（新课标）2020版高考物理大二轮复习 专题二 功和能 第三讲 功能关系在电学中的应用教学案

1 第三讲第三讲 功能关系在电学中的应用功能关系在电学中的应用 知识建构 注 1 注 2 详见答案部分 备考点睛 1 两种功能关系 1 电场力做功与电势能的关系w电 ep 2 克服安培力做功与电势能的关系 w克安 e电 2 一个易错点 洛伦兹力对运动电荷不做功 但洛伦兹力的 分力可以做功 答案 1 w电 qu w电 qed w电 ep 2 焦耳定律 q i2rt 功能关系 q w克服安培力 能量转化 q w其他能的减少量 热点考向一 动力学观点和能量观点在电磁场中的应用 典例 2019 郴州二模 如图所示 一足够长的固定斜面 倾角 30 质量 为m 0 2 kg 的绝缘长板a 以初速度v0 3 m s 沿斜面匀速下滑 空间有一沿斜面向下 的匀强电场 电场强度e 2 5 102 n c 质量为m 0 1 kg 电量为q 4 10 4 c 的光 滑小物块b 轻放在a板表面最上端 此后经时间t 0 1 s 撤去电场 当物块速度为 v 8 m s 时 恰好离开板a 求 2 1 撤去电场时 物块b的动能ekb和 0 1 s 内的电势能变化量 ep 2 撤去电场时 板a的速度va 3 物块b在板a上运动的全过程 系统发热q 思路引领 解析 1 在电场力作用下 物块b受重力 支持力 电场力作用 由牛顿第二定 律得 mgsin30 qe mab 解得 ab 6 m s2 撤电场时 物块b的速度 vb abt 0 6 m s 物块b的动能ekb mv 0 018 j 1 22b 物块b在 0 1 s 内在电场方向上的位移 l1 0 03 m v2b 2ab 物块b的电势能变化量 ep qel1 3 10 3 j 3 2 a在斜面上匀速下滑 由平衡条件得 mgsin30 mgcos30 解得 3 3 b轻放上a 对a由牛顿第二定律得 m m gcos30 mgsin30 ma0 解得 a0 2 5 m s2 撤电场时 a的速度 va v0 a0t 2 75 m s 3 撤去电场后 b在a上运动时 由牛顿第二定律得 mgsin30 ma b 解得 a b 5 m s2 t 1 48 s v vb a b 物块b在a上运动的时间 tb t t 1 58 s 斜面对板a的最大静摩擦力 ffm m m gcos30 mgsin30 当a速度减为 0 后 a将静止在斜面上 板a做匀减速运动的时间ta 1 2 s tb v0 a0 故板a向下运动的位移 x m v2 0 2a0 9 5 由功能关系得 q m m gcos30 x 2 7 j 答案 1 0 018 j 3 10 3 j 2 2 75 m s 3 2 7 j 电场中的功能关系 功能 只有电场力做功电势能与动能之和保持不变 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 除重力 系统内弹力之外 其他各力做的功机械能的变化量 合外力做的功动能的变化量 4 迁移一 电场中的功能关系 1 多选 2019 河北名校联盟 质量为m的带正电小球由空中a点无初速度自由下 落 t秒末 在小球下落的空间中 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 重力加速度为g 则 a 小球所受电场力的大小是 4mg b 小球回到a点时的动能是mg2t2 c 从a点到最低点的距离是gt2 2 3 d 从a点到最低点 小球的电势能增加了mg2t2 解析 小球先做自由下落 然后受电场力和重力向下做匀减速直线运动直到速度为 0 再向上做匀加速运动回到a点 设加上电场后小球的加速度大小为a 规定向下为正方 向 整个过程中小球的位移为 0 运用运动学公式有 gt2 gt t at2 0 解得 1 2 1 2 a 3g 根据牛顿第二定律得f电 mg ma 所以电场力是重力的 4 倍为 4mg 故 a 正确 t s 末的速度v1 gt 加电场后 返回a点的速度va v1 at gt 3gt 2gt 小球回到 a点时的动能是ek mv m 2gt 2 2mg2t2 故 b 错误 从a点自由下落的高度 1 22a 1 2 h1 gt2 匀减速下降的高度h2 gt2 小球从a点到最低点的距离 1 2 v2 1 2a gt 2 2 3g 1 6 h h1 h2 gt2 gt2 gt2 故 c 正确 从a到最低点小球电势能增加量等于克服电场 1 2 1 6 2 3 力做的功 ep f电h2 4mg gt2 mg2t2 故 d 错误 1 6 2 3 答案 ac 迁移二 电磁场中的功能关系 2 2019 江西六校联考 如图所示 一带正电小球穿在一根绝缘粗糙直杆上 杆与水 平方向夹角为 整个空间存在着竖直向上的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场 先给 小球一初速度 使小球沿杆向下运动 在a点时的动能为 100 j 在c点时动能减为零 d 为ac的中点 那么带电小球在运动过程中 5 a 到达c点后小球不可能沿杆向上运动 b 小球在ad段克服摩擦力做的功与在dc段克服摩擦力做的功不等 c 小球在d点时的动能为 50 j d 小球电势能的增加量等于重力势能的减少量 解析 如果电场力大于重力 则速度减为零后小球可能沿杆向上运动 选项 a 错误 小球受重力 电场力 洛伦兹力 弹力和滑动摩擦力 由于f洛 qvb 故洛伦兹力减小 导致支持力和滑动摩擦力变化 故小球在ad段克服摩擦力做的功与在dc段克服摩擦力做 的功不等 选项 b 正确 由于小球在ad段克服摩擦力做的功与在dc段克服摩擦力做的功 不等 故小球在d点时的动能也就不一定为 50 j 选项 c 错误 该过程是小球的重力势能 电势能 动能和系统的内能之和守恒 故小球电势能的增加量不等于重力势能的减少量 选项 d 错误 答案 b 伦兹力不做功 但是洛伦兹力会随v变化 导致支持力和摩擦力变化 从而会影响摩 擦做功的大小 热点考向二 动力学观点和能量观点在电磁感应中的应用 典例 2019 湖北六校联考 将一斜面固定在水平面上 斜面的倾角为 30 其上表面绝缘且斜面的顶端固定一挡板 在斜面上加一垂直斜面向上的匀强磁场 磁场区 域的宽度为h 0 4 m 如图甲所示 磁场边界与挡板平行 且上边界到斜面顶端的距离为 x 0 55 m 将一通电导线围成的矩形导线框abcd置于斜面的底端 已知导线框的质量为 6 m 0 1 kg 导线框的电阻为r 0 25 ab的长度为l 0 5 m 从t 0 时刻开始在导 线框上加一恒定的拉力f 拉力的方向平行于斜面向上 使导线框由静止开始运动 当导 线框的下边与磁场的上边界重合时 将恒力f撤走 最终导线框与斜面顶端的挡板发生碰 撞 碰后导线框以等大的速度反弹 导线框沿斜面向下运动 已知导线框向上运动的v t 图像如图乙所示 导线框与斜面间的动摩擦因数为 整个运动过程中导线框没有发 3 3 生转动 且始终没有离开斜面 g 10 m s2 1 求在导线框上施加的恒力f以及磁感应强度的大小 2 若导线框沿斜面向下运动通过磁场时 其速度v与位移s的关系为 v v0 s 其中v0是导线框ab边刚进入磁场时的速度大小 s为导线框ab边进入磁 b2l2 mr 场区域后对磁场上边界的位移大小 求整个过程中导线框中产生的热量q 思路引领 1 2 7 解析 1 由v t图像可知 在 0 0 4 s 时间内导线框做匀加速直线运动 进入磁 场时的速度为v1 2 0 m s 所以在此过程中的加速度a 5 0 m s2 v t 由牛顿第二定律有f mgsin mgcos ma 解得f 1 5 n 由v t图像可知 导线框进入磁场区域后以速度v1做匀速直线运动 通过导线框的电流i e r blv1 r 导线框所受安培力f安 bil 对于导线框匀速运动的过程 由力的平衡条件有 f mgsin mgcos b2l2v1 r 解得b 0 50 t 2 导线框进入磁场区域后做匀速直线运动 并以速度v1匀速穿出磁场 说明导线框 的宽度等于磁场的宽度h 导线框ab边离开磁场后做匀减速直线运动 到达挡板时的位移为 x0 x h 0 15 m 设导线框与挡板碰撞前的速度为v2 由动能定理 有 mg x h sin mg x h cos mv mv 1 22 2 1 22 1 解得v2 1 0 m s v2 1 2g x h sin cos 导线框碰挡板后速度大小仍为v2 导线框下滑过程中 由于重力沿斜面方向的分力与 滑动摩擦力大小相等 即mgsin mgcos 0 50 n 因此导线框与挡板碰撞后向下做 匀速运动 ab边刚进入磁场时的速度为v2 1 0 m s 进入磁场后因为又受到安培力作用 而减速 做加速度逐渐变小的减速运动 设导线框全部离开磁场区域时的速度为v3 8 由v v0 s得v3 v2 1 0 m s b2l2 mr 2b2l2h mr 因v30 质量为m 电荷量为q q 0 的粒子自g的左端上方距离 g为h的位置 以速度v0平行于纸面水平射 入电场 重力忽略不计 1 求粒子第一次穿过g时的动能 以及它 从射入电场至此时在水平方向上的位移大小 2 若粒子恰好从g的下方距离g也为h的 位置离开电场 则金属板的长度最短应为多 少 满分样板 解析 1 pg qg间场强大小相等 均为e 粒子在pg间所受电场力f的方向竖直向下 设粒子的加速度大小为a 有 e 2 d f qe ma 设粒子第一次到达g时动能为ek 由动能定理有 qeh ek mv 1 22 0 设粒子第一次到达g时所用的时间为t 粒子在水平方向的位移大小为l 则有 h at2 1 2 l v0t 联立 式解得 12 ek mv qh 1 22 0 2 d l v0 mdh q 2 若粒子穿过g一次就从电场的右侧飞出 则金属板的长度最短 由对称性知 此时金属 板的长度l为 l 2l 2v0 mdh q 答案 1 mv qh v0 2 2v0 1 22 0 2 d mdh q mdh q 评分细则满分技巧 细则 1 本题共 12 分 第 1 问 8 分 第 2 问 4 分 每式 1 分 式 2 分 式 4 分 细则 2 若过程式 都正确只有计算结果 错误只扣 式的分数 2 问中说明 粒子 穿过g一次就从电场的右侧飞出 则金属板 长度最短 但没求出l的给 2 分 技巧 1 要有必要的文字说明 1 说明非题设字母符号的意义 例如本题 中的e a意义要在答案中说明 2 说明研究的过程和状态 例如第一次到 达g的过程 3 说明列方程的依据 例如 式是依据动 能定理 4 说明题目中的隐含条件 如pg qg间场 强相同 技巧 2 即使题目不会做也要把与本题相关 的表达式都写上 阅卷时只看评分标准中给定的公式来给分 同一个表达式与多个对象挂钩写多遍 也是 有分的 技巧 3 用最常规 最基本的方法解题 不 标新立异 阅卷工作量很大 且速度很快 采用特殊解 法容易造成阅卷老师错批 进而失分 如采 用特殊法必须有必要的文字说明 技巧 4 要有书写规范的物理方程式 1 写出的方程必须是原始方程 2 要用字母表达方程 不要掺有数字的方 程 13 3 用题给的字母 常见的符号表示物理量 不要杜撰符号 14 专题强化训练 七 一 选择题 1 2019 天津卷 如图所示 在水平向右的匀强电场中 质量为m的带电小球 以初 速度v从m点竖直向上运动 通过n点时 速度大小为 2v 方向与电场方向相反 则小球 从m运动到n的过程 a 动能增加mv2b 机械能增加 2mv2 1 2 c 重力势能增加mv2d 电势能增加 2mv2 3 2 解析 小球动能的增加量为 ek m 2v 2 mv2 mv2 a 错误 小球在竖直方向 1 2 1 2 3 2 上的分运动为竖直上抛 到n时竖直方向的速度为零 则m n两点之间的高度差为 h 小球重力势能的增加量为 ep mgh mv2 c 错误 电场力对小球做正功 则小 v2 2g 1 2 球的电势能减少 由能量守恒定律可知 小球减小的电势能等于重力势能与动能的增加量 之和 则电势能的减少量为 ep mv2 mv2 2mv2 d 错误 由功能关系可知 除重力 3 2 1 2 外的其他力对小球所做的功等于小球机械能的增加量 即 2mv2 b 正确 答案 b 2 多选 2019 湖北武汉高三毕业生四月调研 如图所示 匀强电场与水平方向成 夹角 0 的小球由轨道左端a处无初速度滑下 当小球滑至轨道最低点 c时 给小球再施加一始终水平向右的外力f 使小球能保持不变的速率滑过轨道右侧的d 点 若小球始终与轨道接触 重力加速度为g 则下列判断中正确的是 a 小球在c点受到的洛伦兹力大小为qb gr b 小球在c点对轨道的压力大小为 3mg qb 2gr c 小球从c到d的过程中 外力f的大小保持不变 d 小球从c到d的过程中 外力f的功率逐渐增大 解析 小球从a到c过程中由机械能守恒有mgr mv2 解得v 所以小球在 1 22gr c点受到的洛伦兹力大小为f洛 qb 故选项 a 错误 在c点由牛顿第二定律有 2gr fn mg f洛 m 解得fn 3mg qb 故选项 b 正确 小球从c到d的过程中 合外 v2 r2gr 力始终指向圆心 所以mgcos fsin 变化 外力f的大小发生变化 故选项 c 错 误 小球从c到d的过程中 由能量守恒定律可知外力f的功率等于重力功率大小 所以 外力f的功率逐渐增大 故选项 d 正确 答案 bd 6 2019 福建宁德一模 如图所示 固定在倾角为 30 的斜面内的两根平行长 直光滑金属导轨的间距为d 1 m 其底端接有阻值为r 2 的电阻 整个装置处在垂直 斜面向上 磁感应强度大小为b 2 t 的匀强磁场中 一质量为m 1 kg 质量分布均匀 的 导体杆ab垂直于导轨放置 且与两导轨保持良好接触 现杆在沿斜面向上 垂直于杆的恒 力f 10 n 作用下从静止开始沿导轨向上运动距离l 6 m 时 速度恰好达到最大 运动过 程中杆始终与导轨保持垂直 设杆接入电路的电阻为r 2 导轨电阻不计 重力加速 度大小为g 10 m s2 则此过程 18 a 杆的速度最大值为 4 m s b 流过电阻r的电荷量为 6 c c 在这一过程中 整个回路产生的热量为 17 5 j d 流过电阻r的电流方向为由c到d 解析 当杆达到最大速度时满足f mgsin 解得vm 5 m s 选项 a 错 b2d2vm r r 误 流过电阻r的电荷量q c 3 c 选项 b 错误 回路产生 r r bld r r 2 6 1 2 2 的热量q fl mglsin mv 17 5 j 选项 c 正确 由右手定则可知流过r的电流方 1 22 m 向从d到c 选项 d 错误 答案 c 7 多选 2019 东北省四市联考 如图所示 在宽度为d的条形无场区左侧 区和右 侧 区内 存在着磁感应强度大小均为b的匀强磁场 磁场方向如图所示 有一边长为 l l d 电阻均匀分布且阻值为r的正方形金属线框efgh置于 区域 ef边与磁场边界 平行 现使线框以垂直于磁场边界的速度v从图示位置向右匀速运动 则 a 当ef边刚进入 区时 线框中电流方向为顺时针 大小为 blv r b 当ef边刚进入中间无磁场区时 e f两点间的电压为 blv 4 19 c 将线框拉至hg边刚离开 区的过程中 拉力所做的功为 b2l2v 4 l 3d r d 将线框从 区全部拉入 区的过程中 回路中产生的焦耳热为 2b2l2v 2 l d r 解析 当ef边刚进入 区时 金属线框hg ef边均切割磁感线 由右手定则可判 断出hg边切割磁感线产生的感应电动势方向为顺时针方向 ef边切割磁感线产生的感应 电动势方向为顺时针方向 则回路中产生总感应电动势为e1 2blv 由闭合电路欧姆定律 回路中产生的感应电流大小为i1 方向为顺时针方向 选项 a 错误 当ef边 e1 r 2blv r 刚进入中间无磁场区域时 只有hg边切割磁感线 回路中产生的感应电动势e2 blv 感 应电流i2 e f两点之间的电压为u 选项 b 正确 线框在整个运动过程 e2 r i2r 4 blv 4 中做匀速运动 故线框所受安培力和拉力始终相等 线框在 区运动 磁通量不变 不产 生感应电流 拉力不做功 在ef边进入中间无磁场区域的过程中 只有hg边切割磁感线 回路中产生的感应电动势为e2 blv 感应电流i2 线框所受安培力f1 bi2l 拉力 e2 r 做功w1 f1d 当ef边进入 区距离小于l d时 hg ef边均切割磁感线 回 b2l2vd r 路中产生总感应电动势为e1 2blv 感应电流大小为i1 线框所受总安培力 e1 r 2blv r f2 2bi1l 拉力做功w2 f2 l d 则将线框拉至hg边刚离开 区的过程 4b2l2v l d r 中 拉力所做的功w w1 w2 选项 c 正确 当ef边进入 区距离大于 b2l2v 4 l 3d r l d小于l时 只有ef边切割磁感线 产生感应电动势e3 blv 感应电流i3 线框 e3 r 所受安培力f3 bi3l 拉力做功w3 f3d 将线框从 区全部拉入 区的过程中 b2l2vd r 安培力做的总功w w1 w2 w3 根据克服安培力做的功等于回路中 2b2l2v 2 l d r 产生的焦耳热可知 回路中产生的焦耳热为q w 选项 d 正确 2b2l2v 2 l d r 答案 bcd 8 多选 2019 苏州模拟 在如图所示的倾角为 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 20 当ab边下滑到jp与mn的中间位置时 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 a 在下滑过程中 由于重力做正功 所以有v2 v1 b 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 w1 ek 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 ek w1 w2 解析 由平衡条件 第一次匀速运动时 mgsin 第二次匀速运动时 b2l2v1 r mgsin 则v2 v1 选项 a 错误 ab进入磁场后 安培力做负功 机械能减少 4b2l2v2 r 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 w1 w2 ek 选项 d 正确 线框克服安培力做功为w2 等于产生的电能 且 w2 w1 ek 选项 c 正确 答案 cd 9 多选 2019 抚州质检 如图所示 在光滑的水平面上方 有两个磁感应强度大小 均为b 方向相反的水平匀强磁场 pq为两个磁场的分界线 磁场范围足够大 一个边长 为a 质量为m 电阻为r的金属正方形线框 以速度v垂直磁场方向从图中实线位置开始 向右运动 当线框运动到分别有一半面积在两个磁场中时 线框的速度为 则下列说法正 v 2 确的是 21 a 此过程中通过线框截面的电荷量为 ba2 2r b 此时线框中的电功率为 b2a2v2 4r c 此过程中回路产生的电能为 3mv2 8 d 此时线框的加速度为 2b2a2v mr 解析 根据q 穿过线圈的磁通量由ba2减小到零 所以此过程中通过线框横 r 截面的电荷量为 选项 a 错误 此时线框中的电动势e 2ba bav 电功率p ba2 r v 2 e2 r 选项 b 错误 此过程中回路产生的电能等于线圈动能的减少量 b2a2v2 r mv2 m 2 mv2 选项 c 正确 此时线框中的电流i 线框所受的安培力的合 1 2 1 2 v 2 3 8 e r bav r 力为f 2bia 加速度为a 选项 d 正确 2b2a2v mr 答案 cd 二 非选择题 10 2019 浙江五校联考 如图所示 光滑绝缘水平面ab与倾角 37 长l 5 m 的固定绝缘斜面bc在b处平滑相连 在斜面的c处有一与斜面垂直的弹性绝缘挡板 质 量m 0 5 kg 带电荷量q 5 10 5 c 的绝缘带电小滑块 可看作质点 置于斜面的中点 d 整个空间存在水平向右的匀强电场 场强e 2 105 n c 现让滑块以v0 14 m s 的速 度沿斜面向上运动 设滑块与挡板碰撞前后所带电荷量不变 速度大小不变 滑块和斜面 间的动摩擦因数 0 1 g取 10 m s2 sin37 0 6 cos37 0 8 求 22 1 滑块沿斜面向上运动的加速度大小 2 滑块运动的总路程 解析 1 滑块与斜面之间的摩擦力 f mgcos37 qesin37 1 n 根据牛顿第二定律可得 qecos37 mgsin37 f ma 解得a 8 m s2 2 由题可知 滑块最终停在c点 设滑块从d点开始运动到最终停在c点的过程中在斜面上运动的总路程为s1 由动能 定理有 qecos37 mgsin37 fs1 0 mv l 2 l 2 1 22 0 解得s1 61 5 m 设滑块第 1 次到b时动能为ek1 从d到b由动能定理得 qecos37 mgsin37 f ek1 mv l 2 l 2 3l 2 1 22 0 解得ek1 29 j 设滑块第 1 次从b滑到水平面上的最远距离为x1 由动能定理得 qex1 0 ek1 解得x1 2 9 m 水平面光滑 滑块滑回到b点时动能不变 滑块在斜面上往返一次克服摩擦力做功 wf 2fl 10