（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课件

专题综合突破第一部分专题二功和能第三讲功能关系在电学中的应用知识体系构建[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＝qUW电＝qEdW电＝－ΔEp(2)①焦耳定律：Q＝I2Rt②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突破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θ＝30°.质量为M＝0.2kg的绝缘长板A，以初速度v0＝3m/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＝2.5×102N/C.质量为m＝0.1kg，电量为q＝＋4×10－4C的光滑小物块B，轻放在A板表面最上端．此后经时间t＝0.1s，撤去电场，当物块速度为v＝8m/s时，恰好离开板A，求：(1)撤去电场时，物块B的动能EkB和0.1s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解得：aB＝6m/s2撤电场时，物块B的速度：vB＝aBt＝0.6m/s物块B的动能EkB＝12mv2B＝0.018J物块B在0.1s内在电场方向上的位移：L1＝v2B2aB＝0.03m物块B的电势能变化量：ΔEp＝－qEL1＝－3×10－3J(2)A在斜面上匀速下滑，由平衡条件得：Mgsin30°＝μMgcos30°解得：μ＝33B轻放上A，对A由牛顿第二定律得：μ(M＋m)gcos30°－Mgsin30°＝Ma0解得：a0＝2.5m/s2撤电场时，A的速度：vA＝v0－a0t＝2.75m/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＝5m/s2t′＝v－vBa′B＝1.48s物块B在A上运动的时间：tB＝t＋t′＝1.58s斜面对板A的最大静摩擦力Ffm＝μ(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＝v0a0＝1.2stB故板A向下运动的位移：x＝v202a0＝95m由功能关系得：Q＝μ(M＋m)gcos30°·x＝2.7J.[答案](1)0.018J－3×10－3J(2)2.75m/s(3)2.7J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23gt2D．从A点到最低点，小球的电势能增加了mg2t2AC[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，12gt2＋gt·t－12at2＝0，解得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；ts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＝12mv2A＝12m(－2gt)2＝2mg2t2，故B错误；从A点自由下落的高度h1＝12gt2，匀减速下降的高度h2＝v212a＝gt22×3g＝16gt2，小球从A点到最低点的距离h＝h1＋h2＝12gt2＋16gt2＝23gt2，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ΔEp＝F电h2＝4mg×16gt2＝23mg2t2，故D错误．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θ，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100J，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()BA．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50JD．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50J，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．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θ＝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＝0.4m，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＝0.55m．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m＝0.1kg、导线框的电阻为R＝0.25Ω、ab的长度为L＝0.5m．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μ＝33，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，g＝10m/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－B2L2mRs，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v－t图像可知，在0～0.4s时间内导线框做匀加速直线运动，进入磁场时的速度为v1＝2.0m/s，所以在此过程中的加速度a＝ΔvΔt＝5.0m/s2由牛顿第二定律有F－mgsinθ－μmgcosθ＝ma解得F＝1.5N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＝ER＝BLv1R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＝mgsinθ＋μmgcosθ＋B2L2v1R解得B＝0.50T.(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＝0.15m设导线框与挡板碰撞前的速度为v2，由动能定理，有－mg(x－H)sinθ－μmg(x－H)cosθ＝12mv22－12mv21解得v2＝v21－2gx－Hsinθ＋μcosθ＝1.0m/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mgsinθ＝μmgcosθ＝0.50N，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＝1.0m/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v＝v0－B2L2mRs得v3＝v2－2B2L2HmR＝－1.0m/s因v30，说明导线框在离开磁场前速度已经减为零，这时安培力消失，导线框受力平衡，所以导线框将静止在磁场中某位置导线框向上运动通过磁场区域的过程中产生的焦耳热Q1＝I2Rt＝2B2L2Hv1R＝0.40J导线框向下运动进入磁场的过程中产生的焦耳热Q2＝12mv22＝0.05J所以Q＝Q1＋Q2＝0.45J.[答案](1)1.5N0.50T(2)0.45J用动力学观点、能量观点解答电磁感应问题的一般步骤(2019·江西七校联考)如下图所示，两条光滑的金属导轨相距L＝1m，其中MN段平行于PQ段，位于同一水平面内，NN0段与QQ0段平行，位于与水平面成倾角37°的斜面上，且MNN0与PQQ0均在竖直平面内．在水平导轨区域和倾斜导轨区域内分别有垂直于水平面和斜面的匀强磁场B1和B2，且B1＝B2＝0.5T．ab和cd是质量均为m＝0.1kg、电阻均为R＝4Ω的两根金属棒，ab置于水平导轨上，cd置于倾斜导轨上，均与导轨垂直且接触良好．从t＝0时刻起，ab棒在外力作用下由静止开始沿水平方向向右运动(ab棒始终在水平导轨上运动，且垂直于水平导轨)，cd受到F＝0.6－0.25t(N)沿斜面向上的力的作用，始终处于静止状态．不计导轨的电阻．(sin37°＝0.6，g取10m/s2)(1)求流过cd棒的电流Icd随时间t变化的函数关系；(2)求ab棒在水平导轨上运动的速度vab随时间t变化的函数关系；(3)求从t＝0时刻起，1.0s内通过ab棒的电荷量q；(4)若t＝0时刻起，1.0s内作用在ab棒上的外力做功为W＝16J，求这段时间内cd棒产生的焦耳热Qcd.[答案]C[解析](1)由题意知cd棒受力平衡，则F＋Fcd＝mgsin37°Fcd＝B2IcdL，得Icd＝0.5t(A)．(2)ab棒中电流Iab＝Icd＝0.5t(A)则回路中电源电动势E＝IcdR总ab棒切割磁感线，产生的感应电动势为E＝B1Lvab解得ab棒的速度vab＝8t(m/s)所以，ab棒做初速度为零的匀加速直线运动．(3)ab棒的加速度为a＝8m/s2，1．0s内的位移为x＝12at2＝12×8×1.02m＝4m根据I＝ER总＝ΔΦR总t＝B1LxR总t得q＝It＝B1LxR总＝0.5×1×48C＝0.25C.(4)t＝1.0s时，ab棒的速度，vab＝8t(m/s)＝8m/s，根据动能定理有W－W安＝12mv2ab－0，得1.0s内克服安培力做功W安＝16－12×0.1×82J＝12.8J回路中产生的焦耳热Q＝W安＝12.8Jcd棒上产生的焦耳热Qcd＝Q2＝6.4J.[答案](1)Icd＝0.5t(A)(2)vab＝8t(m/s)(3)0.25C(4)6.4J功能关系在力学和电磁感应中应用时的“三同三异”名师微课导学考场满分答卷策略——功能关系在电学中的应用真题案例审题流程(2019·全国卷Ⅱ)如图，两金属板P、Q水平放置，间距为d.两金属板正中间有一水平放置的金属网G，P、Q、G的尺寸相同．G接地，P、Q的电势均为φ(φ0)．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E＝2φd