（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.docx

第三讲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qUW电qEdW电Ep(2)焦耳定律：QI2Rt功能关系：QW克服安培力能量转化：QW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M0.2 kg的绝缘长板A，以初速度v03 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E2.5102 N/C.质量为m0.1 kg，电量为q4104 C的光滑小物块B，轻放在A板表面最上端此后经时间t0.1 s，撤去电场，当物块速度为v8 m/s时，恰好离开板A，求：(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：mgsin30qEmaB解得：aB6 m/s2撤电场时，物块B的速度：vBaBt0.6 m/s物块B的动能EkBmv0.018 J物块B在0.1 s内在电场方向上的位移：L10.03 m物块B的电势能变化量：EpqEL13103 J(2)A在斜面上匀速下滑，由平衡条件得：Mgsin30Mgcos30解得：B轻放上A，对A由牛顿第二定律得：(Mm)gcos30Mgsin30Ma0解得：a02.5 m/s2撤电场时，A的速度：vAv0a0t2.75 m/s.(3)撤去电场后，B在A上运动时，由牛顿第二定律得：mgsin30maB解得：aB5 m/s2t1.48 s物块B在A上运动的时间：tBtt1.58 s斜面对板A的最大静摩擦力Ffm(Mm)gcos30Mgsin30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tA1.2 stB故板A向下运动的位移：x m由功能关系得：Q(Mm)gcos30x2.7 J.答案(1)0.018 J3103 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4mgB小球回到A点时的动能是mg2t2C从A点到最低点的距离是gt2D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，gt2gttat20，解得a3g，根据牛顿第二定律得F电mgma，所以电场力是重力的4倍为4mg，故A正确；t s末的速度v1gt，加电场后，返回A点的速度vAv1atgt3gt2gt，小球回到A点时的动能是Ekmvm(2gt)22mg2t2，故B错误；从A点自由下落的高度h1gt2，匀减速下降的高度h2gt2，小球从A点到最低点的距离hh1h2gt2gt2gt2，故C正确；从A到最低点小球电势能增加量等于克服电场力做的功EpF电h24mggt2mg2t2，故D错误答案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()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 JD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H0.4 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x0.55 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m0.1 kg、导线框的电阻为R0.25 、ab的长度为L0.5 m从t0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vt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生转动，且始终没有离开斜面，g10 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vv0s，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)解析(1)由vt图像可知，在00.4 s时间内导线框做匀加速直线运动，进入磁场时的速度为v12.0 m/s，所以在此过程中的加速度a5.0 m/s2由牛顿第二定律有Fmgsinmgcosma解得F1.5 N由vt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Fmgsinmgcos解得B0.50 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x0xH0.15 m设导线框与挡板碰撞前的速度为v2，由动能定理，有mg(xH)sinmg(xH)cosmvmv解得v21.0 m/s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mgsinmgcos0.50 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v21.0 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由vv0s得v3v21.0 m/s因v30)质量为m、电荷量为q(q0)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EFqEma设粒子第一次到达G时动能为Ek，由动能定理有qEhEkmv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hat2lv0t联立式解得Ekmvqhlv0(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L2l2v0答案(1)mvqhv0(2)2v0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(3)用题给的字母，常见的符号表示物理量，不要杜撰符号.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2mv2C重力势能增加mv2D电势能增加2mv2解析小球动能的增加量为Ekm(2v)2mv2mv2，A错误；小球在竖直方向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Epmghmv2，C错误；电场力对小球做正功，则小球的电势能减少，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Epmv2mv22mv2，D错误；由功能关系可知，除重力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B2(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qBB小球在C点对轨道的压力大小为3mgqBC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mgRmv2，解得v，所以小球在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FNmgF洛m，解得FN3mgqB，故选项B正确；小球从C到D的过程中，合外力始终指向圆心，所以mgcosFsin，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BD6(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d1 m，其底端接有阻值为R2 的电阻，整个装置处在垂直斜面向上、磁感应强度大小为B2 T的匀强磁场中一质量为m1 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F10 N作用下从静止开始沿导轨向上运动距离L6 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r2 ，导轨电阻不计，重力加速度大小为g10 m/s2.则此过程()A杆的速度最大值为4 m/sB流过电阻R的电荷量为6 CC在这一过程中，整个回路产生的热量为17.5 JD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Fmgsin，解得vm5 m/s，选项A错误；流过电阻R的电荷量q C3 C，选项B错误；回路产生的热量QFLmgLsinmv17.5 J，选项C正确；由右手定则可知流过R的电流方向从d到c，选项D错误答案C7(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(ld)、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B当EF边刚进入中间无磁场区时，E、F两点间的电压为C将线框拉至HG边刚离开区的过程中，拉力所做的功为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E12Blv，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E2Blv，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E2Blv，感应电流I2，线框所受安培力F1BI2l，拉力做功W1F1d；当EF边进入区距离小于ld时，HG、EF边均切割磁感线，回路中产生总感应电动势为E12Blv，感应电流大小为I1，线框所受总安培力F22BI1l，拉力做功W2F2(ld)，则将线框拉至HG边刚离开区的过程中，拉力所做的功WW1W2，选项C正确当EF边进入区距离大于ld小于l时，只有EF边切割磁感线，产生感应电动势E3Blv，感应电流I3，线框所受安培力F3BI3l，拉力做功W3F3d；将线框从区全部拉入区的过程中，安培力做的总功WW1W2W3.根据克服安培力做的功等于回路中产生的焦耳热可知，回路中产生的焦耳热为QW，选项D正确答案BCD8. (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；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正确答案CD9(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，则下列说法正确的是()A此过程中通过线框截面的电荷量为B此时线框中的电功率为C此过程中回路产生的电能为D此时线框的加速度为解析根据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截面的电荷量为，选项A错误；此时线框中的电动势E2BaBav，电功率P，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，mv2m2mv2，选项C正确；此时线框中的电流I，线框所受的安培力的合力为F2BIa，加速度为a，选项D正确答案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L5 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m0.5 kg、带电荷量q5105 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E2105 N/C，现让滑块以v014 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，sin370.6，cos370.8)，求：(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(mgcos37qEsin37)1 N根据牛顿第二定律可得qEcos37mgsin37fma，解得a8 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qEcos37mgsin37fs10mv解得s161.5 m设滑块第1次到B时动能为Ek1，从D到B由动能定理得qEcos37mgsin37fEk1mv解得Ek129 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qEx10Ek1，解得x12.9 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Wf2fL10 J滑块第2次回到B点时动能为Ek