专题05 功能关系在电磁学中的应用
高考常对电学问题中的功能关系进行考查,特别是动能定理的应用.此类题目的特点是过程复杂、综合性强,主要考查学生综合分析问题的能力.预计高考此类题目仍会出现.
一、电场中的功能关系的应用
1.电场力的大小计算
电场力做功与路径无关.其计算方法一般有如下四种.
(1)由公式W=Flcos α计算,此公式只适用于匀强电场,可变形为W=Eqlcos α.
(2)由W=qU计算,此公式适用于任何电场.
(3)由电势能的变化计算:WAB=EpA-EpB.
(4)由动能定理计算:W电场力+W其他力=ΔEk.
2.电场中的功能关系
(1)若只有电场力做功,电势能与动能之和保持不变.
(2)若只有电场力和重力做功,电势能、重力势能、动能之和保持不变.
(3)除重力、弹簧弹力之外,其他各力对物体做的功等于物体机械能的变化.
(4)所有外力对物体所做的功等于物体动能的变化.
二、磁场中的功能关系的应用
1.磁场力的做功情况
(1)洛伦兹力在任何情况下对运动电荷都不做功.
(2)安培力对通电导线可做正功、负功,还可能不做功,其计算方法一般有如下两种
①由公式W=Flcos α计算.
②由动能定理计算:W安+W其他力=ΔEk
2.电磁感应中的功能关系
(1)电磁感应电路为纯电阻电路时产生的焦耳热等于克服安培力做的功,即Q=W克安
(2)电磁感应发生的过程遵从能量守恒.焦耳热的增加量等于其他形式能量的减少量.
考点一 电场中的功能关系
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例1.4.【2017·新课标Ⅰ卷】在一静止点电荷的电场中,任一点的电势与该点到点电荷的距离r的关系如图所示。电场中四个点a、b、c和d的电场强度大小分别Ea、Eb、Ec和Ed。点a到点电荷的距离ra与点a的电势a已在图中用坐标(ra,a)标出,其余类推。现将一带正电的试探电荷由a点依次经b、c点移动到d点,在相邻两点间移动的过程中,电场力所做的功分别为Wab、Wbc和Wcd。下列选项正确的是
A.Ea:Eb=4:1 B.Ec:Ed=2:1 C.Wab:Wbc=3:1 D.Wbc:Wcd=1:3
【答案】AC
【变式探究】如图2-6-3所示为某示波管内的聚焦电场,实线和虚线分别表示电场线和等势线.两电子分别从 a、b两点运动到c点,设电场力对两电子做的功分别为Wa和Wb,a、b点的电场强度大小分别为Ea和Eb,则( )
图2-6-3
A.Wa =Wb,Ea >Eb B.Wa≠Wb,Ea >Eb
C.Wa=Wb,Ea0)的带电小球M、N先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出。小球在重力作用下进入电场区域,并从该区域的下边界离开。已知N离开电场时的速度方向竖直向下;M在电场中做直线运动,刚离开电场时的动能为N刚离开电场时动能的1.5倍。不计空气阻力,重力加速度大小为g。求
(1)M与N在电场中沿水平方向的位移之比;
(2)A点距电场上边界的高度;
(3)该电场的电场强度大小。
【答案】(1)3:1 (2) (3)
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【解析】(1)设带电小球M、N抛出的初速度均为v0,则它们进入电场时的水平速度仍为v0;M、N在电场中的运动时间t相等,电场力作用下产生的加速度沿水平方向,大小均为a,在电场中沿水平方向的位移分别为s1和s2;由运动公式可得:
v0–at=0①
②
③
联立①②③解得:④
(3)设电场强度为E,小球M进入电场后做直线运动,则,⑨
设M、N离开电场时的动能分别为Ek1、Ek2,由动能定理:
⑩
⑪
由已知条件:Ek1=1.5Ek2
联立④⑤⑥⑦⑧⑨⑩⑪⑫解得:
【变式探究】如图2-6-7所示,上下开口、内壁光滑的铜管P和塑料管Q竖直放置,小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放,并落至底部,则小磁块( )
A.在P和Q中都做自由落体运动
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B.在两个下落过程中的机械能都守恒
C.在P中的下落时间比在Q中的长
D.落至底部时在P中的速度比在Q中的大
图2-6-7
答案 C
【变式探究】(多选)如图2-6-8所示,竖直平面内有一足够长的宽度为L的金属导轨,质量为m的金属导体棒ab可在导轨上无摩擦地上下滑动,且导体棒ab与金属导轨接触良好,ab电阻为R,其他电阻不计.导体棒ab由静止开始下落,过一段时间后闭合开关S,发现导体棒ab立刻做变速运动,则在以后导体棒ab的运动过程中,下列说法中正确的是( )
图2-6-8
A.导体棒ab做变速运动期间加速度一定减小
B.单位时间内克服安培力做的功全部转化为电能,电能又转化为内能
C.导体棒减少的机械能转化为闭合电路中的电能和电热之和,符合能的转化和守恒定律
D.导体棒ab最后做匀速运动时,速度大小为v=
解析 导体棒由静止下落,在竖直向下的重力作用下做加速运动.开关闭合时,由右手定则判定,导体中产生的电流方向为逆时针方向,再由左手定则,可判定导体棒受到的安培力方向向上,F=BIL=BL,导体棒受到的重力和安培力的合力变小,加速度变小,物体做加速度越来越小的运动,A正确;最后合力为零,加速度为零,做匀速运动.由F-mg=0得,BL=mg,v=
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,D正确;导体棒克服安培力做功,减少的机械能转化为电能,由于电流的热效应,电能又转化为内能,B正确.
答案 ABD
考点三、应用动力学知识和功能关系解决力电综合问题
例3、在如图2-6-11所示的竖直平面内,物体A和带正电的物体B用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接,分别静止于倾角θ=37°的上的M点和粗糙绝缘水平面上,轻绳与对应平面平行.劲度系数k=5 N/m的轻弹簧一端固定在O点,一端用另一轻绳穿过固定的光滑小环D与A相连.弹簧处于原长,轻绳恰好拉直,DM垂直于斜面.水平面处于场强E=5×104 N/C、方向水平向右的匀强电场中.已知A、B的质量分别为mA=0.1 kg和mB=0.2 kg,B所带电荷量q=+4×10-6C.设两物体均视为质点,不计滑轮质量和摩擦,绳不可伸长,弹簧始终处在弹性限度内,B电荷量不变.取g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8.
(1)求B所受静摩擦力的大小;
(2)现对A施加沿斜面向下的拉力F,使A以加速度a=0.6 m/s2开始做匀加速直线运动.A从M到N的过程中,B的电势能增加了ΔEp=0.06 J.已知DN沿竖直方向,B与水平面间的动摩擦因数μ=0.4.求A到达N点时拉力F的瞬时功率.
图2-6-11
(2)物体A从M点到N点的过程中,A、B两物体的位移均为s,A、B间绳子张力为T,有qEs=ΔEp④(2分)
T-μmBg-qE=mBa⑤(2分)
设A在N点时速度为v,受弹簧拉力为F弹,弹簧的伸长量为Δx,有v2=2as ⑥(1分)
F弹=k·Δx ⑦(1分)
F+mAgsin θ-F弹sin θ-T=mAa ⑧(2分)
由几何关系知Δx= ⑨(2分)
设拉力F在N点的瞬时功率为P,有P=Fv ⑩(1分)
联立④~⑩式,代入数据解得P=0.528 W (1分)
答案 (1)0.4 N (2)0.528 W
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【变式探究】如图2-6-12所示,倾角为60°的倾斜平行轨道与竖直面内的平行圆形轨道平滑对接,轨道之间距离为L,圆形轨道的半径为r.在倾斜平行轨道的上部有磁感应强度为B的垂直于轨道向上的匀强磁场,磁场区域足够大,圆形轨道末端接有一电阻值为R的定值电阻.质量为m的金属棒从距轨道最低端C点高度为H处由静止释放,运动到最低点C时对轨道的压力为7mg,不计摩擦和导轨、金属棒的电阻,求:
图2-6-12
(1)金属棒通过轨道最低端C点的速度大小;
(2)金属棒中产生的感应电动势的最大值;
(3)金属棒整个下滑过程中定值电阻R上产生的热量;
(4)金属棒通过圆形轨道最高点D时对轨道的压力的大小.
解析 (1)设金属棒通过轨道最低端C点的速度为vC,轨道对金属棒的支持力为FC,金属棒对轨道的压力为FC′,由牛顿第二定律可知FC-mg= ①(2分)
而FC=FC′=7mg ②(1分)
解得vC=. ③(1分)
(3)由能量守恒定律,在金属棒的整个下滑过程中电阻器R上产生的热量等于金属棒损失的机械能,所以
Q=mgH-mv ⑦(1分)
联立③⑦得Q=mg(H-3r) ⑧(2分)
(4)金属棒由C点运动到D点,根据机械能守恒,有
mv=mv+mg·2r ⑨(2分)
金属棒通过圆形轨道最高点D时,设轨道对金属棒竖直向下的压力为FD,由牛顿第二定律有
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FD+mg= ⑩(2分)
联立解得FD=mg ⑪(1分)
由牛顿第三定律可知金属棒通过圆形轨道最高点D时对轨道的压力为mg. (1分)
答案 (1) (2) (3)mg(H-3r)
(4)mg
1.【2017·江苏卷】如图所示,三块平行放置的带电金属薄板、、中央各有一小孔,小孔分别位于、、点.由点静止释放的电子恰好能运动到点.现将板向右平移到点,则由点静止释放的电子
(A)运动到点返回
(B)运动到和点之间返回
(C)运动到点返回
(D)穿过点
【答案】A
2.【2017·新课标Ⅰ卷】在一静止点电荷的电场中,任一点的电势与该点到点电荷的距离r的关系如图所示。电场中四个点a、b、c和d的电场强度大小分别Ea、Eb、Ec和Ed。点a到点电荷的距离ra与点a的电势a已在图中用坐标(ra,a)标出,其余类推。现将一带正电的试探电荷由a点依次经b、c点移动到d点,在相邻两点间移动的过程中,电场力所做的功分别为Wab、Wbc和Wcd。下列选项正确的是
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A.Ea:Eb=4:1 B.Ec:Ed=2:1 C.Wab:Wbc=3:1 D.Wbc:Wcd=1:3
【答案】AC
3.【2017·北京卷】(16分)如图所示,长l=1 m的轻质细绳上端固定,下端连接一个可视为质点的带电小球,小球静止在水平向右的匀强电场中,绳与竖直方向的夹角θ=37°。已知小球所带电荷量q=1.0×10–6 C,匀强电场的场强E=3.0×103 N/C,取重力加速度g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求:
(1)小球所受电场力F的大小。
(2)小球的质量m。
(3)将电场撤去,小球回到最低点时速度v的大小。
【答案】(1)3.0×10–3 N (2)4.0×10–4 kg (3)2.0 m/s
【解析】(1)根据电场强度定义式可知,小球所受电场力大小为
F=qE=1.0×10–6×3.0×103 N=3.0×10–3 N
(2)小球受mg、绳的拉力T和电场力F作用处于平衡状态,如图所示
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根据几何关系有,得m=4.0×10–4 kg
(3)撤去电场后,小球将绕悬点摆动,根据动能定理有
得
4.【2017·新课标Ⅱ卷】(20分)如图,两水平面(虚线)之间的距离为H,其间的区域存在方向水平向右的匀强电场。自该区域上方的A点将质量为m、电荷量分别为q和–q(q>0)的带电小球M、N先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出。小球在重力作用下进入电场区域,并从该区域的下边界离开。已知N离开电场时的速度方向竖直向下;M在电场中做直线运动,刚离开电场时的动能为N刚离开电场时动能的1.5倍。不计空气阻力,重力加速度大小为g。求
(1)M与N在电场中沿水平方向的位移之比;
(2)A点距电场上边界的高度;
(3)该电场的电场强度大小。
【答案】(1)3:1 (2) (3)
【解析】(1)设带电小球M、N抛出的初速度均为v0,则它们进入电场时的水平速度仍为v0;M、N在电场中的运动时间t相等,电场力作用下产生的加速度沿水平方向,大小均为a,在电场中沿水平方向的位移分别为s1和s2;由运动公式可得:
v0–at=0①
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②
③
联立①②③解得:④
(2)设A点距离电场上边界的高度为h,小球下落h时在竖直方向的分速度为vy,则;
⑤
⑥
因为M在电场中做匀加速直线运动,则
⑦
由①②⑤⑥⑦可得h=⑧
1.【2016·全国卷Ⅱ】如图1所示,P是固定的点电荷,虚线是以P为圆心的两个圆.带电粒子Q在P的电场中运动.运动轨迹与两圆在同一平面内,a、b、c为轨迹上的三个点.若Q仅受P的电场力作用,其在a、b、c点的加速度大小分别为aa、ab、ac,速度大小分别为va、vb、vc,则( )
图1
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A.aa>ab>ac,va>vc>vb
B.aa>ab>ac,vb>vc>va
C.ab>ac>aa,vb>vc>va
D.ab>ac>aa,va>vc>vb
2.【2016·全国卷Ⅲ】关于静电场的等势面,下列说法正确的是( )
A.两个电势不同的等势面可能相交
B.电场线与等势面处处相互垂直
C.同一等势面上各点电场强度一定相等
D.将一负的试探电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面,电场力做正功
【答案】B 【解析】静电场中的电场线不可能相交,等势面也不可能相交,否则的话会出现一个点有两个电场强度和两个电势值的矛盾,A错误;由WAB=qUAB可知,当电荷在等势面上移动时,电荷的电势能不变,如果电场线不与等势面垂直,那么电荷将受到电场力,在电荷运动时必然会做功并引起电势能变化,这就矛盾了,B正确;同一等势面上各点电势相等,但电场强度不一定相等,C错误;对于负电荷,q0,由电场力做功的公式WAB=qUAB可知WAB99%,解得d<
8.(2015·新课标全国Ⅱ·24)如图5,一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子在匀强电场中运动,A、B为其运动轨迹上的两点.已知该粒子在A点的速度大小为v0,方向与电场方向的夹角为60°;它运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为30°.不计重力.求A、B两点间的电势差.
图5
【答案】
9.(2014·四川卷)如图所示,水平放置的不带电的平行金属板p和b相距h,与图示电路相连,金属板厚度不计,忽略边缘效应.p板上表面光滑,涂有绝缘层,其上O点右侧相距h处有小孔K;b板上有小孔T,且O、T在同一条竖直线上,图示平面为竖直平面.质量为m、电荷量为-q(q>0)的静止粒子被发射装置(图中未画出)从O点发射,沿p板上表面运动时间t后到达K孔,不与板碰撞地进入两板之间.粒子视为质点,在图示平面内运动,电荷量保持不变,不计空气阻力,重力加速度大小为g.
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(1)求发射装置对粒子做的功;
(2)电路中的直流电源内阻为r,开关S接“1”位置时,进入板间的粒子落在b板上的A点,A点与过K孔竖直线的距离为l.此后将开关S接“2”位置,求阻值为R的电阻中的电流强度;
(3)若选用恰当直流电源,电路中开关S接“1”位置,使进入板间的粒子受力平衡,此时在板间某区域加上方向垂直于图面的、磁感应强度大小合适的匀强磁场(磁感应强度B只能在0~Bm=范围内选取),使粒子恰好从b板的T孔飞出,求粒子飞出时速度方向与b板板面的夹角的所有可能值(可用反三角函数表示).
【答案】(1) (2) (3)0B>0满足题目要求,夹角θ趋近θ0,即
θ0=0
则题目所求为 0