2015届高考物理名师考点点拨专题讲义专题四动量和能量观点的综合运用第2课时

-1-第2课时功能关系在电学中的应用1．静电力做功与路径无关．若电场为匀强电场，则W＝Flcosα＝Eqlcosα；若是非匀强电场，则一般利用W＝qU来求．2．磁场力又可分为洛伦兹力和安培力．洛伦兹力在任何情况下对运动的电荷都不做功；安培力可以做正功、负功，还可以不做功．3．电流做功的实质是电场对移动电荷做功．即W＝UIt＝Uq.4．导体棒在磁场中切割磁感线时，棒中感应电流受到的安培力对导体棒做负功，使机械能转化为电能．5．静电力做的功等于电势能的变化，即WAB＝－ΔEp.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中各力做功的特点来选择相应规律求解．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方法.考向1几个重要的功能关系在电学中的应用例1(双选)如图1所示，一绝缘轻弹簧的下端固定在斜面底端，上端连接一带正电的光滑滑块P，滑块所处空间存在着沿斜面向上的匀强电场，倾角为θ的光滑绝缘斜面固定在水平地面上，开始时弹簧是原长状态，物体恰好处于平衡状态，现给滑块一沿斜面向下的初速度v，滑块到最低点时，弹簧的压缩量为x，若弹簧始终处在弹性限度内，以下说法正确的是()图1A．滑块电势能的增加量等于滑块重力势能的减少量-2-B．滑块到达最低点的过程中，克服弹簧弹力做功12mv2C．滑块动能的变化量等于电场力和重力做功的代数和D．当滑块的加速度最大时，滑块和弹簧组成的系统机械能最大审题突破弹簧原长状态时，物体恰好处于平衡状态，说明电场力和重力什么关系？滑块向下到达最低点的过程中，都有哪些力做功？何时加速度最大？解析由题意qE＝mgsinθ，在运动到最低点过程中，电场力做功与重力做功相等，则滑块电势能增加量等于滑块重力势能的减小量，故A正确．克服弹簧弹力做功等于弹性势能的增加量，即等于动能的减少量，故B正确．电场力和重力做功的代数和为零，根据动能定理知，电场力、重力、弹簧弹力做功的代数和等于滑块动能的变化量，故C错误．当滑块运动到最低点时，加速度最大，电场力做的负功最多，即电势能增加最多，此时系统机械能最小，故D错误．答案AB以题说法在解决电学中功能关系问题时应注意以下几点：(1)洛伦兹力在任何情况下都不做功；(2)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．(双选)质量为m的带正电小球由空中A点无初速度自由下落，在t秒末加上竖直向上、范围足够大的匀强电场，再经过t秒小球又回到A点．不计空气阻力且小球从未落地，则()A．整个过程中小球电势能减少了1.5mg2t2B．整个过程中机械能的增量为2mg2t2C．从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能减少了mg2t2D．从A点到最低点小球重力势能减少了23mg2t2答案BD解析由12gt2＝－(vt－12at2)，又v＝gt，解得a＝3g.由a＝qE－mgm，联立解得qE＝4mg，则小球电势能减少为Δε＝qE·12gt2＝2mg2t2.根据功能关系可知，机械能的增量为2mg2t2，故A错误，B正确．从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能减少了ΔEk＝12m(gt)2，故C错误．设从A点到最低点的高度为h，根据动能定理得mgh－qE(h－12gt2)＝0，解得h＝23gt2，故从A点到最低点小球重力势能减少了ΔEp＝mgh＝2mg2t23，故D正确．-3-考向2应用动能定理分析带电体在电场中的运动例2如图2所示是研究带电体的质量与电量关系的光滑绝缘细管，长为L且竖直放置，点电荷M固定在管底部，电荷量为＋Q.现从管口A处静止释放一带电体N，当其电荷量为＋q、质量为m时，N下落至距M为h的B处速度恰好为0.已知静电力常量为k，重力加速度为g，带电体下落过程中不影响原电场．图2(1)若把A换成电量为＋q、质量为3m的带电体N1，仍从A处静止释放．求N1运动过程中速度最大处与M的距离及到达B处的速度大小；(2)若M略向上移动，试判断带电体N能否到达B处，并说明理由；(3)若M保持原位置不变，设法改变带电体N的质量与电量，要求带电体下落的最低点在B处，列出N应满足的条件．审题突破N1运动过程中何时速度最大？质量为m和3m的带电体从A到B相同的物理量是什么？M略向上移动又是哪个物理量发生变化？解析(1)带电体N1运动到重力等于电场力时，速度最大，设距底部距离为r，则有3mg＝kQqr2，解得r＝kQq3mg.设带电体N1运动到B处时的速度为vB，由动能定理，有3mg(l－h)＋qUAB＝12×3mv2B，依题意有mg(l－h)＋qUAB＝0，联立两式可得：vB＝2gl－h3.(2)N不能到达B处．因为mg(l－h)＋qUAB′＜0.(3)设带电体N的质量为m′、电荷量为＋q′，由动能定理得：m′g(l－h)＋q′UAB＝0所以q′m′＝qm-4-答案(1)kQq3mg2gl－h3(2)N不能到达B处，因为mg(1－h)＋qUAB′0(3)带电体下落的最低点在B处，N应满足的条件为q′m′＝qm以题说法1.电场力做功与重力做功的特点类似，都与路径无关．2．对于电场力做功或涉及电势差的计算，选用动能定理往往最简便快捷，但运用动能定理时要特别注意运动过程的选取．如图3所示，在一倾角为37°的绝缘斜面下端O，固定有垂直于斜面的绝缘挡板．斜面ON段粗糙，长度s＝0.02m，NM段光滑，长度L＝0.5m．在斜面的所在区域有竖直向下的匀强电场，场强为2×105N/C.有一小滑块质量为2×10－3kg，带正电，电量为1×10－7C，小滑块与ON段表面的动摩擦因数为0.75.将小滑块从M点由静止释放，在运动过程中没有电量损失，与挡板相碰后原速返回．已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2.求：图3(1)小滑块第一次过N点的速度大小；(2)小滑块最后停在距离挡板多远的位置；(3)小滑块在斜面上运动的总路程．答案(1)23m/s(2)0.01m(3)6.77m解析(1)小滑块第一次过N点的速度为v，则由动能定理有12mv2＝mgLsin37°＋qELsin37°代入数据得：v＝23m/s.(2)滑块在ON段运动时所受的摩擦力f＝μ(mgcos37°＋qEcos37°)＝2.4×10－2N滑块所受重力、电场力沿斜面的分力F1＝mgsin37°＋qEsin37°＝2.4×10－2N因此滑块沿ON下滑时做匀速运动，上滑时做匀减速运动，速度为零时可停下．设小滑块与挡板碰撞n次后停在距挡板距离为x处，则由动能定理得：(mg＋qE)(L＋s－x)sin37°－μ(mg＋qE)[(2n－1)s＋x]cos37°＝0由0≤x≤0.02m，得：12.5≤n≤13.5取n＝13得：x＝0.01m-5-(3)设滑块每一次与挡板碰撞沿斜面上升的距离减少Δx，由能量守恒得：(mg＋qE)Δxsin37°＝2μ(mg＋qE)scos37°代入数据得：Δx＝0.04m滑块第一次与挡板碰撞后沿斜面上升的距离s1＝L＋s－Δx＝0.48m滑块第p次与挡板碰撞后沿斜面上升的距离sp＝s1－(p－1)Δx滑块移动的总路程s总＝L＋s＋x＋2[ps1－pp－1Δx2]由于sp≥s＝0.02m，得p≤12.5，取p＝12代入上式得：s总＝6.77m.考向3功能观点在电磁感应问题中的应用例3(2014·四川成都市二诊)如图4甲所示，MN、PQ是相距d＝1m的足够长平行光滑金属导轨，导轨平面与水平面成某一夹角，导轨电阻不计；长也为1m的金属棒ab垂直于MN、PQ放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，ab的质量m＝0.1kg、电阻R＝1Ω；MN、PQ的上端连接右侧电路，电路中R2为一电阻箱；已知灯泡电阻RL＝3Ω，定值电阻R1＝7Ω，调节电阻箱使R2＝6Ω，重力加速度g＝10m/s2.现断开开关S，在t＝0时刻由静止释放ab，在t＝0.5s时刻闭合S，同时加上分布于整个导轨所在区域的匀强磁场，磁场方向垂直于导轨平面斜向上；图乙所示为ab的速度随时间变化图象．图4(1)求斜面倾角α及磁感应强度B的大小；(2)ab由静止下滑x＝50m(此前已达到最大速度)的过程中，求整个电路产生的电热；(3)若只改变电阻箱R2的值．当R2为何值时，ab匀速下滑中R2消耗的功率最大？消耗的最大功率为多少？审题突破由乙图可知闭合S前、后ab分别做什么运动？可以提取哪些信息？ab由静止下滑的过程中电流是否恒定，如何求电热？解析(1)S断开时，ab做匀加速直线运动，从图乙得a＝ΔvΔt＝6m/s2由牛顿第二定律有mgsinα＝ma，所以有sinα＝35，即α＝37°，-6-t＝0.5s时，S闭合且加了磁场，分析可知，此后ab将先做加速度减小的加速运动，当速度达到最大(vm＝6m/s)后接着做匀速运动．匀速运动时，由平衡条件知mgsinα＝F安，又F安＝BIdI＝BdvmR总R总＝R＋R1＋RLR2RL＋R2＝10Ω联立以上四式有mgsinα＝B2d2vmR总代入数据解得B＝mgsinαR总d2vm＝1T(2)由能量转化关系有mgsinαx＝12mv2m＋Q代入数据解得Q＝mgsinαx－12mv2m＝28.2J(3)改变电阻箱R2的值后，ab匀速下滑时有mgsinα＝BdI所以I＝mgsinαBd＝0.6A通过R2的电流为I2＝RLRL＋R2IR2的功率为P＝I22R2联立以上三式可得P＝I2R2LR2RL＋R22＝I2R2LRLR2＋R22当RLR2＝R2时，即R2＝RL＝3Ω，功率最大，所以Pm＝0.27W.答案(1)37°1T(2)28.2J(3)3Ω0.27W以题说法导体棒在匀强磁场中运动时棒中的感应电流受到的安培力是变力，所以安培力做的功只能由动能定理或能量守恒定律来求解．(双选)如图5所示，固定在同一水平面上的两平行金属导轨AB、CD，两端接有阻值相同的两个定值电阻．质量为m的导体棒垂直放在导轨上，轻弹簧左端固定，右端连接导体棒，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中．当导体棒静止在OO′位置时，弹簧处于原长状态．此时给导体棒一个水平向右的初速度v0，它能向右运动的最远距离为d，且能再次经过OO′位置．已知导体棒所受的摩擦力大小恒为f，导体棒向右运动过程中左侧电阻产生的热量为Q，不计导轨和导体棒的电阻．则()-7-图5A．弹簧的弹性势能最大为12mv20－Q－fdB．弹簧的弹性势能最大为12mv20－2Q－fdC．导体棒再次回到OO′位置时的动能等于12mv20－4Q－2fdD．导体棒再次回到OO′位置时的动能大于12mv20－4Q－2fd答案BD解析当导体棒向右运动的过程中，12mv20＝Ep＋2Q＋fd所以Ep＝12mv20－2Q－fd①故A错误，B正确；由于产生了电能和热能，导体棒的机械能不断减小，所以导致棒在同一个位置时，向右的速度大于向左的速度，所以导体棒向左运动的过程中产生的电能小于导体棒向右运动的过程中产生的电能，即2Q′2Q，当导体棒向左运动的过程中，Ep＝12mv2＋2Q′＋fd②联立①②得：12mv2＝12mv20－2Q－fd－2Q′－fd12mv20－4Q－2fd，故C错误，D正确．7．应用动力学和功能观点处理电学综合问题例4(16分)如图6所示，水平绝缘粗糙的轨道AB与处于竖直平面内的半圆形绝缘光滑轨道BC平滑连接，半圆形轨道的半径R＝0.4m，在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场线与轨道所在的平面平行，电场强度E＝1.0×104N/C.现有一电荷量q＝＋1.0×10－4C，质量m＝0.1kg的带电体(可视为质点)，在水平轨道上的P点由静止释放，带电体恰好能通过半圆形轨道的最高点C，然后落至水平轨道上的D点．取g＝10m/s2.试求：图6-8-(1)带电体运动到圆形轨道B点时对圆形轨道的压力大小；(2)D点到B点的距离xDB；(3)带电体在从P开始运动到落至D点的过程中的最大动能．解析(1)设带电体通过C点时的速度为v0，根据牛顿第二定律得：mg＝