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- 2021-05-24 发布
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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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高考物理
【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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高考物理
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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高考物理
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 s0).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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高考物理
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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高考物理
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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高考物理
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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高考物理
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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高考物理
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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高考物理
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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高考物理
[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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高考物理
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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高考物理
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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