资源简介


【2019年高考考纲解读】
(1)静电力做功的特点
(2)动能定理在电磁学中的应用
(3)带电体在磁场中运动时洛伦兹力不做功，机械能也可守恒
(4)功能关系、能量守恒在电磁感应现象中的应用
【命题趋势】
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2016年高考此类题目仍会出现．


【变式探究】如图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(　　)

A．Wa ＝Wb，Ea >Eb B．Wa≠Wb，Ea >Eb
C．Wa＝Wb，Ea【答案】A
【解析】由于a、b在同一等势线上，故从a到c与从b到c的电势差相等，即Uac＝Ubc，又由电场力做功公式W＝qU可知：Wa＝Wb，故B、D错误．又由电场线的疏密表示电场的强弱，从图可知a处比b处电场线密集，故Ea>Eb，故A对，C错．
【特别提醒】
处理此问题应注意以下几点：
①电场力做功与路径无关，可运用动能定理对全程列式．
②在运用动能定理处理电学问题时应注意运动过程的选取，特别应注意电场力和摩擦力做功的特点．　　　　　　　　　　
【变式探究】如图2－5－4所示，有三根长度均为L＝0.3 m的不可伸长的绝缘细线，其中两根的一端分别固定在天花板上的P、Q两点，另一端分别拴有质量均为m＝0.12 kg的带电小球A和B，其中A球带正电，电荷量为q＝3×10－6 C．A、B之间用第三根线连接起来．在水平向左的匀强电场E作用下，A、B保持静止，悬线仍处于竖直方向，且A、B间细线恰好伸直．(静电力常量k＝9×109 N·m2/C2，取g＝10 m/s2)

图2－5－4
(1)此匀强电场的电场强度E为多大；
(2)现将PA之间的线烧断，由于有空气阻力，A、B球最后会达到新的平衡位置．求此时细线QB所受的拉力FT的大小，并求出A、B间细线与竖直方向的夹角θ；
(3)求A球的电势能与烧断前相比改变了多少(不计B球所带电荷对匀强电场的影响)．
【答案】(1)3×105 N/C　(2)2.4 N　37°　(3)增加0.108 J

(2)两球及细线最后位置如图所示，
QB的拉力FT＝2mg＝2×0.12×10 N＝2.4 N
由①式解得v2＝2②
粒子在第2层磁场中受到的洛伦兹力充当向心力，有
qv2B＝m③
由②③式解得r2＝④
(2)设粒子在第n层磁场中运动的速度为vn,轨迹半径为rn(各量的下标均代表 粒子所在层数，下同)．
nqEd＝mv⑤
qvnB＝m⑥

图1

图2
当n＝1时，由图2看出
r1sin θ1＝d
由⑤⑥⑩?式得
sin θn＝B?
(3)若粒子恰好不能从第n层磁场右侧边界穿出，则
θn＝?
sin θn＝1?
在其他条件不变的情况下，换用比荷更大的粒子，设其比荷为，假设能穿 出第n层磁场右侧边界，粒子穿出时的速度方向与水平方向的夹角为θn，由于
克服摩擦力做的总功为：Wf＝f(l1＋l2)⑨
在Δt时间内，消耗在电阻R上的功为：WR＝I2RΔt⑩
根据能量转化和守恒定律，外力在Δt时间内做的功为：W＝Wf＋WR?
外力的功率为：P＝?
由④至?式可得：P＝μmgωr＋?
【特别提醒】
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．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规律．　　　　　　　　　　
【变式探究】 如图2－5－6所示，水平固定放置的足够长的U形金属导轨处于竖直向上的匀强磁场中，在导轨上放着金属棒ab，开始时ab棒以水平初速度v0向右运动，最后静止在导轨上，就导轨光滑和导轨粗糙的两种情况相比较，这个过程(　　)．

图2－5－6
A．安培力对ab棒所做的功相等
B．电流所做的功相等
C．产生的总内能相等
D．通过ab棒的电荷量相等
【答案】C

题型三、动力学观点和能量观点在电磁感应中的应用
【例3】如图3所示，两条光滑的金属导轨相距L＝1 m，其中MN段平行于PQ段，位于同一水平面内，NN0段与QQ0段平行，位于与水平面成倾角37°的斜面上，且MNN0与PQQ0均在竖直平面内。在水平导轨区域和倾斜导轨区域内分别有垂直于水平面和斜面的匀强磁场B1和B2，且B1＝B2＝0.5 T。ab和cd是质量均为m＝0.1 kg、电阻均为R＝4 Ω的两根金属棒，ab置于水平导轨上，cd置于倾斜导轨上，均与导轨垂直且接触良好。从t＝0时刻起，ab棒在外力作用下由静止开始沿水平方向向右运动(ab棒始终在水平导轨上运动，且垂直于水平导轨)，cd受到F＝0.6－0.25t(N)沿斜面向上的力
的作用，始终处于静止状态。不计导轨的电阻。(sin 37°＝0.6，g取10 m/s2)

图3
(1)求流过cd棒的电流Icd随时间t变化的函数关系；
(2)求ab棒在水平导轨上运动的速度vab随时间t变化的函数关系；
(3)求从t＝0时刻起，1.0 s内通过ab棒的电荷量q；
(4)若t＝0时刻起，1.0 s内作用在ab棒上的外力做功为W＝16 J，求这段时间内cd棒产生的焦耳热Qcd。
【答案】(1)Icd＝0.5t(A)　(2)vab＝8t(m/s)　(3)0.25 C　(4)6.4 J

(3)ab棒的加速度为a＝8 m/s2，
1.0 s内的位移为x＝at2＝×8×1.02 m＝4 m
根据＝＝＝
故ab棒不能运动到圆弧最高点。
题型四 应用动量观点和能量观点解决力电综合问题
【例4】 (多选)(2018·全国卷Ⅲ，21)如图6，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平；两微粒a、b所带电荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板附近，与极板距离相等。现同时释放a、b，它们由静止开始运动。在随后的某时刻t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面。a、b间的相互作用和重力可忽略。下列说法正确的是(　　)

图6
A.a的质量比b的大
B.在t时刻，a的动能比b的大
C.在t时刻，a和b的电势能相等
D.在t时刻，a和b的动量大小相等
【答案】BD

【变式探究】如图7所示，MN、PQ两平行光滑水平导轨分别与半径r＝0.5 m 的相同竖直半圆导轨在N、Q端平滑连接，M、P端连接定值电阻R，质量M＝2 kg的cd绝缘杆垂直且静止在水平导轨上，在其右侧至N、Q端的区域内充满竖直向上的匀强磁场。现有质量m＝1 kg的ab金属杆以初速度v0＝12 m/s水平向右运动，与cd绝缘杆发生正碰后，进入磁场并最终未滑出，cd绝缘杆则恰好能通过半圆导轨最高点，不计除R以外的其他电阻和摩擦，ab金属杆始终与导轨垂直且接触良好，g取10 m/s2(不考虑cd杆通过半圆导轨最高点以后的运动)，求：

图7
(1)cd绝缘杆恰好通过半圆导轨最高点时的速度大小v；
(2)电阻R产生的焦耳热Q。
【答案】(1) m/s　(2)2 J
【解析】(1)cd绝缘杆恰好通过半圆导轨最高点时，
由牛顿第二定律有Mg＝M
解得v＝ m/s。

【特别提醒】
1.克服安培力做了多少功，就有多少其他形式的能转化为电能；安培力做了多少功，就有多少电能转化为其他形式的能。
2.若回路中电流恒定，可以利用W＝UIt或Q＝I2Rt直接进行电能计算。
3.若电流变化，则根据能量守恒求解。
【变式探究】如图8所示，将带电荷量Q＝＋0.3 C、质量m′＝0.3 kg的滑块放在小车的水平绝缘板的右端，小车的质量M＝0.5 kg，滑块与绝缘板间的动摩擦因数μ＝0.4，小车的绝缘板足够长，它们所在的空间存在磁感应强度B＝20 T的水平方向的匀强磁场(垂直于纸面向里)。开始时小车静止在光滑水平面上，一摆长L＝1.25 m、质量m＝0.15 kg的摆球从水平位置由静止释放，摆球到最低点时与小车相撞，碰撞后摆球恰好静止，g取10 m/s2。求：

图8
(1)与小车碰撞前摆球到达最低点时对摆线的拉力；
(2)摆球与小车的碰撞过程中系统损失的机械能ΔE；
(3)碰撞后小车的最终速度。
【答案】(1)4.5 N　方向竖直向下　(2)1.31 J
(3)1.2 m/s　方向水平向右
【解析】(1)摆球下落过程，由动能定理有mgL＝mv2，
解得v＝5 m/s，
摆球在最低点时，由牛顿第二定律得T－mg＝m，解得T＝4.5 N，由牛顿第三定律可知摆球对摆线的拉力T′＝4.5 N，方向竖直向下。

(3)假设滑块与车最终相对静止，
则有Mv1＝(M＋m′)v2，解得v2＝0.937 5 m/s，
由此得F洛＝Qv2B>m′g，故假设不成立，因此滑块最终悬浮。滑块悬浮瞬间，满足F洛′＝Qv2′B＝m′g，
解得v2′＝0.5 m/s。
将滑块与小车看成一个系统，系统动量守恒，有
Mv1＝Mv′＋m′v2′，
解得v′＝1.2 m/s，方向水平向右。

展开更多......

收起↑