【二轮必备大纲版专用】2011届高三物理二轮复习精品专题四 第2课时 功能关系在电学中的应用

第2课时功能关系在电学中的应用必备知识方法知识回扣1．静电力做功与无关.若电场为匀强电场，则W＝Flcosα＝Eqlcosα；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做功．即W＝UIt＝.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．静电力做功等于的变化，即WAB＝－ΔEp路径qU不做功移动电荷Uq负电电势能规律方法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,抓住和运动过程的分析是关键，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．力学中的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．受力分析热点题型例析题型1用功能关系解决带电粒子在电场中运动问题例1如图1所示，在光滑绝缘水平面两端有两块平行带电金属板A、B,其间存在着场强E＝200N/C的匀强电场，靠近正极板A处有一薄挡板S.一个带负电小球，质量为m＝1×10－2kg、电荷量q＝2×10－3C，开始时静止在P点，它与挡板S的距离为l＝20cm，与B板距离为L＝45cm.静止释放后小球在电场力的作用下向左运动，与挡板S相碰后电量减少到碰前的k倍，k＝56，碰后小球的速度大小不变．(1)设匀强电场中挡板S所在位置的电势为零，则电场中P点的电势φP为多少？小球自静止开始从P点运动到挡板S时，电势能是增加还是减少？改变的电势能Δε为多少？图1(2)小球第一次与挡板S碰撞时的速度多大？第一次碰撞后小球能运动到离B板多远的地方？(3)小球从P点出发第一次回到最右端的过程中电场力对小球做了多少功？解析(1)挡板S与P点间的电势差USP＝El(2分)＝200×0.2V＝40V(1分)USP＝φS－φP(1分)则P点的电势φP＝φS－USP＝－40V(1分)小球自静止开始从P点运动到挡板S的过程中，电场力做正功，故带电小球的电势能减少．(1分)改变的电势能为Δε＝qUSP(2分)＝0.08J(1分)(2)小球自P点到第一次与挡板S碰撞的过程中，由动能定理有qUSP＝12mv2(2分)则小球第一次与挡板S碰撞时的速度v＝2qUSPm＝4m/s(1分)设第一次碰撞后小球能运动到离A板l1远处的地方，由动能定理有Eql＝12mv2，Ekql1＝12mv2(2分)则l1＝1kl＝65×20m＝24cm(1分)第一次碰撞后小球能运动到离B板的距离d为d＝l＋L－l1＝41cm(1分)(3)设小球从P点出发第一次回到最右端的过程中电场力对小球做功为W，小球由P点向左运动到挡板S处和由挡板S处运动到回到最右端的两个过程中电场力做功分别为W1、W2，由动能定理有W1＝12mv2，W2＝0－12mv2(2分)所以W＝W1＋W2＝0(2分)答案(1)φP＝－40V,电势能减少,0.08J(2)4m/s,41cm(3)0以题说法1.电势能的变化应通过电场力做功来求解．2．电场力做功与路径无关．因此在本题第(3)问的求解中只要我们注意到水平方向只有电场力做功，且全程的初末速度为零，全程列式W＝0－0＝0，非常简单．3．动能定理仍是解决静电力做功问题的有效方法．预测演练1如图2所示，空间存在着电场强度E＝2.5×102N/C,方向竖直向上的匀强电场,在电场内一长为L＝0.5m的绝缘细线一端固定于O点,另一端拴着质量m＝0.5kg，电荷量q＝4×10－2C的小球．现将细线拉至水平位置，将小球由静止释放，当小球运动到最高点时细线受到的拉力恰好达到它能承受的最大值而断开，取g＝10m/s2.求：(1)小球的电性；(2)细线能承受的最大拉力值；(3)当小球继续运动到与O点水平方向的距离为L时，小球速度多大？图1解析(1)小球应带正电(2分)(2)设小球在最高点的速度为v0，小球由静止释放到最高点的过程，由动能定理得(Eq－mg)L＝12mv02①在最高点由向心力公式得FT－(qE－mg)＝mv02L②解①②得FT＝3(qE－mg)＝15N(4分)(3)细线断后球做类平抛运动：水平方向L＝v0t③竖直方向v＝qE－mgmt④合速度大小为v合＝v02＋v2＝522m/s＝3.5m/s(4分)答案(1)正电(2)15N(3)3.5m/s题型2用功能关系解决带电粒子在复合场内运动问题例2如图3所示，在y≥0的区域内存在垂直于坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B；水平虚线MN、PQ区域内有水平向右电场强度的大小E＝mgq的匀强电场．半径为R的光滑绝缘空心半圆细管ADO固定在竖直平面内，圆心O1在MN上，直径AO垂直于MN.一质量为m、电荷量为q的带正电小球(可视为质点)从半圆管的A点由静止滑入管内，重力加速度为g.求：图3(1)小球从A到O点的过程中，电场力对带正电小球所做的功；(2)小球到达O点时，对半圆管的作用力大小；(3)若小球从O点射出后，能穿过电场区域再次经过y轴，则电场区域的高度H应大于多少．审题突破1.A→O的过程有哪些力做功？哪些力不做功？2．小球从O点射出后做什么运动？解析(1)从A→O过程WE＝－qER(2分)E＝mgq代入，得WE＝－mgR(2分)(2)小球由A到O的过程，由动能定理得mg(2R)－qER＝12mv02(3分)解之得v0＝2gR在O点，由向心力公式得FN－mg－qv0B＝mv02R(3分)得FN＝3mg＋qB2gR依牛顿第三定律，得带正电小球对半圆管的作用力大小为(1分)FN′＝3mg＋qB2gR(1分)(3)小球从O射出后，水平方向先向左做匀减速运动，后向右做匀加速运动，竖直方向做自由落体运动向左运动的过程中ax＝g，ay＝g(2分)向左减速时间为t＝v0a＝2gRg(2分)竖直方向位移大小y＝12gt2＝R(1分)则几何关系得H＝y＋R得H＝2R为了使小球经过y轴，必须使小球有向右的分速度，所以应使H2R(2分)答案(1)－mgR(2)3mg＋qB2gR(3)H2R以题说法1.复合场一般指重力场、电场和磁场的组合和叠加．2．应用功能关系解决此类问题时，应注意分析带电粒子的运动过程,特别要注意三种力做功的特点:电场力与重力做功与路径无关；洛伦兹力不做功．3.本题中特别要注意A→O过程只在DO间有电场,因此搞清各力作用的位移是列功能关系的关键．预测演练2如图4所示，水平虚线L1、L2间的高度h＝5cm，L1的上方和L2的下方都存在垂直于纸面向里的匀强磁场和竖直向上的匀强电场，B2＝2B1.一带电微粒正好能在竖直平面内沿图中轨迹做周期性运动，它在两磁场中的轨迹都是半圆．当带电微粒运动到轨迹最低点时，如果撤去电场．微粒将做匀速直线运动．取g＝10m/s2.(1)该微粒带______电，请在图中用箭头标出带电微粒的绕行方向；(2)分别求出微粒在两磁场中的速度大小(计算结果小数点后保留一位数字)．图4解析(1)该微粒带正电(3分)带电微粒的绕行方向如图所示．(4分)(2)设在上、下磁场中微粒运动的速度分别为v1、v2，轨道半径为R，则由向心力公式可得B1qv1＝mv12R①(3分)B2qv2＝mv22R②(3分)由动能定理可得12mv22－12mv12＝mgh③(3分)将B2＝2B1代入上式，联立解得v1＝1m/s(1分)v2＝1.4m/s(1分)答案(1)正，图见解析(2)1m/s,1.4m/s题型3应用功能关系解决电磁感应问题例3如图5所示，AB、CD是处在方向垂直纸面向里、磁感应强度为B1的匀强磁场的两条金属导轨(足够长)，导轨宽度为d，导轨通过导线分别与平行金属板MN相连，有一与导轨垂直且始终接触良好的金属棒ab以某一速度沿着导轨做匀速直线运动．在y轴的右方有一磁感应强度为B2且方向垂直纸面向外的匀强磁场，在x轴的下方有一场强为E且方向平行x轴向右的匀强电场．现有一质量为m、电荷量为q的带正电粒子在M板由静止经过平行金属板MN，然后以垂直于y轴的方向从F处穿过y轴，再从x轴上的G处以与x轴正向夹角为60°的方向进入电场和磁场叠加的区域，最后到达y轴上的H点．已知OG长为l，不计粒子的重力．求：图5(1)金属棒ab做匀速直线运动速度的大小v0?(2)粒子到达H点时的速度多大？情景建模本题由两大知识模型构成：一是电磁感应中的电路问题；二是粒子在场内的运动问题．粒子在板间做匀加速运动，在磁场内做圆周运动，最后在电场和磁场的混合场中运动．解题示范金属棒ab在切割磁感线过程中产生的感应电动势为E＝B1dv0(2分)设粒子在F处进入磁场时的速度为v，由牛顿第二定律得qvB2＝mv2R(3分)由几何知识可得(如图)lR＝sin60°(2分)粒子在通过MN过程中由动能定理得qB1dv0＝12mv2－0(3分)联解以上各式得v0＝2qB22l23mB1d(2分)(2)从G到H只有电场力对粒子做功，电场力做功与路径无关，根据动能定理，有－qEl＝12mvH2－12mv2(3分)解得vH＝4q2B22l23m2－2qElm(3分)答案(1)2qB22l23mB1d(2)4q2B22l23m2－2qElm预测演练3如图6所示，一根质量为m的金属棒MN水平放置在两根竖直的光滑平行金属导轨上，并始终与导轨保持良好接触，导轨间距为L,导轨下端接一阻值为R的电阻,其余电阻不计．在空间内有垂直于导轨平面的磁场，磁感应强度大小只随竖直方向y变化，变化规律B＝ky，k为大于零的常数．质量为M＝4m的物体静止在倾角θ＝30°的光滑斜面上，并通过轻质光滑定滑轮和绝缘细绳与金属棒相连接．当金属棒沿y轴方向从y＝0位置由静止开始向上运动h时，加速度恰好为0.不计空气阻力，斜面和磁场区域足够大，重力加速度为g.求：(1)金属棒上升h时的速度；(2)金属棒上升h的过程中，电阻R上产生的热量．图6解析(1)当金属棒的加速度为零时，由金属棒受力平衡得Mgsin30°＝F＋mg(2分)金属棒所受的安培力F＝BIL＝khIL(1分)金属运动时产生的感应电动势E＝khLv，则金属棒中的电流有I＝khLvR(1分)解以上方程得v＝mgRk2h2L2(1分)(2)设产生的焦耳热为Q，由动能定理，有12(M＋m)v2＝Mghsinθ－mgh－Q得Q＝mgh－5m3g2R22k4L4h4答案(1)mgRk2h2L2(2)mgh－5m3g2R22k4L4h4考能定时训练1．如图7所示，A、B、O、C为在同一竖直平面内的四点，其中A、B、O沿同一竖直线，B、C同在以O为圆心的圆周(用虚线表示)上，沿AC方向固定有一光滑绝缘细杆L，在O点固定放置一带负电的小球．现有两个质量和电荷量都相同的带正电小球a、b均可视为点电荷，先将a放在细杆上，让其从A点由静止开始沿杆下滑，后使b从A点由静止开始沿竖直方向下落，则下列说法中正确的是()A．从A点到C点，小球a做匀加速运动B．小球a在C点的动能等于小球b在B点的动能C．从A点到C点，小球a的机械能先增加后减少，但机械能与电势能之和不变D．小球a从A点到C点电场力做的功大于小球b从A点到B点电场力做的功图7解析对球a受力分析:受重力、库仑引力F、杆的弹力.因沿杆方向F的分力在变化,则球受到的F合也在变,故做变加速运动,A项错.由A→C：球a受到的重力，库仑力在做功，且库仑力先做正功后做负功，故C项正确．因WAC＝UACq＝UABq＝WAB，故D项错误．答案C2．一带电小球从空中的a点运动到b点的过程中，重力做功3J，电场力做功1J，克服空气阻力做功0.5J，则下列判断正确的是()A．在a点的动能比b点小3.5JB．在a点的重力势能比在b点小3JC．在a点的电势能比在b点小1JD．在a点的机械能比在b点小0.5J解析由动能定理得ΔEk=WG+W电+Wf=3+1-0.5=3.5J,故A项正确.由a→b,WG＝3J＝EPa－EPb＝ΔEP重,W电＝1J＝ΔEP电,故B、C项错误．ΔE机＝W电＋Wf＝0.5J，故D项正确．AD3．如图8所示，竖直向上的匀强电场中，绝缘轻质弹