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
高考物理
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＝－ΔEp.
(2)克服安培力做功与电势能的关系：W克安＝ΔE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＝－ΔEp
(2)①焦耳定律：Q＝I2Rt
②功能关系：Q＝W克服安培力
③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
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【典例】 (2019·郴州二模) 如图所示，一足够长的固定斜面，倾角θ＝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：
(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ΔEp.
(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
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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
物块B在0.1 s内在电场方向上的位移：
L1＝＝0.03 m
物块B的电势能变化量：ΔEp＝－qEL1＝－3×10－3 J
(2)A在斜面上匀速下滑，由平衡条件得：
Mgsin30°＝μMgcos30°
解得：μ＝
B轻放上A，对A由牛顿第二定律得：
μ(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
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＝μ(M＋m)gcos30°>Mgsin30°
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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
0)．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＝①
F＝qE＝ma②
设粒子第一次到达G时动能为Ek，由动能定理有
qEh＝Ek－mv③
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
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h＝at2④
l＝v0t⑤
联立①②③④⑤式解得
Ek＝mv＋qh
l＝v0
(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＝2v0⑧
[答案] (1)mv＋qh v0 (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，①②④⑤⑥⑦每式1分，③式2分，⑧式4分．
细则2
若过程式①②③④⑤⑥都正确只有计算结果错误只扣⑦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③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．
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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.
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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mv2 B．机械能增加2mv2
C．重力势能增加mv2 D．电势能增加2mv2
[解析] 小球动能的增加量为ΔEk＝m(2v)2－mv2＝mv2，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ΔEp＝mgh＝mv2，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ΔEp′＝mv2＋mv2＝2mv2，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] 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θ(θ<45°)，场中有一质量为m、可视为质点的带电小球，用长为L的细线悬挂于O点，当小球静止时，细线恰好水平．现用竖直向下的恒定外力将小球拉到竖直方向最低点时，小球速度刚好再次为零．若小球电荷量保持不变，则在此过程中( )
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A．小球电势能一直在增加，电势能增量为ΔEp＝mgL
B．小球机械能一直在减小，机械能增量为ΔE＝－mgL
C．小球在最低点的加速度a＝0
D．小球的最大动能Ekm＝(－1)mgL
[解析] 设小球所受电场力为F，根据小球静止时，细线恰好水平，可以得出Fsinθ＝mg，解得F＝.用竖直向下的恒定外力将小球拉到竖直方向最低点，需要克服电场力做功，小球电势能一直在增加．根据功能关系，小球电势能增加量为ΔEp＝FLcosθ＋FLsinθ＝mgL，选项A正确；用竖直向下的恒定外力将小球拉到竖直方向最低点时，小球速度刚好再次为零，分析可知，恒定外力做功大小与重力和电场力的合力做功大小相等，又水平方向和竖直方向运动距离都为L，故恒定外力与重力和电场力的合力大小相等，F外＝F合＝mg，故总的合力恰好与竖直方向夹角为45°，则小球机械能先增大后减小，选项B错误；由以上分析可知小球在最低点的合力方向与竖直方向夹角为45°，根据牛顿第二定律可知小球在最低点的加速度不为零，选项C错误；分析可知，当转过45°时，小球有最大速度，易知小球所受合力为F合＝mg，由动能定理可得小球的最大动能Ekmax＝·mg＝(－1)mgL，选项D正确．
[答案] AD
3．(多选)(2019·湖北省六校联合体4月联考)一带电小球在空中由A点运动到B点的过程中，只受重力、电场力和空气阻力三个力的作用．若重力势能增加5 J，机械能增加1.5 J，电场力做功2 J，则小球( )
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A．重力做功为5 J B．电势能减少2 J
C．空气阻力做功0.5 J D．动能减少3.5 J
[解析] 小球的重力势能增加5 J，则小球克服重力做功5 J，故选项A错误；电场力对小球做功2 J，则小球的电势能减少2 J，故选项B正确；小球共受到重力、电场力、空气阻力三个力作用，小球的机械能增加1.5 J，则除重力以外的力做功为1.5 J，电场力对小球做功2 J，则知，空气阻力做功为－0.5 J，即小球克服空气阻力做功0.5 J，故选项C错误；重力、电场力、空气阻力三力做功之和为－3.5 J，根据动能定理，小球的动能减少3.5 J，故选项D正确．
[答案] BD
4．(2019·山东省实验中学模拟)如图所示，平行板电容器水平放置，两极板间电场强度大小为E，中间用一光滑绝缘细杆垂直连接，杆上套有带正电荷的小球和绝缘弹簧，小球压在弹簧上，但与弹簧不拴接，开始时对小球施加一竖直向下的外力，将小球压至某位置使小球保持静止．撤去外力后小球从静止开始向上运动，上升h时恰好与弹簧分离，分离时小球的速度为v，小球上升过程不会撞击到上极板，已知小球的质量为m，带电荷量为q，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A．与弹簧分离时小球的动能为mgh＋qEh
B．从开始运动到与弹簧分离，小球增加的机械能为mgh＋qEh
C．从开始运动到与弹簧分离，小球减少的电势能为
D．撤去外力时弹簧的弹性势能为mv2－(qE－mg)h
[解析]
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根据动能定理可知，合外力对小球所做的功等于小球动能的变化量，所以小球与弹簧分离时的动能为Ek＝qEh－mgh＋Ep，选项A错误；从开始运动到与弹簧分离，小球增加的机械能为ΔE＝mgh＋mv2＝qEh＋Ep，选项B错误；小球减少的电势能为Eqh，故选项C错误；从撤去外力到小球与弹簧分离，由动能定理可知，mv2＝Ep＋qEh－mgh，所以Ep＝mv2－(qE－mg)h，选项D正确．
[答案] D
5．(多选)(2019·河南六市第5次联考)如右图所示，半径为R的光滑半圆弧绝缘轨道固定在竖直平面内，磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直轨道平面向里．一可视为质点、质量为m、电荷量为q(q>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
B．小球在C点对轨道的压力大小为3mg－qB
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，合外力始终指向圆心，所以mgcosθ＝Fsinθ，θ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．
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[答案] BD
6．(2019·福建宁德一模)如图所示，固定在倾角为θ＝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 Ω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 Ω，导轨电阻不计，重力加速度大小为g＝10 m/s2.则此过程( )
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＝＋mgsinθ，解得vm＝5 m/s，选项A错误；流过电阻R的电荷量q＝＝＝ C＝3 C，选项B错误；回路产生的热量Q＝FL－mgLsinθ－mv＝17.5 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] 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Ⅰ区和右侧Ⅱ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Ⅰ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( )
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A．当EF边刚进入Ⅱ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Ⅰ区的过程中，拉力所做的功为
D．将线框从Ⅰ区全部拉入Ⅱ区的过程中，回路中产生的焦耳热为
[解析] 当EF边刚进入Ⅱ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中做匀速运动，故线框所受安培力和拉力始终相等．线框在Ⅰ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，拉力做功W1＝F1d＝；当EF边进入Ⅱ区距离小于l－d时，HG、EF边均切割磁感线，回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F2＝2BI1l，拉力做功W2＝F2(l－d)＝，则将线框拉至HG边刚离开Ⅰ区的过程中，拉力所做的功W＝W1＋W2＝，选项C正确．当EF边进入Ⅱ区距离大于l－d小于l时，只有EF
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边切割磁感线，产生感应电动势E3＝Blv，感应电流I3＝，线框所受安培力F3＝BI3l，拉力做功W3＝F3d＝；将线框从Ⅰ区全部拉入Ⅱ区的过程中，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．
[答案] BCD
8. (多选)(2019·苏州模拟)在如图所示的倾角为θ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Ⅰ的磁场方向垂直斜面向上．区域Ⅱ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Ⅰ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ΔEk，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－ΔEk)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ΔEk＝W1－W2
[解析] 由平衡条件，第一次匀速运动时，mgsinθ＝，第二次匀速运动时，mgsinθ＝，则v2
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