第2講動量觀點和能量觀點在電學中的應(yīng)用知識必備1.靜電力做功與路徑無關(guān)。若電場為勻強電場，則W＝Flcosα＝qElcosα；若是非勻強電場，則一般利用W＝qU來求。2.靜電力做的功等于電勢能的變化，即WAB＝－ΔEp。3.電流做功的實質(zhì)是電場對移動電荷做功，即W＝UIt＝qU。4.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電荷都不做功；安培力可以做正功、負功，還可以不做功。5.電磁感應(yīng)中的能量問題(1)能量轉(zhuǎn)化：其他形式的能量eq\o(→,\s\up7(克服安培力做功))電能電能eq\o(→,\s\up7(電流做功))焦耳熱或其他形式能(2)焦耳熱的三種求法：①焦耳定律：Q＝I2Rt②功能關(guān)系：Q＝W克服安培力③能量轉(zhuǎn)化：Q＝W其他能的減少量,備考策略動量觀點和能量觀點在電學中應(yīng)用的題目，一般過程復雜且涉及多種性質(zhì)不同的力，因此，要抓住4點：(1)受力分析和運動過程分析是關(guān)鍵。(2)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。(3)力學中的幾個功能關(guān)系在電學中仍然成立。(4)感應(yīng)電動勢是聯(lián)系電磁感應(yīng)與電路的橋梁，要做好“源”的分析，電磁感應(yīng)產(chǎn)生的電功率等于內(nèi)、外電路消耗的功率之和，這是能量守恒分析這類問題的思路。功能關(guān)系在電學中的應(yīng)用【真題示例】(多選)(2017·全國卷Ⅲ，21)一勻強電場的方向平行于xOy平面，平面內(nèi)a、b、c三點的位置如圖1所示，三點的電勢分別為10V、17V、26V。下列說法正確的是()圖1A.電場強度的大小為2.5V/cmB.坐標原點處的電勢為1VC.電子在a點的電勢能比在b點的低7eVD.電子從b點運動到c點，電場力做功為9eV解析如圖所示，設(shè)a、c之間的d點電勢與b點電勢相同，則eq\f(ad,dc)＝eq\f(10－17,17－26)＝eq\f(7,9)，所以d點的坐標為(3.5cm，6cm)，過c點作等勢線bd的垂線，電場強度的方向由高電勢指向低電勢。由幾何關(guān)系可得，cf的長度為3.6cm，電場強度的大小E＝eq\f(U,d)＝eq\f(（26－17）V,3.6cm)＝2.5V/cm，故選項A正確；因為Oacb是矩形，所以有Uac＝UOb，可知坐標原點O處的電勢為1V，故選項B正確；a點電勢比b點電勢低7V，電子帶負電，所以電子在a點的電勢能比在b點的高7eV，故選項C錯誤；b點電勢比c點電勢低9V，電子從b點運動到c點，電場力做功為9eV，故選項D正確。答案ABD真題感悟1.高考考查特點(1)本考點重在通過帶電粒子在電場中的運動考查電場中的功能關(guān)系。(2)理解電場力做功與電勢能的變化關(guān)系，是解題的關(guān)鍵。2.常見誤區(qū)及臨考提醒(1)在進行電場力做功和電勢能的判斷時，要注意電荷的正負。(2)電場力做功只與始、末位置有關(guān)，與路徑無關(guān)。(3)利用能量的轉(zhuǎn)化和守恒解決電磁感應(yīng)問題時要準確把握參與轉(zhuǎn)化的能量的形式和種類，同時要確定各種能量的增減情況和增減原因。預測1功能關(guān)系在電場中的應(yīng)用預測2功能關(guān)系在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用預測3應(yīng)用動力學觀點和功能觀點處理電學綜合問題1.(多選)如圖2甲所示，一光滑絕緣細桿豎直放置，與細桿右側(cè)距離為d的A點處有一固定的正點電荷，細桿上套有一帶電小環(huán)，設(shè)小環(huán)與點電荷的豎直高度差為h，將小環(huán)無初速度地從h高處釋放后，在下落至h＝0的過程中，其動能Ek隨h的變化曲線如圖乙所示，則()圖2A.小環(huán)可能帶負電B.從h高處下落至h＝0的過程中，小環(huán)電勢能增加C.從h高處下落至h＝0的過程中，小環(huán)經(jīng)過了加速、減速、再加速三個階段D.小環(huán)將做以O(shè)點為中心的往復運動解析由題圖乙中Ek隨h的變化曲線可知，小環(huán)從h高處下落至h＝0的過程中，經(jīng)過了加速、減速、再加速三個階段，選項C正確；合外力做功的情況是先做正功，再做負功，最后又做正功，而重力一直對小環(huán)做正功，故只有庫侖力能對小環(huán)做負功，即小環(huán)帶正電，選項A錯誤；從h高處下落至h＝0的過程中，電場力做負功，故小環(huán)電勢能增加，選項B正確；小環(huán)越過O點后，所受的電場力、重力及桿對小環(huán)的彈力的合力方向向下，故小環(huán)將向下做加速運動，選項D錯誤。答案BC2.(多選)在如圖3所示的傾角為θ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Ⅰ的磁場方向垂直斜面向上。區(qū)域Ⅱ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的正方形導線框，由靜止開始沿斜面下滑。當ab邊剛越過GH進入磁場Ⅰ區(qū)時，恰好以速度v1做勻速直線運動；當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ΔEk，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3A.在下滑過程中，由于重力做正功，所以有v2>v1B.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(W1－ΔEk)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ΔEk＝W1－W2解析由平衡條件，第一次勻速運動時，mgsinθ＝eq\f(B2L2v1,R)，第二次勻速運動時，mgsinθ＝eq\f(4B2L2v2,R)，則v2<v1，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，W1－W2＝ΔEk，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W2＝W1－ΔEk，選項C正確。答案CD3.如圖4所示，光滑絕緣水平面AB與傾角θ＝37°，長L＝5m的固定絕緣斜面BC在B處平滑相連，在斜面的C處有一與斜面垂直的彈性絕緣擋板。質(zhì)量m＝0.5kg、帶電荷量q＝＋5×10－5C的絕緣帶電小滑塊(可看作質(zhì)點)置于斜面的中點D，整個空間存在水平向右的勻強電場，場強E＝2×105N/C，現(xiàn)讓滑塊以v0＝14m/s的速度沿斜面向上運動。設(shè)滑塊與擋板碰撞前后所帶電荷量不變、速度大小不變，滑塊和斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1。(g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：圖4(1)滑塊沿斜面向上運動的加速度大小；(2)滑塊運動的總路程。解析(1)滑塊與斜面之間的摩擦力f＝μ(mgcos37°＋qEsin37°)＝1N根據(jù)牛頓第二定律可得qEcos37°－mgsin37°－f＝ma解得a＝8m/s2。(2)由題可知，滑塊最終停在C點。設(shè)滑塊從D點開始運動到最終停在C點的過程中在斜面上運動的路程為s1，由動能定理有qEeq\f(L,2)cos37°－mgeq\f(L,2)sin37°－fs1＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得s1＝61.5m設(shè)滑塊第1次到B時動能為Ek1，從D到B由動能定理得－qEeq\f(L,2)cos37°＋mgeq\f(L,2)sin37°－f·eq\f(3L,2)＝Ek1－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得Ek1＝29J設(shè)滑塊第1次從B滑到水平面上的最遠距離為x1，由動能定理得－qEx1＝0－Ek1解得x1＝2.9m水平面光滑，滑塊滑回到B點時動能不變，滑塊在斜面上往返一次克服摩擦力做功Wf＝2fL＝10J滑塊第2次回到B點時動能為Ek2＝Ek1－Wf＝19J設(shè)滑塊第2次從B滑到水平面上的最遠距離為x2，由動能定理得－qEx2＝0－Ek2，解得x2＝1.9m同理，滑塊第3次從B滑到水平面上的最遠距離為x3＝0.9m此后就不會再滑到水平面上了滑塊在水平面上運動的總路程為s2＝2(x1＋x2＋x3)＝11.4m滑塊運動的總路程s＝s1＋s2＝72.9m。答案(1)8m/s2(2)72.9m應(yīng)用動量觀點和能量觀點處理力電綜合問題【真題示例】(2017·天津理綜，12)電磁軌道炮利用電流和磁場的作用使炮彈獲得超高速度，其原理可用來研制新武器和航天運載器。電磁軌道炮示意圖如圖5所示，圖中直流電源電動勢為E，電容器的電容為C。兩根固定于水平面內(nèi)的光滑平行金屬導軌間距為l，電阻不計。炮彈可視為一質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒MN，垂直放在兩導軌間處于靜止狀態(tài)，并與導軌良好接觸。首先開關(guān)S接1，使電容器完全充電。然后將S接至2，導軌間存在垂直于導軌平面、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場(圖中未畫出)，MN開始向右加速運動。當MN上的感應(yīng)電動勢與電容器兩極板間的電壓相等時，回路中電流為零，MN達到最大速度，之后離開導軌。問：圖5(1)磁場的方向；(2)MN剛開始運動時加速度a的大??；(3)MN離開導軌后電容器上剩余的電荷量Q是多少。解析(1)垂直于導軌平面向下。(2)電容器完全充電后，兩極板間電壓為E，當開關(guān)S接2時，電容器放電，設(shè)剛放電時流經(jīng)MN的電流為I，有I＝eq\f(E,R)①設(shè)MN受到的安培力為F，有F＝IlB②由牛頓第二定律，有F＝ma③聯(lián)立①②③式得a＝eq\f(BlE,mR)④(3)當電容器充電完畢時，設(shè)電容器上電荷量為Q0，有Q0＝CE⑤開關(guān)S接2后，MN開始向右加速運動，速度達到最大值vmax時，設(shè)MN上的感應(yīng)電動勢為E′，有E′＝Blvmax⑥依題意有E′＝eq\f(Q,C)⑦設(shè)在此過程中MN的平均電流為I，MN上受到的平均安培力為F，有F＝IlB⑧由動量定理，有FΔt＝mvmax－0⑨又IΔt＝Q0－Q⑩聯(lián)立⑤⑥⑦⑧⑨⑩式得Q＝eq\f(B2l2C2E,m＋B2l2C)?答案(1)垂直于導軌平面向下(2)eq\f(BlE,mR)(3)eq\f(B2l2C2E,m＋B2l2C)真題感悟1.高考考查特點(1)本考點的知識點覆蓋面廣、綜合性強，還有復雜代數(shù)運算和推理，難度較大。(2)2017年全國卷在此處沒考題，2018年出題的可能性很大，要引起關(guān)注。2.常見誤區(qū)及臨考提醒(1)處理本考點的問題要靠基本方法和典型物理模型來支撐。(2)注意數(shù)學知識的靈活選用。預測1動量和能量觀點在電場中的應(yīng)用預測2動量和能量觀點在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用預測3應(yīng)用動量和能量觀點處理電學綜合問題1.在勻強電場中，將質(zhì)子和α粒子分別由靜止開始加速(不計重力)，當它們獲得相同動能時，質(zhì)子經(jīng)歷的時間為t1，α粒子經(jīng)歷的時間為t2，則t1∶t2為()A.1∶1 B.1∶2C.2∶1 D.4∶1解析對質(zhì)子，根據(jù)動量定理，有qPEt1＝eq\r(2mPEk)①對α粒子，根據(jù)動量定理，有qαEt2＝eq\r(2mαEk)②根據(jù)題意，式中E和Ek都相同。①÷②并將qα＝2qP，mα＝4mP代入得t1∶t2＝1∶1。選項A正確。答案A2.如圖6所示，兩根足夠長的固定的平行金屬導軌位于同一水平面內(nèi)，兩導軌間的距離為L，導軌上面橫放著兩根導體棒ab和cd，構(gòu)成矩形回路，兩根導體棒的質(zhì)量皆為m，電阻皆為R，回路中其余部分的電阻可不計。在整個導軌平面內(nèi)都有豎直向上的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B。設(shè)兩導體棒均可沿導軌無摩擦地滑行，開始時，棒cd靜止，棒ab有指向棒cd的初速度v0，若兩導體棒在運動中始終不接觸，求：圖6(1)在運動中產(chǎn)生的焦耳熱Q最多是多少？(2)當ab棒的速度變?yōu)槌跛俣鹊膃q\f(3,4)時，cd棒的加速度a是多少？解析(1)從開始到兩棒達到相同速度v的過程中，兩棒的總動量守恒，有mv0＝2mv，得v＝eq\f(v0,2)。根據(jù)能量守恒定律，整個過程中產(chǎn)生的焦耳熱Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(2m)v2＝eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)。(2)設(shè)ab棒的速度變?yōu)閑q\f(3,4)v0時，cd棒的速度為v′，則由動量守恒可知mv0＝eq\f(3,4)mv0＋mv′，解得v′＝eq\f(1,4)v0此時回路中的電動勢為E＝eq\f(3,4)BLv0－eq\f(1,4)BLv0＝eq\f(1,2)BLv0此時回路中的電流為I＝eq\f(E,2R)＝eq\f(BLv0,4R)此時cd棒所受的安培力為F＝BIL＝eq\f(B2L2v0,4R)由牛頓第二定律可得，cd棒的加速度a＝eq\f(F,m)＝eq\f(B2L2v0,4mR)答案(1)eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)(2)eq\f(B2L2v0,4mR)3.如圖7所示，豎直平面MN與紙面垂直，MN右側(cè)的空間內(nèi)存在著垂直紙面向內(nèi)的勻強磁場和水平向左的勻強電場，MN左側(cè)的水平面光滑，右側(cè)的水平面粗糙。質(zhì)量為m的物體A靜止在MN左側(cè)的水平面上，已知物體A帶負電，所帶電荷量的大小為q。一質(zhì)量為eq\f(1,3)m、不帶電的物體B以速度v0沖向物體A并發(fā)生彈性碰撞，碰撞前后物體A的電荷量保持不變。A與MN右側(cè)的水平面的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度的大小為g，磁感應(yīng)強度的大小為B＝eq\f(3mg,qv0)，電場強度的大小為E＝eq\f(4μmg,q)。已知物體A在MN右側(cè)區(qū)域中運動到與MN的距離為l的C點(圖中未畫出)時，速度達到最大值。物體A、B均可以看作質(zhì)點，重力加速度為g。求：圖7(1)碰撞后物體A的速度大??；(2)物體A從進入MN右側(cè)區(qū)域到運動到C點的過程中克服摩擦力所做的功W。解析(1)設(shè)A、B碰撞后的速度分別為vA、vB，由于A、B發(fā)生彈性碰撞，動量、能量均守恒，則有eq\f(1,3)mv0＝eq\f(1,3)mvB＋mvA①eq\f(1,2)·eq\f(1,3)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)·eq\f(1,3)mveq\o\al(2,B)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)②聯(lián)立①②可得vA＝eq\f(1,2)v0③(2)A的速度達到最大值vm時合力為零，受力如圖所示豎直方向上合力為零，有FN＝qvmB＋mg④水平方向上合力為零，有qE＝μFN⑤根據(jù)動能定理，有qEl－W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－eq\f(1,2)mveq\o\a