高考物理专题05功能关系在电磁学中的应用教学案.docx

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高考物理专题05功能关系在电磁学中的应用教学案

专题5功能关系在电磁学中的应用

【2018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．

【重点、难点剖析】

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＝Flcosα计算，此公式只适用于匀强电场，可变形为W＝Eqlcosα.

（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＝Flcosα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．

【题型示例】

题型1、电场中的功能关系的应用

【例1】【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:

1B．Ec：

Ed=2:

1C．Wab:

Wbc=3:

1D．Wbc:

Wcd=1:

3

【答案】AC

【变式探究】（多选）（2016·全国卷Ⅰ，20）如图1，一带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直面（纸面）内，且相对于过轨迹最低点P的竖直线对称。

忽略空气阻力。

由此可知（）

图1

A．Q点的电势比P点高

B．油滴在Q点的动能比它在P点的大

C．油滴在Q点的电势能比它在P点的大

D．油滴在Q点的加速度大小比它在P点的小

解析由于油滴受到的电场力和重力都是恒力，所以合外力为恒力，加速度恒定不变，所以D选项错；由于油滴轨迹相对于过P的竖直线对称且合外力总是指向轨迹弯曲内侧，所以油滴所受合外力沿竖直向上的方向，因此电场力竖直向上，且qE>mg，则电场方向竖直向下，所以Q点的电势比P点的高，A选项正确；当油滴从P点运动到Q点时，电场力做正功，电势能减小，C选项错误；当油滴从P点运动到Q点的过程中，合外力做正功，动能增加，所以Q点动能大于P点的动能，B选项正确。

答案AB

【举一反三】（2015·四川理综，6，6分）（多选）如图所示，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N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D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

【变式探究】（2014·重庆卷，3）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>EbB．Wa≠Wb，Ea>Eb

C．Wa＝Wb，Ea

【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＝0.3m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＝0.12kg的带电小球A和B，其中A球带正电，电荷量为q＝3×10－6C．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＝9×109N·m2/C2，取g＝10m/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）．

解析

（1）B球水平方向所受合力为零，则有qBE＝k

所以E＝k

＝9×109×

N/C＝3×105N/C

（2）两球及细线最后位置如图所示，

QB的拉力FT＝2mg＝2×0.12×10N＝2.4N

A球受力平衡，则有qE＝mgtanθ，所以tanθ＝

＝

＝

，即θ＝37°

（3）A球克服电场力做功，

W＝－qEL（1－sinθ）＝－3×10－6×3×105×0.3×（1－0.6）J＝－0.108J

所以A球的电势能增加了

ΔEp＝－W＝0.108J

答案

（1）3×105N/C

（2）2.4N37°（3）增加0.108J

考点2、磁场中的功能关系的应用

【例2】【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）

（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

（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】（2015·天津理综，12,20分）现代科学仪器常利用电场、磁场控制带电粒子的运动．真空中存在着如图所示的多层紧密相邻的匀强电场和匀强磁场，电场与磁场的宽度均为d.电场强度为E，方向水平向右；磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，电场、磁场的边界互相平行且与电场方向垂直．一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子在第1层电场左侧边界某处由静止释放，粒子始终在电场、磁场中运动，不计粒子重力及运动时的电磁辐射．

（1）求粒子在第2层磁场中运动时速度v2的大小与轨迹半径r2；

（2）粒子从第n层磁场右侧边界穿出时，速度的方向与水平方向的夹角为θn，试求sinθn；

（3）若粒子恰好不能从第n层磁场右侧边界穿出，试问在其他条件不变的情况下，也进入第n层磁场，但比荷较该粒子大的粒子能否穿出该层磁场右侧边界，请简要推理说明之．

（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＝

mv

⑤

qvnB＝m

n⑥

图1

粒子进入第n层磁场时，速度的方向与水平方向的夹角为αn，从第n层磁场右侧边界穿出时速度方向与水平方向的夹角为θn，粒子在电场中运动时，垂直于电场线方向的速度分量不变，有

vn－1sinθn－1＝vnsinαn⑦

由图1看出

rnsinθn－rnsinαn＝d⑧

由⑥⑦⑧式得

rnsinθn－rn－1sinθn－1＝d⑨

由⑨式看出r1sinθ1，r2sinθ2，…，rnsinθn为一等差数列，公差为d，可得

rnsinθn＝r1sinθ1＋（n－1）d⑩

图2

当n＝1时，由图2看出

r1sinθ1＝d

由⑤⑥⑩⑪式得

sinθn＝B

⑫

（3）若粒子恰好不能从第n层磁场右侧边界穿出，则

θn＝

⑬

sinθn＝1⑭

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

＞

⑮

则导致

sinθn′＞1⑯

说明θn′不存在，即原假设不成立．所以比荷较该粒子大的粒子不能穿出该层磁场右侧边界．

答案

（1）2

（2）B

（3）见解析

【变式探究】（2014·广东卷，15）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

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

解析由于电磁感应，小磁块在铜管P中还受到向上的磁场力，而在塑料管中只受到重力，即只在Q中做自由落体运动，机械能守恒，故A、B错误；而在P中加速度较小，下落时间较长，落至底部的速度较小，故C正确，D错误．

答案C

【变式探究】（2014·全国卷新课标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，装置的俯视图如图所示．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2－6－9中未画出）．