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2013届高考物理二轮复习课件 专题四 第2课时 功能关系在电学中的应用


知识方法聚焦

第2课时

第 2 课时

功能关系在电学中的应用

本 课 时 栏 1.静电力做功与 路径 无关.若电场为匀强电场,则 W=Flcos α= 目 开 Eqlcos α;若是非匀强电场,则一般利用 W= qU 来求. 关 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

r />
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 W=UIt= Uq .

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第2课时

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.静电力做功等于电势能 的变化,即 WAB=-ΔEp.

本 课 时 栏 目 开 关

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.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仍然是 首选的方法.

热点题型例析

第2课时

题型 1 几个重要的功能关系在电学中的应用 【例 1】 如图 1 所示,光滑斜面固定在水平地面上,匀强电场平行于 斜面向下,弹簧另一端固定,带电滑块处于静止状态,滑块与斜面 间绝缘.现给滑块一个沿斜面向下的初速度,滑块最远能到达 P 点.在这过程中 ( )

本 课 时 栏 目 开 关

图1

热点题型例析
A.滑块的动能一定减小 B.弹簧的弹性势能一定增大

第2课时

C.滑块电势能的改变量一定小于重力与弹簧弹力做功的代数和 D.滑块机械能的改变量等于电场力与弹簧力做功的代数和
【审题突破】 滑块处于静止状态时,滑块受几个力的作用,弹簧一 定处于伸长状态吗?

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解析 滑块处于静止状态时,受重力、电场力、弹簧弹力和斜面的支持 力,合力为零.当向下运动时,合力方向沿斜面向上,合力做负功,动 能减小,A 对;由于滑块的电性不知,电场力方向不知,弹簧在 A 点是 伸长还是压缩不能确定, 错; B 由于只有重力、 电场力和弹簧弹力做功, A、P 两点速度又为零,电场力做功一定等于重力与弹簧弹力做功的代 数和,C 错;对滑块而言,重力以外的其他力做功的代数和等于其机械 能的改变量,D 对.

热点题型例析

第2课时

答案

AD
在解决电学中功能关系问题时应注意以下几点:(1)

【以题说法】

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洛伦兹力在任何情况下都不做功;(2)电场力做功与路径无关,电场 力做功等于电势能的变化;(3)力学中的几个功能关系在电学中仍然 成立.

热点题型例析

第2课时

如图 2 所示,一竖直绝缘轻弹簧的下端固定在地面上,上 端连接一带正电小球 P,小球所处的空间存在着竖直向上的匀强电 场,小球平衡时,弹簧恰好处于原长状态:现给小球一竖直向上的 初速度,小球最高能运动到 M 点,在小球从开始运动至达到最高点 M 的过程中,以下说法正确的是( )

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图2

热点题型例析
A.小球机械能的改变量等于电场力做的功 B.小球电势能的减少量大于小球重力势能的增加量 C.弹簧弹性势能的增加量等于小球动能的减少量 D.小球动能的减少量等于电场力和重力做功的代数和

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解析 小球除受重力外,还受电场力和弹簧弹力,小球机械能的改变 量等于电场力和弹力做的功,A 错;由于弹簧一开始恰好处于原长, 说明电场力等于重力,电场力做的功等于克服重力做的功,B 错;由 动能定理:W 电-WG-W 弹=ΔEk,由于 W 电=WG,所以 C 对,D 错.

答案

C

热点题型例析
题型 2 应用动能定理分析带电体在电场中的运动

第2课时

【例 2】 (19 分)如图 3 所示,质量为 m、电荷量为+q 的小球(视为 质点)通过长为 L 的细线悬挂于 O 点, O 点为中心在竖直平面 以 内建立直角坐标系 xOy,在第 2、3 象限内存在水平向左的匀强 mg 电场,电场强度大小为 E= (式中 g 为重力加速度). q

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图3

热点题型例析

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(1)把细线拉直, 使小球在第 4 象限与 x 正方向成 θ 角处由静止释放, 要使小球能沿原路返回至出发点,θ 的最小值为多少? (2)把细线拉直,使小球从 θ=0° 处以初速度 v0 竖直向下抛出,要使 小球在竖直平面内做完整的圆周运动,则 v0 的最小值为多少?
【审题突破】 1.第(1)问中小球能摆到什么位置,为什么? 2.第(2)问中小球能在竖直平面内做完整的圆周运动的条件是什么?

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解析

(1)要使小球释放后能沿原路返回,则小球释放后最多只能摆

至第二象限细线与 x 轴负向成 45° 角处(由重力与电场力的合力方向 决定). 恰摆到与 x 轴负向成 45° 角对应的 θ 即为最小. 对这一过程用 动能定理有 -qELcos 45° -mg(Lsin θ-Lsin 45° )=0-0 解之得 θ=0° (6 分) (2 分)

热点题型例析

第2课时

(2)要使小球能在竖直平面内做完整的圆周运动,只需要让小球从 θ =0° 处出发能沿半径为 L 的圆周通过 y 轴最高点即可.设通过 y 轴 最高点时小球速度为 v, 对这一过程中用动能定理(电场力做功为零): 1 2 1 -mgL= mv - mv 0 2 (6 分) 2 2 mv2 在最高点由牛顿第二定律可得:mg= (3 分) L 联立解得 v0= 3gL
答案 (1)0°
(2) 3gL
【以题说法】 1.电场力做功与重力做功特点类似,都与路径无关.

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(2 分)

2.在应用动能定理解题时,要特别注意运动过程的选取.

热点题型例析
(20分)如图4所示,固定于同一竖直 线上的A、B是两个带等量异种电荷的点电荷, 电荷量分别为+Q和-Q,A、B相距为2d.MN 是竖直放置的光滑绝缘细杆,另有一个穿过细 杆的带电小球p,质量为m、电荷量为+q(可视 为点电荷,不影响电场的分布).现将小球p从 与点电荷A等高的C处由静止开始释放,小球p 向下运动到距C点距离为d为O点时,速度为v. 已知MN与AB之间的距离为d,静电力常量为k, 重力加速度为g.求: (1)C、O间的电势差UCO;

第2课时

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图4

(2)O点处的电场强度E的大小及小球p经过O点时的加速度大小; (3)小球p经过与点电荷B等高的D点时的速度大小.

热点题型例析
解析 (1)小球p由C运动到O时,由动能定理得 1 2 mgd+qUCO= mv -0 2 2 mv -2mgd UCO= 2q

第2课时
①(2分) (1分)

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(2)小球p经过O点时受力如图: 由库仑定律得 kQq F1=F2= ? 2d?2
它们的合力为 2kQq 2d2 F 2kQ O 点处的电场强度 E= = 2 q 2d F=F1cos 45° 2cos 45° +F = 对小球 p 由牛顿第二定律得 mg+qE=ma 2kQq a=g+ 2md2 (3 分) (2 分) (2 分) (2 分)

热点题型例析
(3)小球 p 由 O 运动到 D 的过程,由动能定理得 1 2 1 mgd+qUOD= mv D - mv2 2 2 由电场特点可知:UCO=UOD 联立①②③解得 vD= 2v

第2课时

②(4 分) ③(2 分) (2 分)

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答案

mv2-2mgd (1) 2q
2kQq g+ 2md2

2kQ (2) 2 2d
(3) 2v

热点题型例析
题型 3 应用动力学和功能观点解决电磁感应问题

第2课时

【例 3】 (19 分)如图 5 所示,固定于水平面的 U 型金属导轨 abcd, 电阻不计,导轨间距 L=1.0 m,左端接阻值 R=2 Ω 的电阻.金 属杆 PQ 垂直放置于导轨上,滑动时与导轨接触良好且与导轨 间摩擦不计.金属杆的质量 m=0.2 kg,电阻 r=1 Ω.在水平面 上建立 xOy 直角坐标系, x≥0 的空间存在方向竖直向下的磁场, 磁感应强度大小仅随横坐标 x 变化.金属杆受水平恒力 F=2 N 作用,以初速度 v0=1.0 m/s向右做匀加速运动.t=0 s时金属 杆的横坐标 x0=0,t1=1 s时的横坐标 x1=3.5 m.g 取 10 m/s2. 求:

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热点题型例析

第2课时

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图5 (1)金属杆运动的加速度大小及所受安培力的大小; (2)磁感应强度 B 与坐标 x 满足的关系; (3)t2 时金属杆的横坐标为 x2, 0~t2 时间内电阻 R 产生的焦耳热为 在 4.2 J.求坐标 x2 处的磁感应强度大小.

热点题型例析

第2课时

解析 (1)设金属杆运动的加速度为 a,则 1 2 x1=v0t1+ at1 2 得 a=5 m/s2 由牛顿第二定律得 F-F 安=ma 得 F 安=1 N (2)设金属杆运动到坐标 x 处的速度为 v,则 v2-v0 2=2ax
金属杆中产生的感应电动势 E=BLv 金属杆受到的安培力 F 安=BIL E I= R+r 联立以上各式得 B= 3 T 1+10x

(2 分) (1 分) (2 分) (1 分) (1 分)
(1 分) (1 分) (1 分) (2 分)

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热点题型例析
QR R (3)由于 r 与 R 串联,可知 = Q R+r 则整个回路产生焦耳热 Q=6.3 J 又 F 安 x2=Q,且 F 安=1 N,则 x2=6.3 m 3 6 代入 B= T,得 B= T 4 1+10x
答案 (1)5 m/s2 1N

第2课时
(2 分) (1 分) (2 分) (2 分)

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(2)B=
6 (3) T 4

3 T 1+10x

热点题型例析

第2课时

【以题说法】 1.此题为匀加速直线运动模型,应特别注意感应电流 在磁场中受力的特殊性,此力本应为变力,但此题中为恒力. 2.感应电流在磁场中受到的力是阻力,它将机械能转化为电能.

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热点题型例析

第2课时

(18 分)如图 6 所示,间距为 L=1 m 的两平行金属导轨与水 平面成 θ=37° 角固定放置,虚线 MN 上方存在垂直轨道平面向下的匀 强磁场,MN 下方存在平行轨道向下的匀强磁场,两磁场的磁感应强度 大小均为 B=1 T,MN 上下两部分轨道均足够长,其电阻均不计.光 滑金属棒 ab 的质量为 m=1 kg,电阻为 r=1 Ω,与导轨摩擦不计;金 属棒 cd 的质量也为 m=1 kg,电阻为 R=2 Ω,它与轨道间的动摩擦因 数为 μ=0.6.现由静止释放 cd 棒,同时对 ab 棒施加一平行轨道向上的 外力 F,使 ab 棒沿轨道向上做初速度为零、加速度为 a=3 m/s2 的匀加 速直线运动. 两棒运动过程中始终与轨道垂直且与轨道接触良好(sin 37° =0.6,cos 37° =0.8,重力加速度 g 取 10 m/s2).

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热点题型例析

第2课时

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图6 (1)写出所加外力 F 随时间 t 变化的关系式; (2)求 cd 棒达到最大速度所用时间 t0; (3)若从释放 cd 到 cd 达到最大速度时外力 F 所做的功为 WF=62 J, 求此过程中回路所产生的焦耳热 Q.

热点题型例析
解析 (1)设经时间 t 后 ab 棒的速度为 v,则 v=at

第2课时
①(1 分) ②(1 分) ③(1 分) ④(1 分) ⑤(2 分) (1 分)

此时回路中的感应电动势为 E=BLv E 感应电流为 I= R+r 设安培力大小为 F 安,则 F 安=BIL 对 ab 棒由牛顿第二定律得 F-mgsin θ-F 安=ma 联立①~⑤式代入数据解得 F=(t+9) N

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(2)设 cd 棒达到最大速度时所用时间为 t0,此时 ab 棒的速度为 v0,安培 aB2L2 力大小为 F 安′,则由①~④式知 F 安′= t ⑥(1 分) R+r 0 对 cd 棒由平衡条件得 mgsin θ=μ(mgcos θ+F 安′) 由⑥⑦式代入解得 t0=2 s ⑦(3 分) ⑧(1 分)

热点题型例析

第2课时

(3)设当 cd 棒达到最大速度时,ab 棒沿轨道向上运动的距离为 x,由 1 运动学公式得 x= at0 2 ⑨(1 分) 2 v0=at0 1 对 ab 由动能定理得 WF-mgxsin θ-W 安= mv0 2 2 克服安培力做的功为 W 安=Q 由⑧~?式代入数据解得 Q=8 J ⑩(1 分) ?(2 分) ?(1 分) (1 分)

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答案 (2)2 s

(1)F=(t+9) N

(3)8 J

读题 审题 解题

第2课时

7.应用动力学和功能观点处理电学综合问题

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读题 审题 解题

第2课时

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读题 审题 解题

第2课时

解析

(1)带电小球垂直于边界 GH 进入复合场,做匀速圆周运动, ①(2 分)

则有 qE=mg

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带电小球做匀速圆周运动时,由洛伦兹力提供向心力.且经过半个 圆周到达 O 点,碰后再经过半个圆周回到低一级平台.设小球做匀 速圆周运动的周期为 T′. 根据带电粒子在磁场中运动的周期公式有 2πm T′= qB0 T T′ 因为 = ,即 T=2T′. 4 2 4πE 由①②消去 q,得交变磁场变化的周期 T= gB0 ②(1 分)

(3 分)

读题 审题 解题
v2 h (2)由牛顿第二定律有 qv′B0=m ,又 r= r 2 gB0h 联立①③,解得 v= 2E

第2课时
③(2 分)

④(2 分)

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(3)设小球碰后的速度大小为 v′, 碰后做匀速圆周运动的半径为 r′, v′2 h 由牛顿第二定律有 qvB0=m ,又 r′= ⑤(2 分) 4 r′ gB0h 联立①⑤解得 v′= ⑥(1 分) 4E 设碰后物块获得的动能为 Ek,因碰撞过程无能量损失, 1 2 1 有 mv = mv′2+Ek 2 2 ⑦(2 分)

读题 审题 解题
物块由 C 运动到 D 的过程由能量守恒得:Ek=Ffs+Ep 3mg2B0 2h2 联立④⑥⑦⑧解得 Ep= -Ffs 32E2
4πE 答案 (1) gB 0
gB0h (2) 2E
3mg2B0 2h2 (3) -Ffs 32E2

第2课时
⑧(2 分) (2 分)

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读题 审题 解题

第2课时

(19 分)如图 8 所示,一轻质细绳绕过定滑轮,一端连接一置 于水平地面上的物块 B,另一端连接劲度系数为 k 的轻质弹簧,弹簧下 端悬挂着质量为 m 的物块 A,物块 A 带有+q 的电荷,整个装置处在 mg 竖直向下,场强为 E= 的匀强电场中.现让 A 从弹簧原长的位置静 q

本 止释放,使 A 在竖直方向上做简谐运动,当 A 运动到最低点时,B 刚 课 要离开地面.不计滑轮的摩擦,弹簧在弹性限度内,m、g、k、q 为已 时 栏 知量.求: 目 开 关

图8

读题 审题 解题
(1)物块 A 运动到最低点时的加速度 a; (2)物块 B 的质量 M; (3)在以后的运动过程中弹簧的最大弹性势能 Ep.

第2课时

解析 (1)设物块 A 刚释放时,加速度为 a1,有 Eq+mg=ma1 由简谐运动的对称性可知,a=a1 得 a=2g 方向竖直向上 ①(2 分) ②(1 分) ③(1 分) (1 分)

本 课 时 栏 目 开 关

(2)在最低点,设弹力为 F,有 F-Eq-mg=ma 当 B 刚要离开地面时,有 F=Mg 联立③④⑤解得 M=4m ④(2 分) ⑤(2 分) ⑥(2 分)

读题 审题 解题
(3)当 A 运动到平衡位置时,设弹簧的形变量为 x0,有 mg+qE=kx0 A 从最高点到最低点,由功能关系得, 2mgx0+2qEx0=Ep 8m2g2 解得:Ep= k (4 分) (2 分) (2 分)

第2课时

本 课 时 栏 目 开 关

答案 (2)4m

(1)2g

方向竖直向上

8m2g2 (3) k


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