全书课件专题二最后第6讲

第6讲

功能关系在电磁学中的应用1.(2013·新课标全国卷Ⅰ，16)一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d，极板分别与电池两极相连，上极板中心有一小孔d(小孔对电场的影响可忽略不计)。小孔正上方2处的

P

点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落，经过小孔进入电容器，并d在下极板处(未与极板接触)返回。若将下极板向上平移3，则从P

点开始下落的相同粒子将(

)A.打到下极板上B.在下极板处返回dC.在距上极板2处返回5D.在距上极板2d

处返回解析

粒子两次落到小孔的速度相同，设为

v，下极板向上平移后由UE＝

d

知场强变大，故粒子第二次在电场中减速运动的加速度变大，由

v2＝2ax得第二次减速到零的位移变小，即粒子在下极板之上某位置返回，设粒子在距上极板

h

处返回，对粒子两次运动过程应用动2d

U能定理得

mg(

＋d)－qU＝0，mg(23dd＋h)－q h＝0。两方程联立得h2＝2d，选项D

正确。5答案

D2.(2015·新课标全国卷Ⅰ，15)如图1，直线a、b和c、d是处于匀强电场中的两组平行线，M、N、P、Q是它们的交点，四点处的电势分别为φM、φN、φP、φQ。一电子由M点分别运动到N点和P点的过程中，电场力所做的负功相等。则(

)A.直线a位于某一等势面内，φM＞φQB.直线c位于某一等势面内，φM＞φNC.若电子由M点运动到Q点，电场力做正功D.若电子由P点运动到Q点，电场力做负功图1解析

电子带负电荷，电子由M点分别运动到N点和P点的过程中，电场力所做的负功相等，有WMN＝WMP＜0，而WMN＝qUMN，

WMP＝qUMP，q＜0，所以有UMN＝UMP＞0，即φM＞φN＝φP，匀

强电场中等势线为平行的直线，所以NP和MQ分别是两条等势线，有φM＝φQ，故A错误，B正确；电子由M点到Q点过程中，WMQ＝q(φM－φQ)＝0，电子由P点到Q点过程中，WPQ＝q(φP－φQ)＞0，故C、D错误。答案

B3.(2014·新课标全国卷Ⅱ，25)半径分别为r和2r的同心圆形导轨固定在同一水平面内，一长为r、质量为m且质量分布均匀的直导体棒AB置于圆导轨上面，BA的延长线通过圆导轨中心O，装图2置的俯视图如图2所示。整个装置位于一匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，方向竖直向下。在内圆导轨的C点和外圆导轨的D点之间接有一阻值为R的电阻

(图中未画出)。直导体棒在水平外力作用下以角速度ω绕O逆时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触。设导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒和导轨的电阻均可忽略。重力加速度大小为g。求：(1)

通过电阻R的感应电流的方向和大小；(2)外力的功率。2解析

(1)在

Δt

时间内，导体棒扫过的面积为：ΔS＝1ωΔt[(2r)2－r2]①根据法拉第电磁感应定律，导体棒产生的感应电动势大小为：E＝BΔS②Δt根据右手定则，感应电流的方向是从B

端流向A

端，因此流过导体R

的电流方向是从C

端流向D

端；E由欧姆定律流知过导体R

的电流满足：I＝R③联立①②③可得：I＝3ωBr22R④(2)在竖直方向有：mg－2FN＝0⑤式中，由于质量分布均匀，内外圆导轨对导体棒的正压力相等，其值为FN，两导轨对运动的导体棒的滑动摩擦力均为：Ff＝μFN⑥在Δt时间内，导体棒在内外圆导轨上扫过的弧长分别为：l1＝rωΔt⑦和l2＝2rωΔt⑧克服摩擦力做的总功为：WFf＝Ff(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＝WWf＋WR⑪外力的功率为：PW＝Δt⑫3由④至⑫式可得：P＝2μmgωr＋9ω2B2r44R⑬答案

(1)方向由

C→D3ωBr22R3(2)2μmgωr＋9ω2B2r44R4.(2014·新课标全国卷Ⅰ，25)如图3

所示，O、A、B

为同一竖直平面内的三个点，OB

沿竖直方向，∠BOA＝60°，OB＝3OA。2将一质量为m

的小球以一定的初动能自O点水平向右抛出，小球在运动过程中恰好通过A

点。使此小球带电，电荷量为q(q＞0)，同时加一匀强电场，场强方向与△OAB

所在平面平行。现从O

点以同样的初动能沿某一方向抛出此带电小球，该小球通过了A点，到达A点时的动能是初动能的3倍；若该小球从O

点以同样的初动能沿另一方向抛出，恰好通过B

点，且到达B

点时的动能为初动能的6

倍，重力加速度大小为g。求：(1)

无电场时，小球到达A

点时的动能与初动能的比值；(2)

电场强度的大小和方向。解析

(1)设小球的初速度为

v0，初动能为

Ek0，从

O2点运动到A

点的时间为t，令OA＝d，则OB＝3d，根据平抛运动的规律有dsin

60°＝v0t①图32dcos60°＝1gt2②k01220又有

E

＝

mv

③k08由①②③式得

E

＝3mgd④kAkAk02设小球到达

A

点时的动能为

E

，则

E

＝E

＋1mgd⑤EkA7由④⑤式得Ek0

＝3⑥别降低了2

2设电势能分别减小ΔEpA

和ΔEpB，由能量守恒及④式得ΔEpA＝3Ek0－Ek0－13k022mgd＝

E

⑦－3ΔEpB＝6Ek0－Ek0

2mgd＝Ek0⑧在匀强电场中，沿任一直线，电势的降落是均匀的，设直线OB

上的M

点与A

点等电势，M

与O

点的距离为x，如图，23d

ΔEpB则有x

＝ΔEpA⑨解得x＝d。MA

为等势线，电场必与其垂线OC

方向平行，设电场方向与竖直向下的方向的夹角为α，由几何关系可得α＝30°⑩即电场方向与竖直向下的方向的夹角为30°。设场强的大小为E，有qEdcos

30°＝ΔEpA⑪由④⑦⑪式得E＝3mg6q⑫答案

(1)3

(2)7

3mg6q电场方向与竖直向下的方向的夹角为30°5.(2015·新课标全国卷Ⅱ，24)如图4，一质量为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4解析

设带电粒子在

B

点的速度大小为

vB。粒子在垂直于电场方向的速度分量不变，即vBsin

30°＝v0sin

60°①由此得vB＝

3v0②AB

AB122B20设A、B

两点间的电势差为U

，由动能定理有qU

＝

m(v

－v

)③AB联立②③式得

U

＝mv2q0④答案mv2

0q主要题型：选择题、计算题知识热点结合电势、电势差考查电场力的功。结合电场力的功、安培力的功、摩擦力的功考查对功能关系的理解。功能关系、能量守恒在电磁感应现象中的应用。思想方法(1)守恒法

(2)过程分解法

(3)过程组合法(4)模型法考向一

电场中的功能关系核心知识规律方法在解决电学中功能关系问题时应注意以下几点：洛伦兹力在任何情况下都不做功；电场力做功与路径无关，电场力做的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。1.(2015·北京市海淀区高三测试)地球表面附近某区域存在大小为150N/C、方向竖直向下的电场。一质量为1.00×10－4kg、带电荷量为－1.00×10－7C的小球从静止释放，在电场区域内下落10.0

m。对此过程，该小球的电势能和动能的改变量分)别为(重力加速度大小取9.80

m/s2，忽略空气阻力)(A.－1.50×10－4J和9.95×10－3JB.1.50×10－4J和9.95×10－3JC.－1.50×10－4J和9.65×10－3JD.1.50×10－4J和9.65×10－3J解析

在电场区域内下落10.0

m，电场力做功W＝qEh＝－1.00×10－7C×150

N/C×10.0

m＝－1.50×10－4

J，该小球的电势能增加1.50×10－4J。由动能定理可知，动能的改变量为W＋mgh＝－1.50×10－4

J＋1.00×10－4kg×9.80

m/s2×10.0

m＝9.65×10－3

J，选项D正确。答案

D2.(多选)(2015·四川理综，6)如图5所示，半圆槽光滑、绝缘、固定，圆心是O，最低点是

P，直径MN水平。a、b是两个完全相同的带正电小球(视为点电荷)，b固定在M点，a从图5N点静止释放，沿半圆槽运动经过P点到达某点Q(图中未画出)时速度为零。则小球a(

)A.从N到Q的过程中，重力与库仑力的合力先增大后减小

B.从N到P的过程中，速率先增大后减小C.从N到Q的过程中，电势能一直增加D.从P到Q的过程中，动能减少量小于电势能增加量。解析a从N点静止释放，过P点后到Q点速度为零，整个运动过程只有重力和库仑力做功，库仑力方向与a速度方向夹角一直大于90°，所以库仑力整个过程做负功小球a从N到Q的过程中，库仑力增大，库仑力与重力的夹角从90°一直减小，所以它们的合力一直增大，故A错误；带电小球a受力如图所示，在靠近N点的位置，合力与速度夹角小于90°，在P点合力与速度夹角大于90°，所以小球a从N到P的过程中，速率应先增大后减小，故B正确；从N到Q的过程中，库仑力一直做负功，所以电势能一直增加，故C正确；根据能量守恒可知，P到Q的过程中，动能的减少量等于重力势能和电势能的增加量之和，故D错误。答案BC图63.(多选)(2015·山东理综，20)如图6

甲，两水平金属板间距为d，板间电场强度的变化规律如图乙所示。t＝0

时刻，质量为m

的带电0T微粒以初速度

v

沿中线射入两板间，0～3时间内微粒匀速运动，T

时刻微粒恰好经金属板边缘飞出。微粒运动过程中未与金属板接触。重力加速度的大小为g。关于微粒在0～T

时间内运动的描述，正确的是()A.末速度大小为2v0B.末速度沿水平方向1C.重力势能减少了2mgdD.克服电场力做功为mgd解析

因

0～T内微粒匀速运动，故

E

q＝mg

T

2T时间内，粒3

0

；在3～

3子只受重力作用，做平抛运动，在t＝2T时刻的竖直速度为vy13

3＝gT，030水平速度为v

；在2T～T

时间内，由牛顿第二定律2E

q－mg＝ma，y2

y1解得

a＝g，方向向上，则在

t＝T

时刻，v

＝v

－g·3T＝0

粒子的竖直速度减小到零，水平速度为v0，选项A

错误，B

正确；微粒的重pd力势能减小了ΔE

＝mg·2＝21mgd，选项C

正确；从射入到射出，由动能定理可知，1mgd－W

＝0，可

1mgd，选项2

电

知克服电场力做功为2D

错误，故选B、C。答案

BC4.(2015·四川绵阳市二诊)如图7

所示，桌面上有一轻质弹簧，左端固定在A

点，自然状态时其右端B

点位于桌面右侧边缘。水平桌面右侧有一竖直放置、半径R＝0.3

m

的光滑半圆轨道MNP，桌面与轨道相切于M

点。在以MP

为直径的右侧和水平半径ON

的下方部分有水平向右的匀强电场，场强的大小E＝mgq

。现用质量

m0＝0.4 kg

的小物块

a

将弹簧缓慢压缩到

C点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在B

点。用同种材料、质量为m＝0.2kg、带＋q的绝缘小物块b将弹簧缓慢压缩到C点，释放后，小物块b

离开桌面由M

点沿半圆轨道运动，恰好能通过轨道的最高点P。(g

取10

m/s2)求：图7小物块b经过桌面右侧边缘B点时的速度大小；释放后，小物块b在运动过程中克服摩擦力做的功；

(3)小物块b在半圆轨道运动中最大速度的大小。v2R解析

(1)在

P

点，mg＝m

P，由

B

到

P

由动能定理得21

12

2qER－2mgR＝

mv

－

m2P

Bv

，解得vB＝3

m/s。(2)由C

到B，对物块a

由能量守恒定律得Ep＝μm0gxCB，p

CB122B由

C

到

B，对物块

b

由能量守恒定律得

E

＝μmgx

＋

mv

，摩擦力做功Wf＝μmgxCB，解得Wf＝0.9

J。(3)物块b与圆心连线与竖直方向的夹角为45°位置时(设为D)，速度最大，B→D，由动能定理得2D1

122

2BqERsin

45°－mgR(1－cos

45°)＝

mv

－

mv

，解得

vD＝

3＋6答案

(1)3

m/s2 m/s。(2)0.9

J(3)

3＋6

2

m/s考向二

功能观点在电磁感应问题中的应用核心知识规律方法电磁感应中焦耳热的求法1.如图8所示，固定放置在同一水平面内的两根平行长直金属导轨的间距为d，其右端接有阻值为R的电阻，整个装置处在竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。一质量为m(质量分布均匀)的导体杆ab垂直于导轨图8放置，且与两导轨保持良好接触，杆与导轨之间的动摩擦因数为μ。现杆在水平向左、垂直于杆的恒力F作用下从静止开始沿导轨运动距离l时，速度恰好达到最大(运动过程中杆始终与导轨保持垂直)。设杆接入电路的电阻为r，导轨电阻不计，重力加速度大小为g。则此过程中()A.杆的速度最大值为（F－μmg）RB2d2B.安培力做的功等于电阻R

上产生的热量C.恒力F

做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的变化量D.恒力F

做的功与安培力做的功之和大于杆动能的变化量B2d2vm解析

当杆达到最大速度

vm

时，F－μmg－

R＋r

＝0

得

vm＝（F－μmg）（R＋r）B2d2，A

错误；安培力做的功等于电阻R

和r上产生的热量，B

错误；在杆从开始到达到最大速度的过程中由动能定理得WF＋Wf＋W

安＝ΔEk，其中Wf＝－μmgl，W

安＝－Q，恒力F

做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的变化量与回路产生的焦耳热之和，C

错误；恒力F

做的功与安培力做的功之和等于杆动能的变化量与克服摩擦力做的功之和，D

正确。答案D2.(多选)(2015·太原市高三年级第二学段测评)如图9所示，在磁感应强度B＝0.50

T的匀

强磁场中，两平行光滑金属导轨竖直放置，导体棒PQ在竖直向上的拉力F的作用下向

下做初速度为0、加速度a＝5m/s2的匀加速直线运动，两导轨间距离L＝1.0

m，电阻R＝1.0

Ω，导体棒质量m＝1

kg，导体棒和导轨接触良好且电阻均不计，取g＝10m/s2，则下列说法中正确的是(

)图9导体棒运行2

s时，拉力的功率为25

W拉力F所做的功等于导体棒减少的机械能t＝4

s时，导体棒所受安培力为5

N导体棒运行2

s的过程中，通过电阻的电荷量为2.5

C解析

经时间

t，导体棒所受安培力为

F

安＝BIL＝B2L2vB2L2aR

R＝

t，所以t＝4

s

时，导体棒所受安培力为5

N，C

对；由牛顿第二定律安4可得

mg－F－F

＝ma，代入数值可得拉力大小为

F＝5－5t(N)，所以t＝2

s

时，拉力F＝2.5

N，速度为v＝at＝10

m/s，拉力功率为P＝Fv＝25

W，A对；由功能关系知拉力F和安培力所做的功等于导体棒减少的机械能，B

错；导体棒运行2

s

的过程中，R

＝

2R通过电阻的电荷量为

q＝

It

＝ΔΦ

BLvt＝5

C，D

错。答案

AC图10如图10所示，一质量为m，边长为h的正方形 金属线框abcd自某一高度静止下落，依次经 过两匀强磁场区域，且金属线框bc边的初始 位置离磁场B1的上边界的高度为h/4，两磁场 的磁感应强度分别为B1和B2，且B1＝2B0， B2＝B0(B0已知)，两磁场的间距为H(H未知， 但H＞h)，线框进入磁场B1时，恰好做匀速运 动，速度为v1(v1已知)，从磁场B1中穿出后 又以v2匀速通过宽度也为h的磁场B2。求v1与v2的比值；

(2)写出H与h的关系式；(3)若地面离磁场B2的下边界的高度为h，求金属线框下落到地面所产生的热量。(用m、h、g表示)解析

(1)金属线框分别进入磁场

B1和

B2后，做匀速运动，由平衡条件有

BIh＝mg①R又金属线框切割磁感线，则I＝Bhv②联立①②得v＝mgRB2h2v1v2B2B2114所以

＝

2＝

③(2)金属线框进入磁场B1

前和离开磁场B1

后到进入磁场B2

前，都1h是做只在重力作用下的运动，由运动学公式有v2＝2g·4④v2－v2＝2g(H－h)⑤2

1联立③④⑤得H＝19h4 ⑥(3)解法一 金属线框从静止开始运动到落地，根据功能关系，损4h

1222失的机械能等于所产生的热量，则Q＝mg(3h＋＋H)－mv

⑦联立④⑤⑥⑦得Q＝4mgh解法二

克服安培力做功等于产生的热量，Q＝BIh·4h⑧联立①⑧得

Q＝4mgh。答案

1

19(1)4

(2)H＝

4

h

(3)4mgh4.如图11甲所示，MN、FQ为间距L＝0.5

m且足够长的粗糙平行导轨，NQ⊥MN，导轨的电阻不计。导轨平面与水平面间的夹角θ＝37°，N、Q间连接有一个阻值R＝4

Ω的电阻。有一匀强磁场垂直于导轨平面且方向向上，磁感应强度为B0＝1T。将一根质量为m＝0.05

kg、电阻为r的金属棒ab紧靠NQ放置在导轨上，且与导轨接触良好。现由静止释放金属棒，当金属棒滑行至cd处时刚好达到稳定速度，已知在此过程中通过金属棒横截面的电荷量q＝0.2

C，且金属棒的加速度a与速度v的关系如图乙所示，设金属棒沿导轨向下运动过程中始终与NQ平行。

(g＝10

m/s2，sin

37°＝0.6，cos

37°＝0.8)。求：图11(1)金属棒与导轨平面间的动摩擦因数μ和金属棒的内阻r；(2)金属棒滑行至cd处的过程中，电阻R上产生的热量。解析

(1)当

a＝2

m/s2

时，由牛顿第二定律得mgsin

θ－μmgcos

θ＝ma解得μ＝0.5当v＝2

m/s

时，由平衡条件得mgsin

θ＝μmgcos

θ＋B0IL且I＝B0LvR＋r解得I＝0.2

A，r＝1

Ω。(2)金属棒由静止释放到速度稳定的过程中，通过金属棒的电荷量q＝

I

t

＝

ΔΦ

B0Lx，R＋r＝R＋r解得x＝2

m安2由动能定理得

mgxsin

θ－μmgxcos

θ＋W

1mv2＝解得Q＝－W

安＝0.1

JRR＋r电阻

R

上产生的热量

Q

＝

R

Q＝0.08

J。答案

(1)0.5 1

Ω (2)0.08

J解决电磁感应能量问题的基本思路(1)确定感应电动势的大小和方向。

(2)画出等效电路图并求出电流。(3)进行受力情况分析和做功情况分析。

(4)明确在此过程中的能量变化情况。

(5)用动能定理或能量守恒定律解题。高频考点六应用动力学知识和功能关系解决力、电综合问题(20分)如图12甲所示，aa′、bb′、cc′、dd′为四条平行金属轨道，都处在水平面内。aa′、dd′间距为2L，bb′、cc′间距为L。磁感

应强度为B的有界匀强磁场垂直于纸面向里，边界与轨道垂直。

ab、cd两段轨道在磁场区域正中间，到磁场左右边界的距离均

为s。轨道电阻不计且光滑，在a′d′之间接一阻值为R的定值电

阻。现用水平向右的力拉着质量为m、长为2L的均匀金属杆从磁场左侧某处由静止开始向右运动，金属杆的电阻与其长度成正比，金属杆与轨道接触良好，且运动过程中不转动，忽略与ab、cd重合的短暂时间内速度的变化。图12证明：若拉力为恒力，无论金属杆的电阻r为多少，都不能使金属杆保持匀速通过整个磁场；若金属杆的电阻r＝2R，保持拉力为F不变，使金属杆进入磁场后立刻做匀速直线运动，当金属杆到达磁场右边界时，速度大小为v。试求此次通过磁场过程中，整个回路放出的总热量；若金属杆的电阻r＝2R，通过改变拉力的大小，使金属杆从磁场左侧某处从静止开始出发，保持匀加速运动到达磁场右边界。已知金属杆即将到达ab、cd位置的时拉力的大小为F0，已在图乙中标出。试在图乙中定性画出拉力大小随时间变化的关系图象(不需要标明关键点的具体坐标，但图象应体现各段过程的差异)。审题指导要想使金属杆保持匀速通过整个磁场，外力和安培力之间的关系是什么？安培力与哪些因素有关？电路的连接方式是什么？哪一部分相当于电源？哪一部分相当于外电路？当金属杆做匀速运动时，外力F与安培力之间有什么关系？安培力的表达式是怎样的？求解回路中产生的总热量时，能应用公式Q＝I2Rt吗？画拉力随时间变化的图象时，要先写出拉力F与t之间的函数关系，找出拉力变化的趋势，再分析拉力的突变点在何位置，发生了怎样的变化。解析

(1)当金属杆在

ab、cd

左侧时，安培力FA1＝B2（2L）2v1R＋r(2

分)当金属杆在ab、cd

右侧时，安培力FA2＝B2L2v2r

(2

分)R＋2若拉力为恒力且金属杆始终匀速运动，则有FA1＝FA2，v1＝v2(1

分)解得r＝－3R，即金属杆的电阻为负值，这是不可能的。因此，若拉力为恒力，无论金属杆的电阻r

为多少，都不能使金属杆保持匀速通过整个磁场。(2

分)(2)当金属杆在ab、cd

左侧做匀速运动时，有R＋2RB2（2L）2v1

4B2L2v13RF＝FA＝

＝

(2

分)14B2L2解得v

＝

3FR

(1

分)对金属杆通过磁场的过程，根据动能定理有1

12

22

21F·2s－Q＝

mv

－mv

(3

分)122得Q＝2Fs－mv

＋9mF2R232B

L4

4。(2

分)(3)在磁场外拉力恒定，金属杆做匀加速运动在

ab、cd

左侧时，有F1－FA′＝ma，B2（2L）2atR＋2RFA′＝

＝4B2L2at3R则F1＝ma＋4B2L2at3R在ab、cd

右侧时，有F2－FA″＝ma，FA″＝

R＋R

＝B2L2at

B2L2at2R则F2＝ma＋B2L2at2R比较可得进入ab、cd右侧后F－t图线的斜率变小。由于物体做匀加速运动，所以在ab、cd左侧运动的时间比在ab、cd右侧运动的时间要长，如图所示。(5分)22答案

(1)见解析

(2)2Fs－

mv

＋1

9mF2R232B

L4