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1、2019-2020年高考物理大二轮复习与增分策略专题四功能关系的应用第2讲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WFlcos Eqlcos ；若是非匀强电场，则一般利用WqU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WUItUq.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WABEp.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
2、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.例1(多选)如图1所示地面上方存在水平向右的匀强电场.现将一带电小球从距离地面O点高h处的A点以水平速度v0抛出，经过一段时间小球恰好垂直于地面击中地面上的B点，B到O的距离也为h.当地重力加速度为g，则下列说法正确的是()图1A.从A到B的过程中小球的动能先减小后增大B.下落过程中小球机械能一直增加C.小球的加速度始终保持2g不变D.从A点到B点小球的的电势能增加了mgh解析由题意分析知，小球在水平方向匀减速，竖直方向匀加速，由于
3、时间相等，两方向位移相同，故qEmg，合力大小为mg，斜向左下方45，故小球的动能先减小后增大；电场力一直做负功，小球机械能一直减小，小球的加速度始终保持g不变，从A点到B点电场力做负功，大小为qEhmgh，故电势能增加了mgh.答案AD预测1如图2所示，直角三角形ABC由三段细直杆连接而成，AB杆竖直，AC杆粗糙且绝缘，其倾角为30，长为2L，D为AC上一点，且BD垂直AC，在BC杆中点O处放置一正点电荷Q.一套在细杆上的带负电小球，以初速度v0由C点沿CA上滑，滑到D点速率恰好为零，之后沿AC杆滑回C点.小球质量为m、电荷量为q，重力加速度为g.则()图2A.小球上滑过程中先匀加速后匀减速
4、B.小球下滑过程中电场力先做负功后做正功C.小球再次滑回C点时的速率为vCD.小球下滑过程中动能、电势能、重力势能三者之和增大答案C解析小球上滑过程中受到重力、库仑力、杆的支持力以及摩擦力作用，由于库仑力和摩擦力是变力，则运动过程中加速度始终发生变化，故A错误；根据几何关系可知，ODOC，则C、D两点电势相等，所以从C到D的过程中，电场力做功为零，在C点时，小球受到的库仑力是引力，电场力做正功，后电场力做负功，故B错误；从C到D的过程中，根据动能定理得：0mvmghWf，再从D回到C的过程中，根据动能定理得：mv0mghWf，根据几何关系可知，hL解得：vC，故C正确；小球下滑过程中由于摩擦力
5、做负功，则小球动能、电势能、重力势能三者之和减小，故D错误.预测2(多选)如图3所示，某一空间内充满竖直向下的匀强电场E，在竖直平面内建立坐标系xOy，在y0的空间内，将一质量为m的带电液滴(可视为质点)自由释放，则此液滴沿y轴的负方向以加速度a2g(g为重力加速度)做匀加速直线运动，当液滴运动到坐标原点时，瞬间被安置在原点的一个装置改变了带电性质(液滴所带电荷量和质量均不变)，随后液滴进入ymg，虚线右侧的水平面光滑.一轻弹簧右端固定在墙上，处于原长时，左端恰好位于虚线位置，把滑块放到虚线左侧L处，并给滑块一个向左的初速度v0，已知滑块与绝缘水平面间的动摩擦因数为，求：图5(1)弹簧的最大弹
6、性势能；(2)滑块在整个运动过程中产生的热量.答案(1)(qEmg)Lv(2)qELmv02解析(1)设滑块向左运动x时减速到零，由能量守恒定律有：(qEmg)xmv02解得：x之后滑块向右加速运动，设第一次到达虚线时的动能为Ek，由能量守恒定律得：qE(xL)Ekmg(xL)解得：Ek(qEmg)Lv滑块从虚线处压缩弹簧至最短的过程，机械能守恒，动能全部转化为弹性势能，所以弹簧的最大弹性势能为：Epm(qEmg)Lv(2)滑块往返运动，最终停在虚线位置，整个过程电场力做正功，为WqEL，电势能减少量为qEL，由能量守恒定律，整个过程产生的热量等于滑块机械能的减少量与电势能的减少量之和，即Qq
7、ELmv02解题方略1.电磁感应过程中产生的感应电流在磁场中必定受到安培力的作用，因此，要维持感应电流的存在，必须有“外力”克服安培力做功，将其他形式的能转化为电能.“外力”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.2.当感应电流通过用电器时，电能又转化为其他形式的能.安培力做功的过程，或通过电阻发热的过程，是电能转化为其他形式能的过程.安培力做了多少功，就有多少电能转化为其他形式的能.3.若回路中电流恒定，可以利用电路结构及WUIt或QI2Rt直接进行计算电能.4.若电流变化，则：(1)利用安培力做的功求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功；(2)利用能量守恒求解：若只
8、有电能与机械能的转化，则机械能的减少量等于产生的电能.例3如图6所示，足够长光滑导轨倾斜放置，导轨平面与水平面夹角37，导轨间距L0.4 m，其下端连接一个定值电阻R2 ，其它电阻不计.两导轨间存在垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度B0.5 T.一质量为m0.02 kg的导体棒ab垂直于导轨放置，现将导体棒由静止释放，取重力加速度g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8.图6(1)求导体棒下滑的最大速度；(2)求ab棒下滑过程中电阻R消耗的最大功率；(3)若导体棒从静止加速到v4 m/s的过程中，通过R的电量q0.26 C，求R产生的热量Q.解析(1)EBLvIF安BIL
9、当安培力与重力沿导轨向下的分力相等时，速度最大，棒ab做匀速运动，即mgsin vm6 m/s(2)由(1)可知vm代入P得P0.72 W(3)qItx2.6 m由能量关系有Qmgxsin 37mv20.152 J.答案(1)6 m/s(2)0.72 W(3)0.152 J预测4(多选)在如图7所示的倾角为的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小均为B的匀强磁场，区域的磁场方向垂直斜面向上，区域的磁场方向垂直斜面向下，磁场的宽度均为L，一个质量为m、电阻为R、边长也为L的正方形导线框，由静止开始沿斜面下滑，当ab边刚越过GH进入磁场区时，恰好以速度v1做匀速直线运动；当ab边下滑到JP与MN的中
10、间位置时，线框又恰好以速度v2做匀速直线运动，从ab进入GH到MN与JP的中间位置的过程中，线框的动能变化量为Ek，重力对线框做功大小为W1，安培力对线框做功大小为W2，下列说法中正确的是()图7A.在下滑过程中，由于重力做正功，所以有v2v1B.从ab进入GH到MN与JP的中间位置的过程中，机械能守恒C.从ab进入GH到MN与JP的中间位置的过程中，有(W1Ek)的机械能转化为电能D.从ab进入GH到MN到JP的中间位置的过程中，线框动能的变化量为EkW1W2答案CD解析由平衡条件，第一次匀速运动时，mgsin ，第二次匀速运动时，mgsin ，则v2v1，选项A错误；ab进入磁场后，安培力
11、做负功，机械能减少，选项B错误；从ab进入GH到MN与JP的中间位置的过程中，由动能定理得，W1W2Ek，选项D正确；线框克服安培力做功为W2，等于产生的电能，且W2W1Ek，选项C正确.预测5如图8所示 ，单位长度电阻相等的直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于bc边水平向右.ab4L，bc3L，金属框总电阻为R.求：图8(1)若金属框绕bc边以角速度按图示方向匀速转动时，ab两点间的电势差Uab是多少？a、b两点哪点电势高？(2)若金属框绕ab边以角速度匀速转动一周，ab边上产生的焦耳热是多少？答案(1)8BL2a端电势高(2)解析(1)根据法拉第电磁感应定律得EB4L2L所以EB4L2L8BL2由于ab和ac切割磁感线有效长度相同，回路的总感应电动势为零，金属框中无电流，但a、b两端有电势差，根据右手定则可判断a端电势高所以UabE8BL2(2)若以ab边为轴匀速转动，ac边切割磁感线，金属框将产生正弦交流电，设某时刻金属框平面与磁场夹角为，从下向上看如图所示，则电动势的瞬时值表达式为eB4Lcos 6BL2cos 最大值Em6BL2有效值为E3BL2金属框绕ab边转动一周产生的总热量QT则ab边上
