专题-功能关系在电学中的应用-老师版精讲.doc

1、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WFl cos Eqlcos ；若是非匀强电场，则一般利用W qU 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 WUIt Uq.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WAB Ep.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

2、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.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()图 1A. 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

3、时间相等，两方向位移相同，故qE mg，合力大小为2mg，斜向左下方45，故小球的动能先减小后增大；电场- 1 -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2g 不变，从A 点到 B 点电场力做负功，大小为qEh mgh，故电势能增加了mgh.答案AD例 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a 2g(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

4、量均不变)，随后液滴进入yv1B. 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(W1 Ek)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 W1 W2答案CD22解析由平衡条件，第一次匀速运动时，mgsin B L v1，第二次匀速运动时，mgsin R4B2L 2v2，则 v2mg，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，已知滑块与绝缘水平面间

5、的动摩擦因数为，求：图 5(1) 弹簧的最大弹性势能；(2) 滑块在整个运动过程中产生的热量.答案(1)(qEmg)Lm qE mg2(2) qEL120mv02 qE mgv2解析(1) 设滑块向左运动x 时减速到零，由能量守恒定律有：12(qE mg)x 2mv0mv0解得： x22 qE mg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：- 8 -qE(x L)Ek mg( x L)m qE mg 2 解得： Ek (qE mg)L 2 qE mgv0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：m qE mg2

6、Epm (qE mg)L 2 qE mgv0(2) 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 Q qEL 1mv02 23.如图 8 所示，单位长度电阻相等的直角三角形金属框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 .ab 4L， bc 3L，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U ab 是多少？ a、b两点哪点电势高？(2) 若金属框绕 ab 边以角速度 匀速转动

7、一周， ab 边上产生的焦耳热是多少？答案(1)8BL2 a 端电势高12B2L 4(2)R解析(1) 根据法拉第电磁感应定律得E B4L vv va vb 4L 2L22所以 E B4L 2L8BL 2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 U ab E 8BL 2(2) 若以 ab 边为轴匀速转动， ac 边切割磁感线， 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3L2e B4L cos 6BLcos 2- 9 -最大值 Em

8、6BL2有效值为 E Em 3 2BL22金属框绕 ab 边转动一周产生的总热量QE2E22RTR则 ab 边上产生的热量 QabRab12B2L 4RQR.4. 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 h 0.8 m.有一质量为 500g 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：图 11(1) 小环离开直杆后运动的加速度大小和方向.(2) 小环在直杆上匀速运动速度的大小v0.(3) 小环运动到 P 点的动能 .答案(1)14.1 m /s2

9、与杆垂直斜向右下方(2)2 m/s(3)5 J解析(1) 小环在直杆上的受力情况如图所示由平衡条件得：mgsin 45 Eqcos 45 得 mg Eq，离开直杆后，只受mg、 Eq 作用，则：2mg ma代入数据解得加速度大小：a 14.1 m/s2加速度方向与杆垂直斜向右下方(2) 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：12h v0sin 45 t 2gt水平方向 ( 取向左为正 )： v0cos 45 t1gt2 02由以上两式代入数据解得：v0 2 m/s12 mgh(3) 由动能定理得： EkP mv02-10-代入数据解得：EkP5 J.【课后作业

10、】1 所示，绝缘粗糙斜面体固定在水平地面上，斜面所在空间存在平行于斜面向上的匀强电场E，轻弹簧一端固定在斜面顶端，另一端拴接一不计质量的绝缘薄板.一带正电的小滑块，从斜面上的 P 点处由静止释放后，沿斜面向上运动，并能压缩弹簧至R 点 (图中未标出 )，然后返回，则 ()图 1A. 滑块从 P 点运动到 R 点的过程中，其机械能增量等于电场力与弹簧弹力做功之和B. 滑块从 P 点运动到R 点的过程中，电势能的减小量大于重力势能和弹簧弹性势能的增加量之和C.滑块返回时能到达的最低位置在P 点的上方D. 滑块最终停下时，克服摩擦力所做的功等于电势能的减小量与重力势能增加量之差答案 BC-11-解析

11、在小滑块开始运动到到达R 点的过程中，电场力做的功转化为小滑块的重力势能、弹簧的弹性势能以及内能.滑块从 P 点运动到R 点的过程中，其机械能增量等于电场力与弹簧弹力做功、摩擦力做功之和.故 A 错误；电场力做的功转化为小滑块的重力势能、弹簧的弹性势能以及内能，所以电势能的减小量大于重力势能和弹簧弹性势能的增加量之和.故 B 正确；小滑块运动的过程中，由于摩擦力做功，小滑块的机械能与电势能的和减小，所以滑块返回时能到达的最低位置在 P 点的上方，不能再返回P 点 .故 C 正确；滑块运动的过程中，由于摩擦力做功，小滑块的机械能与电势能的和逐渐减小，所以滑块最终停下时，克服摩擦力所做的功等于电势

12、能的减小量与重力势能增加量、弹性势能增加量之差.故 D错误.2.(多选 )如图 2 所示，匀强电场的电场强度为E，方向水平向左，一带电量为q，质量为 m的物体放在光滑水平面上，在恒力F 作用下由静止开始从O 点向右做匀加速直线运动，经时间 t 力 F 做功 60 J，此后撤去力F，物体又经过相同的时间t 回到出发点 O，设 O 点的电势能为零，则下列说法正确的是 ()图 2A. 物体回到出发点的速度与撤去力F 时的速度大小之比为2 1B. 恒力 F 4qEC.撤去力 F 时，物体的电势能为45 JD. 在撤去力 F 之前的任一时刻，动能与电势能之比均为13答案ACD解析在恒力 F 作用下的加速

13、度大小为a1 ，撤去恒力 F 后的加速度大小为a2，匀加速运动的位移大小12，撤去拉力后的位移大小12x1 a1tx2 a1tta2t22根据 x1 x2 得 a2 3a1.根据牛顿第二定律得，a1 FF 电 ， a2 F电 ，联立解得mm3F 电 qE 4F.故B错误.3.(多选 )如图 3 所示，物体A 和带负电的物体B 用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，A、B 的质量分别是m 和 2m，劲度系数为k 的轻质弹簧一端固定在水平面上.另一端与物体A 相连，倾角为 的斜面处于沿斜面向上的匀强电场中，整个系统不计一切摩擦.开始时，物体B 在一沿斜面向上的外力F 3mgsin 的作用下保持静止且轻绳恰好

14、伸直，然后撤去外力F，直到物体B获得最大速度，且弹簧未超过弹性限度，则在此过程中()-12-图 3A. 对于物体 A、 B、弹簧和地球组成的系统，电场力做功等于该系统增加的机械能B. 物体 A、弹簧和地球所组成的系统机械能增加量等于物体B 电势能的减少量C.B 的速度最大时，弹簧的伸长量为3mgsin R3gsin D. 撤去外力 F 的瞬间，物体 B 的加速度为2答案AC解析根据能量守恒可知， 物体 A、弹簧和地球所组成的系统机械能增加量等于物体B 电势能的减少量和 B 物体机械能的减小量之和，故B 错误；当 B 所受的合力为零时，B 的速度最大，由： kx F 电 2mgsin 解得弹簧的

15、伸长量为：x3mgsin F 作用，故 C 正确；开始时，外力k在 B 上， B 处于静止状态，对 B 分析可知： F2mgsin F 电 0解得： F 电 mgsin .当撤去外力瞬间，对 AB 整体分析， 整体受到的合力为：F 合 F 电 2mgsin 3mgsin 由 F 合 3ma 可得agsin ，故 D 错误 .4.(多选 )如图 4 所示， 在一竖直平面内，BCDF 段是半径为R 的圆弧挡板， AB 段为直线型挡板(长为 4R)，两者在 B 点相切， 37，C、F 两点与圆心等高，D 在圆弧形挡板的最低点，所有接触面均光滑、绝缘，挡板处于场强为E，方向水平向左的匀强电场中，现将带

16、电量为q、质量为 m 的小球从挡板内侧的A 点由静止释放， 小球沿挡板内侧ABCDF 运动到 F 点后抛出，在这段运动过程中，下列说法正确的是(sin 37 0.6， cos 37 0.8)()图 43mgA. 匀强电场的场强大小可能等于5qB. 小球运动到D 点时动能一定不是最大C.小球机械能增加量的最大值为2.6qERD. 小球从 B 到 D 运动过程中，动能的增量为1.8mgR 0.8EqR答案BC解析小球能沿挡板ABC 内侧运动，则有：qEcos 37 mgsin 37 ，则得： E 3mg，故场强大4q3mg小不可能等于5q .故 A 错误；小球在复合场中受重力和电场力，所以小球运动

17、到合力方向上时动能最大，则知在CD 之间的某一点上时动能最大，故B 正确；小球运动到C 点时，电场-13-力做正功最多，小球的机械能增加量最大，所以小球机械能增加量的最大值为E qE4Rcos53 R(1 cos 37 )2.6qER，故 C 正确；小球从B 到 D 运动过程中，根据动能定理得：动能的增量为Ek mgR(1 sin 37 ) qERcos 37 1.6mgR0.8qER，故 D 错误 .5.质量为 m、长度为l 的金属棒MN 两端由绝缘且等长轻质细线水平悬挂，处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B.开始时细线竖直，当金属棒中通以恒定电流后，金属棒从最低点向右开始摆动，若已

18、知细线与竖直方向的最大夹角为60，如图 5 所示，则棒中电流 ()图 53mgA. 方向由 M 向 N，大小为3Bl3mgB. 方向由 N 向 M，大小为3BlC.方向由 M 向 N，大小为3mgBlD. 方向由 N 向 M，大小为3mgBl答案B解析平衡时两悬线与竖直方向夹角均为，故导线受到向右的安培力，根据左手定则，可判断金属棒中的电流方向由N 指向 M；金属棒 MN 所受安培力的方向垂直于MN 和磁场方向向右，由于棒向上运动的过程中重力和安培力做功，细线的拉力不做功，设细线的长度为x，由3mg功能关系得： BIl xsin mg(xxcos ) 0 解方程得： I 3Bl .6.(多选

19、)如图 6 所示，光滑的水平轨道AB 与半径为 R 的光滑的半圆形轨道BCD 相切于 B 点，水平轨道 AB 部分存在水平向右的匀强电场E，半圆形轨道处于竖直平面内，B 为最低点， D为最高点 .一质量为 m、带正电的小球从距B 点 x 的位置在电场力的作用下由静止开始沿AB向右运动，并能恰好通过最高点D，则下列物理量的变化对应关系正确的是()图 6A. 其他条件不变，R 越大， x 越大-14-B. 其他条件不变，m 越大， x 越大C.其他条件不变，E 越大， x 越大D. 其他条件不变， R 越大，小球经过B 点瞬间对轨道的压力越大答案AB2解析小球在 BCD 部分做圆周运动， 在 D

20、点，由牛顿第二定律有： mgmvD ，小球由 B 到 DR1212的过程中机械能守恒：2mvB mg 2R 2mvD ，联立解得： vB 5gR，R越大，小球经过 B点时的速度越大，则x 越大，选项 A 正确；小球由A 到 B，由动能定理得：qEx1mvB2 ，将2vB5gR代入得： qEx 5mgR，知 m 越大， x 越大， B 正确； E 越大， x 越小， C 错误；在 B2点有： F N mgmvB2，将 vB 5gR代入得： FN 6mg，选项 D 错误 .R7.(多选 )如图 7 所示，竖直平面内有两条水平的平行虚线ab、cd，间距为 d，其间 ( 虚线边界上无磁场 )有磁感应强

21、度为 B 的匀强磁场，一个正方形线框边长为L，质量为 m，电阻为 R.线框位于位置1 时，其下边缘到ab 的距离为 h.现将线框从位置1 由静止释放，依次经过2、 3、4三个位置，其下边框刚进入磁场和刚要穿出磁场时的速度相等，重力加速度为g，下列说法正确的是 ()图 7A. 线框在经过2、 3、 4 三个位置时，位置3 时线框速度一定最小B. 线框进入磁场过程中产生的电热Qmg(dL)C.线框从位置2 下落到位置 4 的过程中加速度一直减小222B L g h dLD. 线框在即将到达位置 3 的瞬间克服安培力做功的瞬时功率为R答案AD解析线框进入磁场的过程做加速度减小的减速运动，完全进入磁场

22、后做加速度为g 的匀加速运动，则知3 位置时线框速度最小，故A 正确；由功能关系可知，线框进入磁场中减小的重力势能等于电热， 即 Q mgd，故 B 错误；由于线框在完全进入磁场后做加速度为g 的匀加速运动，故C 错误；因为进入磁场时要减速，即此时的安培力大于重力，速度减小，安培力也减小，当安培力减小到等于重力时，线圈做匀速运动，全部进入磁场将做匀加速运动，设-15-线圈的最小速度为v，由动能定理，从线框下边刚进入磁场到线框完全进入时，则有：122mv 1 mv02 mgL mgd ， 又 有 ： 1222mv02 mgh ， 则 克 服 安 培力 的 功 率 P BIL v B L v22R

23、2B2L 2g h dL ，故 D 正确 .R8.如图 8 甲所示，左侧接有定值电阻R 2 的水平粗糙导轨处于垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度 B 1 T，导轨间距 L 1 m.一质量 m 2 kg，阻值 r 2 的金属棒在水平拉力F作用下由静止开始从CD 处沿导轨向右加速运动，金属棒的v x 图象如图乙所示，若金属棒与导轨间动摩擦因数 0.25，则从起点发生 x 1 m 位移的过程中 (g 10 m/s2)()图 8A. 金属棒克服安培力做的功W1 0.5 JB. 金属棒克服摩擦力做的功W24 JC.整个系统产生的总热量Q 4.25 JD. 拉力做的功 W 9.25 J答案D解析金属棒与

24、导轨间因摩擦产生的热量等于克服摩擦力做的功，为：Q1 mgxB2L2v0.25 2 10 1 J5 J，故 B、C 错误；由 v x 图象得： v 2x，金属棒所受的安培力F R r2 2 B L 2x，代入得： F 0.5x，则知 F 与 x 是线性关系 .当 x 0 时，安培力 F 0 0；当 x1 m R r时，安培力F1 0.5 N ，则从起点发生x 1 m 位移的过程中，安培力做功为W 安 F xF0F10 0.51 J 0.25 J， A 错误；根据动能定理得： W mgx W 安 1mv2，其中x222v 2 m/s， 0.25， m2 kg ，代入解得，拉力做的功W 9.25

25、J，故 D 正确 .9.如图 9 所示，平行金属导轨与水平面成角，导轨与定值电阻 R1 和 R2 相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面 .有一导体棒 ab，质量为 m，导体棒的电阻R0 与固定电阻 R1 和 R2 的阻值均相等，与导轨之间的动摩擦因数为，导体棒 ab 沿导轨向上滑动，当上滑的速度为v 时，受到安培力的大小为 F .此时 ()-16-图 9FvA. 电阻 R1 消耗的热功率为FvB. 电阻 R0 消耗的热功率为C.整个装置消耗的热功率为 mgvsin D. 整个装置消耗的机械功率为(F mgcos )v答案D解析设 ab 长度为 L，磁感应强度为B，电阻 R0R1 R2 R.电路中感应

26、电动势EBLv，ab 中感应电流为：I E2BLv，13RR 2Rab 所受安培力为： F BIL 2B2L2v3RB2L2 2电阻 R1 消耗的热功率为： P1 (1I)2Rv 29R1R0和 R122错误；整个装置因摩由 得： P1 Fv，电阻阻值相等， P0 I R Fv，故 A 、 B63擦而消耗的热功率为：Pf Ff v mgcos v mgvcos ，故 C 错误；整个装置消耗的机械功率为： P3 FvPf (F mgcos )v，故 D 正确 .10.(多选 )如图 10 所示，同一竖直面内的正方形导线框a、b 的边长均为 l，电阻均为 R，质量分别为 2m 和 m.它们分别系在一跨过两个定滑轮的轻绳两端，在两导线框之间有一宽度为