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專題四 功能關(guān)系的應(yīng)用第2講:功能關(guān)系在電學(xué)中的應(yīng)用一、知識梳理1.靜電力做功與 無關(guān).若電場為勻強電場,則WFlcosEqlcos;若是非勻強電場,則一般利用W 來求.2.磁場力又可分為洛倫茲力和安培力.洛倫茲力在任何情況下對運動的電荷都 ;安培力可以做正功、負功,還可以不做功.3.電流做功的實質(zhì)是電場對 做功.即WUIt .4.導(dǎo)體棒在磁場中切割磁感線時,棒中感應(yīng)電流受到的安培力對導(dǎo)體棒做 功,使機械能轉(zhuǎn)化為 能.5.靜電力做的功等于 的變化,即WABEp.規(guī)律方法1.功能關(guān)系在電學(xué)中應(yīng)用的題目,一般過程復(fù)雜且涉及多種性質(zhì)不同的力,因此,通過審題,抓住 和運動過程分析是關(guān)鍵,然后根據(jù)不同的運動過程中各力做功的特點來選擇相應(yīng)規(guī)律求解.2.動能定理和能量守恒定律在處理電學(xué)中能量問題時仍然是首選的方法.二、題型、技巧歸納高考題型1幾個重要的功能關(guān)系在電學(xué)中的應(yīng)用 【例1】(多選)如圖1所示地面上方存在水平向右的勻強電場.現(xiàn)將一帶電小球從距離地面O點高h處的A點以水平速度v0拋出,經(jīng)過一段時間小球恰好垂直于地面擊中地面上的B點,B到O的距離也為h.當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間,則下列說法正確的是()圖1A.從A到B的過程中小球的動能先減小后增大B.下落過程中小球機械能一直增加C.小球的加速度始終保持2g不變D.從A點到B點小球的的電勢能增加了mgh高考預(yù)測1如圖2所示,直角三角形ABC由三段細直桿連接而成,AB桿豎直,AC桿粗糙且絕緣,其傾角為30,長為2L,D為AC上一點,且BD垂直AC,在BC桿中點O處放置一正點電荷Q.一套在細桿上的帶負電小球,以初速度v0由C點沿CA上滑,滑到D點速率恰好為零,之后沿AC桿滑回C點.小球質(zhì)量為m、電荷量為q,重力加速度為g.則()圖2A.小球上滑過程中先勻加速后勻減速B.小球下滑過程中電場力先做負功后做正功C.小球再次滑回C點時的速率為vCD.小球下滑過程中動能、電勢能、重力勢能三者之和增大高考預(yù)測2(多選)如圖3所示,某一空間內(nèi)充滿豎直向下的勻強電場E,在豎直平面內(nèi)建立坐標(biāo)系xOy,在y0的空間內(nèi),將一質(zhì)量為m的帶電液滴(可視為質(zhì)點)自由釋放,則此液滴沿y軸的負方向以加速度a2g(g為重力加速度)做勻加速直線運動,當(dāng)液滴運動到坐標(biāo)原點時,瞬間被安置在原點的一個裝置改變了帶電性質(zhì)(液滴所帶電荷量和質(zhì)量均不變),隨后液滴進入ymg,虛線右側(cè)的水平面光滑.一輕彈簧右端固定在墻上,處于原長時,左端恰好位于虛線位置,把滑塊放到虛線左側(cè)L處,并給滑塊一個向左的初速度v0,已知滑塊與絕緣水平面間的動摩擦因數(shù)為,求:圖5(1)彈簧的最大彈性勢能;(2)滑塊在整個運動過程中產(chǎn)生的熱量.規(guī)律總結(jié)1.電場力做功與重力做功的特點類似,都與路徑無關(guān).2.對于電場力做功或涉及電勢差的計算,選用動能定理往往最簡便快捷,但運用動能定理時要特別注意運動過程的選取.高考題型三 電功能觀點在電磁感應(yīng)問題中的應(yīng)用【例3】 如圖6所示,足夠長光滑導(dǎo)軌傾斜放置,導(dǎo)軌平面與水平面夾角37,導(dǎo)軌間距L0.4m,其下端連接一個定值電阻R2,其它電阻不計.兩導(dǎo)軌間存在垂直于導(dǎo)軌平面向下的勻強磁場,磁感應(yīng)強度B0.5T.一質(zhì)量為m0.02kg的導(dǎo)體棒ab垂直于導(dǎo)軌放置,現(xiàn)將導(dǎo)體棒由靜止釋放,取重力加速度g10m/s2,sin370.6,cos370.8.圖6(1)求導(dǎo)體棒下滑的最大速度;(2)求ab棒下滑過程中電阻R消耗的最大功率;(3)若導(dǎo)體棒從靜止加速到v4m/s的過程中,通過R的電量q0.26C,求R產(chǎn)生的熱量Q.高考預(yù)測4(多選)在如圖7所示的傾角為的光滑斜面上,存在著兩個磁感應(yīng)強度大小均為B的勻強磁場,區(qū)域的磁場方向垂直斜面向上,區(qū)域的磁場方向垂直斜面向下,磁場的寬度均為L,一個質(zhì)量為m、電阻為R、邊長也為L的正方形導(dǎo)線框,由靜止開始沿斜面下滑,當(dāng)ab邊剛越過GH進入磁場區(qū)時,恰好以速度v1做勻速直線運動;當(dāng)ab邊下滑到JP與MN的中間位置時,線框又恰好以速度v2做勻速直線運動,從ab進入GH到MN與JP的中間位置的過程中,線框的動能變化量為Ek,重力對線框做功大小為W1,安培力對線框做功大小為W2,下列說法中正確的是()圖7A.在下滑過程中,由于重力做正功,所以有v2v1B.從ab進入GH到MN與JP的中間位置的過程中,機械能守恒C.從ab進入GH到MN與JP的中間位置的過程中,有(W1Ek)的機械能轉(zhuǎn)化為電能D.從ab進入GH到MN到JP的中間位置的過程中,線框動能的變化量為EkW1W2高考預(yù)測5如圖8所示,單位長度電阻相等的直角三角形金屬框abc放置在勻強磁場中,磁感應(yīng)強度大小為B,方向平行于bc邊水平向右.ab4L,bc3L,金屬框總電阻為R.求:圖8(1)若金屬框繞bc邊以角速度按圖示方向勻速轉(zhuǎn)動時,ab兩點間的電勢差Uab是多少?a、b兩點哪點電勢高?(2)若金屬框繞ab邊以角速度勻速轉(zhuǎn)動一周,ab邊上產(chǎn)生的焦耳熱是多少?規(guī)律總結(jié)1.電磁感應(yīng)過程中產(chǎn)生的感應(yīng)電流在磁場中必定受到安培力的作用,因此,要維持感應(yīng)電流的存在,必須有“外力”克服安培力做功,將其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能.“外力”克服安培力做了多少功,就有多少其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能.2.當(dāng)感應(yīng)電流通過用電器時,電能又轉(zhuǎn)化為其他形式的能.安培力做功的過程,或通過電阻發(fā)熱的過程,是電能轉(zhuǎn)化為其他形式能的過程.安培力做了多少功,就有多少電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能.3.若回路中電流恒定,可以利用電路結(jié)構(gòu)及WUIt或QI2Rt直接進行計算電能.4.若電流變化,則:(1)利用安培力做的功求解:電磁感應(yīng)中產(chǎn)生的電能等于克服安培力所做的功;(2)利用能量守恒求解:若只有電能與機械能的轉(zhuǎn)化,則機械能的減少量等于產(chǎn)生的電能.高考題型4應(yīng)用動力學(xué)和功能觀點處理電學(xué)綜合問題 【例4】 如圖9所示,水平地面QA與豎直面內(nèi)的、半徑R4m的光滑圓軌道ACDF相連,F(xiàn)C為豎直直徑,DO水平,AO與CO夾角60.QA上方有一水平臺面MN,MN正上方分布著垂直紙面向里的勻強磁場,磁感應(yīng)強度B4T.P是豎直線AP與DO的交點,PA的右側(cè)、PO的下面、OC的左側(cè)分布著豎直向下、場強為E的勻強電場.一個質(zhì)量m2kg、電量q1C的小滑塊(可視為質(zhì)點)放在MN上,在水平推力F4N的作用下正以速度v1向右做勻速運動.已知滑塊與平臺MN的動摩擦因數(shù)0.5;重力加速度g10m/s2.圖9(1)求小滑塊在平臺MN上的速度v1;(2)小滑塊從N點飛出后,恰從A點無碰撞地(沿軌道切線)進入圓軌道AC,為了使小滑塊不向內(nèi)脫離AF間的圓弧軌道,求電場強度E的取值范圍.高考預(yù)測6如圖10甲所示,長L1.5m、傾角為37的光滑絕緣的斜面底端連接一粗糙絕緣的水平面,整個斜面處在一水平向左的勻強電場中,水平面部分沒有電場.現(xiàn)將一質(zhì)量m1.2kg、帶電荷量q1104C的帶正電的小物體從斜面頂端由靜止釋放,當(dāng)電場場強E取不同數(shù)值時,物體沿斜面下滑最后在水平地面上滑過的距離s不同.研究發(fā)現(xiàn)s與E之間的關(guān)系如圖乙所示.忽略物體在斜面與水平面連接處的能量損失,取重力加速度g10m/s2,sin370.6,cos370.8,求:圖10(1)物體與地面間的動摩擦因數(shù);(2)當(dāng)E3104N/C時,物體運動的總時間.高考預(yù)測7如圖11所示,在水平方向的勻強電場中有一表面光滑、與水平面成45角的絕緣直桿AC,其下端C距地面高度h0.8m.有一質(zhì)量為500g的帶電小環(huán)套在直桿上,正以某一速度沿桿勻速下滑,小環(huán)離桿后正好通過C端的正下方P點處.(g取10m/s2)求:圖11(1)小環(huán)離開直桿后運動的加速度大小和方向.(2)小環(huán)在直桿上勻速運動速度的大小v0.(3)小環(huán)運動到P點的動能.參考答案一、知識梳理1. 路徑 qU 2. 不做功3. 移動電荷 Uq.4. 負 電 5. 電勢能 規(guī)律方法1. 受力分析 二、題型、技巧歸納【例1】 答案AD解析由題意分析知,小球在水平方向勻減速,豎直方向勻加速,由于時間相等,兩方向位移相同,故qEmg,合力大小為mg,斜向左下方45,故小球的動能先減小后增大;電場力一直做負功,小球機械能一直減小,小球的加速度始終保持g不變,從A點到B點電場力做負功,大小為qEhmgh,故電勢能增加了mgh.高考預(yù)測1答案C解析小球上滑過程中受到重力、庫侖力、桿的支持力以及摩擦力作用,由于庫侖力和摩擦力是變力,則運動過程中加速度始終發(fā)生變化,故A錯誤;根據(jù)幾何關(guān)系可知,ODOC,則C、D兩點電勢相等,所以從C到D的過程中,電場力做功為零,在C點時,小球受到的庫侖力是引力,電場力做正功,后電場力做負功,故B錯誤;從C到D的過程中,根據(jù)動能定理得:0mvmghWf,再從D回到C的過程中,根據(jù)動能定理得:mv0mghWf,根據(jù)幾何關(guān)系可知,hL解得:vC,故C正確;小球下滑過程中由于摩擦力做負功,則小球動能、電勢能、重力勢能三者之和減小,故D錯誤.高考預(yù)測2答案AD解析帶電液滴在電場與重力場作用下,由牛頓第二定律可得:qEmgmam2g,故qEmg當(dāng)帶電液滴進入磁場時,由于電場力與重力方向相反,處于平衡.而洛倫茲力提供向心力,帶電液滴做勻速圓周運動.所以重力勢能先減小后增大,故A正確;由于電場力先做負功后做正功,所以電勢能先增大后減小,那么機械能先減小后增大,故B錯誤;由于做勻速圓周運動,則速度的大小不變,則動能不變,故C錯誤,D正確.【例2】 答案(1) (2) (3)(2n1) (4)(n0.5)L解析(1)由點電荷電場強度公式和電場疊加原理可得:Ekk;(2)由對稱性知,AB,電荷從A到B的過程中,電場力做功為零,克服阻力做功為:WfFfL,由動能定理:FfL0mv,得:Ff(3)設(shè)電荷從A到O點電場力做功為WF,克服阻力做功為Wf,由動能定理:WFWfnmvmv得:WF(2n1)由:WFq(AO)得:A(2n1)(4)電荷最后停在O點,在全過程中電場力做功為WF(2n1),電荷在電場中運動的總路程為s,則阻力做功為Ffs.由動能定理:WFFfs0mv02即:(2n1)mvsmv02解得:s(n0.5)L.高考預(yù)測3答案(1)(qEmg)Lv(2)qELmv02解析(1)設(shè)滑塊向左運動x時減速到零,由能量守恒定律有:(qEmg)xmv02解得:x之后滑塊向右加速運動,設(shè)第一次到達虛線時的動能為Ek,由能量守恒定律得:qE(xL)Ekmg(xL)解得:Ek(qEmg)Lv滑塊從虛線處壓縮彈簧至最短的過程,機械能守恒,動能全部轉(zhuǎn)化為彈性勢能,所以彈簧的最大彈性勢能為:Epm(qEmg)Lv(2)滑塊往返運動,最終停在虛線位置,整個過程電場力做正功,為WqEL,電勢能減少量為qEL,由能量守恒定律,整個過程產(chǎn)生的熱量等于滑塊機械能的減少量與電勢能的減少量之和,即QqELmv02【例3】 答案(1)6m/s(2)0.72W(3)0.152J解析(1)EBLvIF安BIL當(dāng)安培力與重力沿導(dǎo)軌向下的分力相等時,速度最大,棒ab做勻速運動,即mgsinvm6m/s(2)由(1)可知vm代入P得P0.72W(3)qItx2.6m由能量關(guān)系有Qmgxsin37mv20.152J.高考預(yù)測4答案CD解析由平衡條件,第一次勻速運動時,mgsin,第二次勻速運動時,mgsin,則v2v1,選項A錯誤;ab進入磁場后,安培力做負功,機械能減少,選項B錯誤;從ab進入GH到MN與JP的中間位置的過程中,由動能定理得,W1W2Ek,選項D正確;線框克服安培力做功為W2,等于產(chǎn)生的電能,且W2W1Ek,選項C正確.高考預(yù)測5答案(1)8BL2a端電勢高 (2)解析(1)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得EB4L2L所以EB4L2L8BL2由于ab和ac切割磁感線有效長度相同,回路的總感應(yīng)電動勢為零,金屬框中無電流,但a、b兩端有電勢差,根據(jù)右手定則可判斷a端電勢高所以UabE8BL2(2)若以ab邊為軸勻速轉(zhuǎn)動,ac邊切割磁感線,金屬框?qū)a(chǎn)生正弦交流電,設(shè)某時刻金屬框平面與磁場夾角為,從下向上看如圖所示,則電動勢的瞬時值表達式為eB4Lcos6BL2cos最大值Em6BL2有效值為E3BL2金屬框繞ab邊轉(zhuǎn)動一周產(chǎn)生的總熱量QT則ab邊上產(chǎn)生的熱量QabQ.【例4】 答案(1)3m/s(2)E2 N/C或E62N/C解析(1)FfFFfFNFNmgBqv1由解得:v13m/s(2)在A處:cos,vA6m/s小滑塊不脫離AF的圓弧軌道,剛好滑到D點時:vD0根據(jù)能量守恒得mgRcosqE1(RRcos)0mv解出:E12N/C小滑塊不脫離AF的圓弧軌道,剛好滑到F點時:mgmmg(RRcos)qE2(RRcos)mvmv解出:E262N/C綜上:為了使滑塊不向內(nèi)脫離AF間的圓弧軌道,電場強度E的取值范圍為E2N/C或E62 N/C高考預(yù)測6答案(1)0.2(2)s解析(1)當(dāng)E0時,s4.5m由動能定理得mgLsinmgs0解得0.2(2)當(dāng)E3104N/C時,由牛頓第二定律得mgsinqEcosma1又La1t解得物體在斜面上的運動時間t1s水平面上由牛頓第二定律知mgma2由va1t1又va2t2可
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