学案8《电学中的功能关系》.ppt

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1、学案 电学中的功能关系,知识回顾 1.电场力做功与路径无关，若电场为匀强电场，则 若是非匀强电场，则一般利用 求功；电场力做正功电势能 ，克服电场力做功电势能增加，电场力做功与电势能增量之间的关系为 . 2.磁场力可分为 和 ，洛伦兹力在任何情况下对运动电荷都 ，安培力可以做正功、负功，还可以不做功.,W=Flcos =Eqlcos ,W=qU,减 小,W=-Ep,洛伦兹力,安培力,不做功,3.电流做功的实质是电场力移动电荷做功，即 . 4.导体棒在磁场中切割磁感线时，棒中感应电流收到的安培力对棒做负功（或者说棒克服磁场力做功），使机械能转化为 ，若在纯电阻电路里将进一步转化为 .,W=UIt

2、=qU,电能,焦耳热能,方法点拨 做功的过程是 的过程，应用能量守恒解题的两条思路：某种形式能的减小量一定等于其他形式能的增加量；或某物体能量的减小量一定等于其他物体能量的增加量.,能量转化,类型一 功能关系在电场中的应用 例1 如图1所示，L1、L2、L3为等势面，两相邻等势面间电势差相同，取L2的电势为 零，有一负电荷在L1处动能为 30 J,运动到L3处动能为10 J，则 电荷的电势能为4 J时，它的动能 是（不计重力和空气阻力）（） A.6 JB.4 J C.16 JD.14 J,图1,解析 由题意可知L2处电荷的动能为20 J.由动能和电势能之和保持不变，则E总=20 J+0=20

3、J，所以20 J=4 J +Ek，得Ek=16 J，选C项. 答案 C,解题归纳 从能量的观点分析物体运动与相互作用规律是物理学常用的一种重要的研究方法，应用能量转化与守恒定律解题时要注意：（1）明确研究对象：单个物体还是系统（系统是否包括弹簧）；（2）明确研究过程；（3）弄清楚能量转化和损失的去向；（4）研究对象在研究过程中能量的减小量等于所转化成的其他形式的能量.,预测1 （2009沈阳模拟）如图2所 示，a、b、c为电场中同一条电场 线上的三点，其中c为ab的中点.已知a、b两点的电势分别为 a=3 V, b=9 V,则下列叙述正确的是（ ） A.该电场在c点处的电势一定为6 V B.a

4、点处的场强Ea一定小于b点处的场强Eb C.正电荷从a点运动到b点的过程中电势能一定增大 D.正电荷只受电场力作用从a点运动到b点的过程中动 能一定增大 解析 一条电场线不可以判断场强的大小，且U=Ed的定量计算只适用于匀强电场，所以A、B错；从a到b电场力对正电荷做负功，所以正电荷的电势能增大而动能减小，C对，D错.,图2,C,类型二 功能关系在复合场中的应用 例2 （2009温州市第三次调研）如图3，空间内存在水平向右的匀强电场，在虚线MN的右侧有垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，一质量为m、带电荷量为+q的小颗粒自A点由静止开始运动，刚好沿直线运动至光滑绝缘的水平面C点，与水平面碰

5、撞的瞬间小颗粒的竖直分速度立即减为零，而水平分速度不变，小颗粒运动至D处刚好离开水平面，然后沿图示曲线DP轨迹运动，AC与水平面夹角=30,重力加速度为g,求： （1）匀强电场的场强E； （2）AD之间的水平距离d;,（3）已知小颗粒在轨迹DP上某处的最大速度为vm,该处轨迹的曲率半径是距水平面高度的k倍，则该处的高度为多大？,图3,解析 （1）小球受力如图所示 qE=mgcot E= mg/q （2）设小球在D点速度为vD,在水平方向由牛顿第二定律得： qE=max，2axd=vD2 小球在D点离开水平面的条件是：qvDB=mg 得：d=,（3）当速度方向与电场力和重力合力方向垂直时，速度最

6、大，则： qvmB- R=kh h= 答案 （1） mg/q （2） （3）,预测2 （2009扬州市调研）如图4 所示，在x轴上方有水平向左的匀 强电场E1，在x轴下方有竖直向上 的匀强电场E2，且E1=E2= ， 在x轴下方的虚线（虚线与y轴成 45）右侧有垂直纸面向外的匀 强磁场，磁感应强度为B.有一长 为L的轻绳一端固定在第一象限内的O点，且可绕O点在竖直平面内转动，另一端栓有一质量为m的小球，小球带电量为+q,OO与x轴成45，OO的长度为L.先将小球放在O正上方，从绳恰好绷直处由静止释放，小球刚进入磁场时将绳子断开，求：,图4,（1）绳子第一次绷紧后小球的速度大小； （2）小球刚进

7、入磁场区域时的速度； （3）小球从进入磁场到第一次打在x轴上经过的时间.,解析 （1）小球一开始受到的合力为 mg,做匀加速直线运动，绷紧之前的速度为v1,绳子恰好处于水平状态， mg L= mv12即v1=2 绷紧后小球速度为v2= v1= （2）接下来小球做圆周运动，刚进入磁场时的速度为v3, mg（1-cos ）L= mv32- mv22 v3=,（3）如图所示，带电小球垂直于 磁场边界进入磁场，做匀速圆周 运动，半径r= ;经过半圆后 出磁场，后做匀速直线运动，运 动的距离d=2r设经过的时间为t, t= 答案 （1） （2） （3）,类型三 功能关系在电磁感应中的应用 例3 （200

8、9南通二调）如图5所示， ABCD为一足够长的光滑绝缘斜面， EFGH范围内存在方向垂直斜面的 匀强磁场，磁场边界EF、HG与 斜面底边AB平行，一正方形金属框 abcd放在斜面上，ab边平行于磁场 边界，现使金属框从斜面上某处由静止释放，金属框从开始运动到cd边离开磁场的过程中，其运动的vt图象如图6所示，已知金属框电阻为R，质量为m，重力加速度为g,图乙中金属框运动的各个时刻及对应的速度均为已知量，求：,图5,（1）斜面倾角的正弦值和磁场区 域的宽度； （2）金属框cd边到达磁场边界EF 前瞬间的加速度； （3）金属框穿过磁场过程中产生的焦耳热.,解析 （1）由图6可知，在0t1时间内金属

9、框运动的加速度a1= 设斜面的倾角,由牛顿第二定律有a1=gsin 解得sin = 在t12t1时间内金属框匀速进入磁场，则l0=v1t1 在2t13t1时间内，金属框运动位移x= 则磁场的宽度d=l0+x=,图6,（2）在t2时刻金属框cd边到达EF边界时的速度为v2,设此时加速度大小为a2,cd边切割磁场产生的电动势E=Bl0v2 受到的安培力F= 由牛顿第二定律F-mgsin =ma2 金属框进入磁场时mgsin = 解得a2= ，方向沿斜面向上,（3）金属框从t1时刻进入磁场到t2时刻离开磁场的过程中，由功能关系得mg（d+l0）sin = mv22-mv12+Q解得Q=4mv12-

10、mv22 答案 （1）（2）方向沿斜面向上 （3）4mv12- mv22,预测3 （2009上海联考）如图7所 示，在同一平面内放置的三条光 滑平行足够长金属导轨a、b、c 构成一个斜面，此斜面与水平面 的夹角=30，金属导轨相距 均为d=1 m,导轨ac间横跨一质量 为m=0.8 kg的金属棒MN，棒与 每根导轨始终良好接触，棒的电阻r=1 ，导轨的电阻忽略不计.在导轨bc间接一电阻恒为R=2 的灯泡，导轨ac间接一电压传感器（相当于理想电压表）.整个装置放在磁感应强度B=2 T的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向上.现对棒MN施加一沿斜面向下的拉力F使棒从静止开始运动，g取10 m/s2.

11、试求：,图7,（1）若施加的恒力F=2 N，则金属棒达到稳定时速度为多少？ （2）若施加的外力功率恒定，棒达到稳定时速度为4 m/s,则此时外力的功率和电压传感器的读数分别为多少？ （3）若施加的外力功率恒为P，经历时间为t,棒沿斜面轨道下滑距离为x、速度达到v3,则此过程中灯泡产生的热量为多少？,解析 （1）设稳定时速度为v1,当金属棒速度达到稳定时，F合=0,F+mgsin -BId=0,此时I=,由以上两式得v1=,（2）I2= A=3.2 A +mgsin -BI2d=0, 解得P=9.6 W 灯的电压UL=2 V=6.4 V 所以电压表的读数U=Bdv2+UL= V+6.4 V=14

12、.4 V,（3）设小灯泡和金属棒产生的热量分别为Q1、Q2 由能的转化和守恒可得Pt+mgxsin 30=Q1 + Q2+ mv32 灯泡产生的热量Q1= 答案 （1）3.75 m/s （2）14.4 V （3）,1. （2009天津卷4）如图8所示，竖直 放置的两根平行金属导轨之间接有定 值电阻R，质量不能忽略的金属棒与 两导轨始终保持垂直并良好接触且无 摩擦，棒与导轨的电阻均不计，整个 装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，棒在竖直向上的恒力F作用下加速上升的一段时间内，力F做的功与安培力做的功的代数和等于（） A.棒的机械能增加量B.棒的动能增加量 C.棒的重力势能增加量D.电阻R

13、上放出的热量,图8,解析 由动能定理有WF+W安+WG=Ek，则WF+W安=Ek-WG,WG0,故Ek-WG表示机械能的增加量.选A项. 答案 A,2.（2009江苏卷8）空间某一静电场 的电势 在x轴上分布如图9所示， x轴上两点B、C的电场强度在x方向 上的分量分别是EBx、ECx，下列说法 中正确的有（） A.EBx的大小大于ECx的大小 B.EBx的方向沿x轴正方向 C.电荷在O点受到的电场力在x方向上的分量最大 D.负电荷沿x轴从B移到C的过程中，电场力先做 正功，后做负功,图9,解析 由图象可知，B处电势沿x轴方向变化比C处快，故EBxECx，A对；在O点左侧沿x轴的负方向电势降低

14、，故EBx方向沿x轴负方向，B错；由于在O处沿x轴方向上电势的变化率为零，故C错；沿x轴从B到C的过程中电势先升高再降低，对于负电荷来说，电势能先减小再增大，即电场力先做正功后做负功，D对. 答案 AD,3.（2009济宁统考）如图10所示， 一U形光滑导轨串有一电阻R， 放置在匀强磁场中，导轨平面 与磁场方向垂直.一电阻可忽略 不计但有一定质量的金属杆ab 跨接在导轨上，可沿导轨方向平移.现从静止开始 对ab杆施以向右的恒力F，则杆在运动过程中，下 列说法中正确的是（ ） A.外力F对杆ab所做的功数值上总是等于电阻R上 消耗的电能 B.磁场对杆ab的作用力的功率与电阻R上消耗的功 率大小是

15、相等的 C.电阻R上消耗的功率存在最大值 D.若导轨不光滑，外力F对杆ab所做的功数值上总 是大于电阻R上消耗的电能,图10,BCD,4.如图11甲所示，一个带正电的物体m,由静止开始从斜面上A点下滑，滑到水平面BC上的D点停下来.已知物体与斜面及水平面间的动摩擦因数相同，不计物体经过B处时的机械能损失.现在ABC所在空间加上竖直向下的匀强电场，再次让物体m由A点静止开始下滑，结果物体在水平面上的D点停下来，如图乙所示.则以下说法正确的是（）,A.D点一定在D点左侧 B.D点可能在D点右侧 C.D点一定与D点重合 D.无法确定D点在D点左侧还是右侧 解析 根据动能定理可得两种情况下物体在整个运

16、动过程中水平方向上的位移均为x= ，即C选项正确. 答案 C,5. 如图12所示，在已调节平衡的天 平右侧托盘下悬挂一个导线框， 其下端置于磁感应强度为B的匀强 磁场中，磁场方向垂直于线框平面. 当线框中没有电流通过时，天平左 侧托盘中放置质量为m1的砝码，天 平恰好平衡；给线框通入图示方向的电流I时，需在右侧托盘中再放置质量为m2（m1m2）的砝码，天平可重新平衡.下列说法正确的是 （ ） A.保持线框中的电流不变，将左右托盘中的砝码对 调，天平仍平衡,图12,B.若只改变电流的方向，将右侧托盘中的砝码移至 左盘，天平仍平衡 C.若只改变磁场的方向，将左右托盘中的砝码对 调，天平仍平衡 D.

17、若只将线框的匝数加倍，将右侧托盘中的砝码移 至左盘，天平仍平衡 解析 当线框中无电流时，m1g=m线g,当线框中通电流时，m2g=BIL. A中，保持电流不变，即安掊力不变，将左右托盘中砝码对调，将不再平衡，A错误. B中改变电流方向，安培力等大反向，若将右侧托盘的砝码移至左盘，则满足m1g+m2g=BIL+m线g,仍将保持平衡，B正确.同理知C错误.线框匝数加倍，则安培力加倍，线圈质量加倍.将右侧托盘的砝码移至左盘，平衡被破坏，D错误. 答案 B,6.如图13所示，实线为方向未知的三 条电场线，a、b两带电粒子从电场 中的O点以相同的初速度飞出.仅在 电场力作用下，两粒子的运动轨迹 如图中虚

18、线所示，则（） A.a一定带正电，b一定带负电 B.a加速度减小，b加速度增大 C.a电势能减小，b电势能增大 D.a和b的动能一定都增大 解析 由题意无法判断两粒子电性所以A错；a粒子加速度减小,b加速度增大.所以B正确；两粒子电势能都减小，所以C错；a、b两粒子的动能一定增大，D正确，所以应选择B、D.,BD,图13,7.（2009广州模拟）如图14所示，在绝缘水平面上固定两个等量同种 电荷A、B，在AB 连线上的P点由静止 释放一带电滑块，则滑块会由静止开始一直向右运动到AB连线上的一点M而停下.则以下判断正确的是（） A.滑块一定带的是与A、B异种的电荷 B.滑块的电势能一定是先减小后

19、增大 C.滑块的动能与电势能之和一定减小 D.AP间距一定小于BM间距,图14,解析 由于物块没有做往复运动，而是最后停下，说明P与地面间有摩擦，所以滑块的动能与电势能之和减小，C正确；且APBM.滑块一定与A、B同种电性所以A错；由于不知道M点位置，若M点在A、B连线中点右侧，则电势能先减小后增大.若在中点左侧则电势能一直在减小，B错.综上所述C、D正确. 答案 CD,8.如图15所示，光滑的水平桌面放 在方向竖直向下的匀强磁场中， 桌面上平放着一根一端开口、内 壁光滑的试管，试管底部有一带 电小球.在水平拉力F作用下，试 管向右匀速运动，带电小球能从试管口处飞出，关于带电小球及其在离开试管

20、前的运动，下列说法中正确的是（） A.小球带正电 B.小球运动的轨迹是抛物线 C.洛伦兹力对小球做正功 D.维持试管匀速运动的拉力F应逐渐增大,图15,解析 由于小球从管口飞出，开始时小球一定受到指向管口的洛伦兹力F1,由左手定则知，小球带正电，A对；垂直于管方向，向右匀速运动，所以洛伦兹力沿管方向的分量F1不变，小球沿管方向做初速度为零的匀加速运动，其合运动为类平抛运动.轨迹为抛物线，B对；由于小球具有两个分速度且都与各自对应的洛伦兹力垂直，所以洛伦兹力不做功，C错；对整体受力分析知，拉力F与洛伦兹力的另一分量F2平衡，而F2=qvB,v为沿管壁方向的速度，v=at,则F=qBat,D对，答

21、案为A、B、D. 答案 ABD,9.（2009重庆卷23）2009年中国女子冰壶队首次获得了世界锦标赛冠军，这引起了人们对冰壶运动的关注.冰壶在水平冰面上的一次滑行可简化为如下过程：如图16所示，运动员将静止于O点的冰壶（视为质点）沿直线OO推到A点放手，此后冰壶沿AO滑行，最后停于C点.已知冰面和冰壶间的动摩擦因数为，冰壶质量为m，AC=L,CO=r,重力加速度为g,图16,（1）求冰壶在A点的速率； （2）若将BO段冰面与冰壶间的动摩擦因数减小为0.8，原只能滑到C点的冰壶能停于O点，求A点与B点之间的距离. 解析 （1）设冰壶在A点速率为vA,由-mgL=0-mvA2，解得vA= . （

22、2）由-mgx-0.8mg（L+r-x）=0- mvA2,将vA代入得x=L- 4r. 答案 （1）（2）L- 4r,10.（2009柳州模拟）如图17所示,光滑水平面AB与竖直面内的半圆形导轨在B点衔接,导轨半径为R.一个质量为m的静止物块在A处压缩弹簧,在弹力的作用下获得某一向右速度,当它经过B点进入导轨瞬间对导轨的压力为其重力的7倍,之后向上运动恰能完成半圆周运动到达C点.求: （1）弹簧对物体的弹力做的功； （2）物块从B至C克服阻力做的功； （3）物块离开C点后落回水平面时动能的大小.,图17,解析 （1）物块在B点时受力mg和导轨的支持力 FN=7mg 由牛顿第二定律,有7mg-mg=m EkB= mvB2=3mgR 物块到达C点仅受重力mg,据牛顿第二定律,有 mg=m EkC= mvC2=0.5mgR 根据动能定理,可求得弹簧弹力对物体所做的功为 W弹=EkB=3mgR,（2）物体从B到C只有重力和阻力做功,根据动能定理,有 W阻-mg2R=EkC-EkB W阻=0.5mgR-3mgR+2mgR=-0.5mgR 即物体从B到C克服阻力做的功为0.5mgR （3）物体离开轨道后做平抛运动,仅有重力做功,根据机械能守恒,有 Ek=EkC+EpC=0.5mgR+2mgR=2.5mgR 答案 （1）3mgR （2）0.5mgR （3）2.5mgR,返回,