動軌跡上的兩點.已知該粒子在A點的速度大小為v0，方向與電場方向的夾角為60；它運動到B點時速度方向與電場方向的夾角為30.不計重力.求A、B兩點間的電勢差. 答案1 2 3 4 5 6 解析圖10 1 2 3 4 5 6 解析設(shè)帶電粒子在B點的速度大小為vB.粒子在垂直于電場方向的速度分量不變，即vBsin 30v0sin 60 由此得vB v0 設(shè)A、B兩點間的電勢差為UAB，由動能定理有qUAB m(vB2v02) 聯(lián)立式得U AB

23、. 題組2各省市真題精選4.(多選)(2015四川理綜6)如圖11所示，半圓槽光滑、絕緣、固定，圓心是O，最低點是P，直徑MN水平.a、b是兩個完全相同的帶正電小球(視為點電荷)，b固定在M點，a從N點靜止釋放，沿半圓槽運動經(jīng)過P點到達某點Q(圖中未畫出)時速度為零.則小球aA.從N到Q的過程中，重力與庫侖力的合力先增大后減小B.從N到P的過程中，速率先增大后減小C.從N到Q的過程中，電勢能一直增加D.從P到Q的過程中，動能減少量小于電勢能增加量 答案1 2 3 4 5 6 解析圖11 1 2 3 4 5 6 解析小球a從N點靜止釋放，過P點后到Q點速度為零，整個運動過程只有重力和庫侖力做功，

24、庫侖力方向與小球a速度方向夾角一直大于90，所以庫侖力整個過程做負功.小球a從N到Q的過程中，庫侖力增大，庫侖力與重力的夾角減小，所以它們的合力一直增大，故A錯誤；小球a受力如圖所示，在靠近N點的位置，合力與速度夾角小于90，在P點合力與速度夾角大于90，所以小球a從N到P的過程中，速率應(yīng)先增大后減小，故B正確； 1 2 3 4 5 6 從N到Q的過程中，庫侖力一直做負功，所以電勢能一直增加，故C正確；根據(jù)能量守恒可知，P到Q的過程中，動能的減少量等于重力勢能和電勢能的增加量之和，故D錯誤. A.M的帶電荷量比N的大B.M帶負電荷，N帶正電荷C.靜止時M受到的合力比N的大D.移動過程中勻強電場

25、對M做負功5.(多選)(2015廣東理綜21)如圖12所示的水平勻強電場中，將兩個帶電小球M和N分別沿圖示路徑移動到同一水平線上的不同位置，釋放后，M、N保持靜止，不計重力，則答案1 2 3 4 5 6圖12 6.(2015重慶理綜7)音圈電機是一種應(yīng)用于硬盤、光驅(qū)等系統(tǒng)的特殊電動機，如圖13是某音圈電機的原理示意圖，它由一對正對的磁極和一個正方形剛性線圈構(gòu)成，線圈邊長為L，匝數(shù)為n，磁極正對區(qū)域內(nèi)的磁感應(yīng)強度方向垂直于線圈平面豎直向下，大小為B，區(qū)域外的磁場忽略不計.線圈左邊始終在磁場外，右邊始終在磁場內(nèi)，前后兩邊在磁場內(nèi)的長度始終相等，某時刻線圈中電流從P流向Q，大小為I. 1 2 3 4 5 6圖13 (1)求此時線圈所受安培力的大小和方向； 答案1 2 3 4 5 6 解析答案nBIL方向水平向右解析線圈所受的安培力為右邊所受的安培力，由安培力公式得FnBIL 由左手定則知方向水平向右 (2)若此時線圈水平向右運動的速度大小為v，求安培力的功率. 答案 1 2 3 4 5 6 解析答案nBILv解析安培力的功率為PFv 聯(lián)立式解得PnBILv.