第2講功能關(guān)系在電學中的應(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體棒做 功，使機械能轉(zhuǎn)化為 能.5.靜電力做的功等于 的變化，即WABEp.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)系在電學中應(yīng)用的題目，一般過程復雜且涉及多種性質(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)系在電學中的應(yīng)用高考題型1例例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Ep mv2(qEmg)h，D正確.技巧點撥技巧點撥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 J，故D正確.212.(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221A.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)合外力對物塊做的功為100 J答案解析21解析解析由題圖乙可知，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 )Ffma3，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L20.2 m、電阻r0.05 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?。淮鸢复鸢? T解析解析對金屬棒b，由力的平衡條件得：MgB1IL1對a、b金屬棒和導軌組成的閉合回路，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；答案解析答案答案2 J解析解析根據(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.答案解析答案答案1.2 m解析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；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)的導體桿ab垂直于導軌放置，且與兩導軌保持良好接觸，桿與導軌之間的動摩擦因數(shù)為.現(xiàn)桿在水平向左、垂直于桿的恒力F作用下從靜止開始沿導軌運動距離l時，速度恰好達到最大(運動過程中桿始終與導軌保持垂直).設(shè)桿接入電路的電阻為r，導軌電阻不計，重力加速度大小為g，則此過程中對點拓展練43圖4A.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軌固定于同一水平面上，導軌間距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垂直放置于導軌上，在水平向右的恒力F作用下從靜止開始運動，當金屬棒通過位移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.已知金屬棒與導軌間的動摩擦因數(shù)0.1，導軌電阻不計，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/s2.求：43圖5(1)金屬棒運動的最大速率v；答案43解析答案答案4 m/s解析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 時的加速度大小；答案43解析答案答案1 m/s243解析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FBILmgma I 聯(lián)立解得：a1 m/s2(3)金屬棒在磁場區(qū)域運動過程中，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱.答案43解析答案答案1.5 J解析解析設(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.動力學和功能觀點在電場中的應(yīng)用高考題型3例例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；答案解析答案答案31解析解析設(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，由運動學公式vy22gh Hvyt gt2 M進入電場后做直線運動，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Ek11.5Ek2 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)處于靜止狀態(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；答案答案6q65解析解析對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；答案答案4L答案解析解析解析當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.答案解析答案答案4L解析解析運動過程中，電場力大小線性變化，所以由動能定理得：解得：h4L.656.(2017山西省重點中學協(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的大小；答案解析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.答案解析答案答案mgh解析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題組1全國卷真題精選全國卷真題精選1.(2013新課標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123456解析123456解析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新課標全國18)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123456解析圖9123456解析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123456解析圖10123456解析解析設(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UAB .題組題組2各省市真題精選各省市真題精選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123456解析圖11123456解析解析小球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，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；123456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123456圖126.(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.123456圖13(1)求此時線圈所受安培力的大小和方向；答案123456解析答案答案nBIL方向水平向右解析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123456解析答案答案nBILv解析解析安培力的功率為PFv 聯(lián)立式解得PnBILv.