2019屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題5 功能關(guān)系在電學(xué)中的應(yīng)用學(xué)案.docx
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5 功能關(guān)系在電學(xué)中的應(yīng)用 電場中的功能關(guān)系中,電粒子(或帶電體)在電場中的運(yùn)動(dòng)問題是近幾年高考??嫉膯栴},高考命題角度集中在動(dòng)能定理在平行板電容器中的應(yīng)用,動(dòng)能定理在非勻強(qiáng)電場中的應(yīng)用,拋體運(yùn)動(dòng)、功能關(guān)系在勻強(qiáng)電場中的應(yīng)用;題目難度以中檔題為主,有選擇亦有計(jì)算題。 電磁感應(yīng)中的功能關(guān)系,高考命題命題角度有能量守恒定律在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用,電磁感應(yīng)電路中的電功、電功率,試題難度以中檔題為主。 應(yīng)用動(dòng)力學(xué)知識(shí)和功能關(guān)系解決力電綜合問題,在高考中常以壓軸題的形式出現(xiàn),題目綜合性強(qiáng),分值高,難度大。 1.電場力做功及電場中的功能關(guān)系 2.求解電磁感應(yīng)中的功能關(guān)系的思路 3.力電綜合問題的一般思維流程 1.(多選)(2018全國卷Ⅰ21)圖中虛線a、b、c、d、f代表勻強(qiáng)電場內(nèi)間距相等的一組等勢面,已知平面b上的電勢為2 V。一電子經(jīng)過a時(shí)的動(dòng)能為10 eV,從a到d的過程中克服電場力所做的功為6 eV。下列說法正確的是( ) A.平面c上的電勢為零 B.該電子可能到達(dá)不了平面f C.該電子經(jīng)過平面d時(shí),其電勢能為4 eV D.該電子經(jīng)過平面b時(shí)的速率是經(jīng)過d時(shí)的2倍 2.如圖,兩固定的絕緣斜面傾角均為θ,上沿相連。兩細(xì)金屬棒ab(僅標(biāo)出a端)和cd(僅標(biāo)出c端)長度均為L、質(zhì)量分別為2m和m;用兩根不可伸長的柔軟輕導(dǎo)線將它們連成閉合回路abdca,并通過固定在斜面上沿的兩光滑絕緣小定滑輪跨放在斜面上,兩定滑輪間的距離也為L。左斜面上存在勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方向垂直于斜面向上。已知斜面及兩根柔軟輕導(dǎo)線足夠長?;芈房傠娮铻镽,兩金屬棒與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ,重力加速度大小為g。使兩金屬棒水平,從靜止開始下滑。求: (1)金屬棒運(yùn)動(dòng)的最大速度vm的大??; (2)當(dāng)金屬棒運(yùn)動(dòng)的速度為時(shí),其加速度大小是多少? 1.如圖所示,勻強(qiáng)磁場的上下邊界水平,寬度為L,方向垂直紙面向里。質(zhì)量為m、邊長為l(l<L)的正方形導(dǎo)線框abcd始終沿豎直方向穿過該磁場,已知cd邊進(jìn)入磁場時(shí)的速度為v0,ab邊離開磁場時(shí)的速度也為v0,重力加速度的大小為g。下列說法正確的是( ) A.線框進(jìn)入和離開磁場時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向相同 B.線框進(jìn)入和離開磁場時(shí)受到的安培力方向相反 C.線框穿過磁場的過程中克服安培力所做的功為mg(L+l) D.線框穿過磁場的過程中可能先做加速運(yùn)動(dòng)后做減速運(yùn)動(dòng) 2.(多選)一質(zhì)量為m帶正電荷的小球由空中A點(diǎn)無初速自由下落,在t秒末加上豎直向上、范圍足夠大的勻強(qiáng)電場,再經(jīng)過t秒小球又回到A點(diǎn)。不計(jì)空氣阻力且小球從未落地,則( ) A.整個(gè)過程中小球電勢能變化了mg2t2 B.整個(gè)過程中小球速度增量的大小為2gt C.從加電場開始到小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)小球動(dòng)能變化了mg2t2 D.從A點(diǎn)到最低點(diǎn)小球重力勢能變化了mg2t2 1.如圖,一個(gè)質(zhì)量為m、帶電量為+q的圓環(huán),可在水平放置的足夠長的粗糙細(xì)桿上滑動(dòng),細(xì)桿處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中?,F(xiàn)給圓環(huán)一個(gè)水平向右的初速度v0,在以后的運(yùn)動(dòng)中下列說法正確的是( ) A. 圓環(huán)可能做勻減速運(yùn)動(dòng) B. 圓環(huán)可能做勻速直線運(yùn)動(dòng) C. 圓環(huán)克服摩擦力所做的功可能為 D. 圓環(huán)克服摩擦力所做的功不可能為 2.如圖所示,ABC是處于豎直平面內(nèi)的光滑絕緣固定斜劈,∠C=30、∠B=60,D為AC的中點(diǎn);質(zhì)量為m、帶正電的小滑塊沿AB面自A點(diǎn)由靜止釋放,滑到斜面底端B點(diǎn)時(shí)速度為v0,若空間加一與ABC平面平行的勻強(qiáng)電場,滑塊仍由靜止釋放,沿AB面滑下,滑到斜面底端B點(diǎn)時(shí)速度為v0,若滑塊由靜止沿AC面滑下,滑到斜面底端C點(diǎn)時(shí)速度為v0,則下列說法正確的是( ) A.電場方向由A指向C B.B點(diǎn)電勢與D點(diǎn)電勢相等 C.滑塊滑到D點(diǎn)時(shí)機(jī)械能增加了mv02 D.小滑塊沿AB面、AC面滑下過程中電勢能變化量大小之比為2∶3 3.(多選)如圖所示,MN、PQ是兩根傾斜放置的足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌。導(dǎo)軌所在平面與水平面成30角,導(dǎo)軌間距為L=0.5 m,導(dǎo)體棒ab、cd分別垂直于導(dǎo)軌放置,且棒兩端都與導(dǎo)軌接觸良好,整個(gè)裝置處在垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場中,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B=0.5 T,當(dāng)給棒ab施加平行于導(dǎo)軌向上的力F時(shí),ab導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌向上以某一速度勻速運(yùn)動(dòng),cd棒恰好靜止在導(dǎo)軌上,已知兩棒的質(zhì)量均為0.5 kg,電阻均為R=0.5 Ω,導(dǎo)軌電阻不計(jì),取g=10 m/s2,則下列說法正確的是( ) A.當(dāng)ab棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí),拉力F的大小為10 N B.當(dāng)ab棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí),回路中的電熱功率為100 W C.撤去拉力F的瞬間,cd棒的加速度大小為5 m/s2 D.撤去拉力F的瞬間,ab棒的加速度大小為10 m/s2 4.如圖所示,足夠長的粗糙絕緣斜面與水平面成θ=37角放置,在斜面上虛線aa′和bb′與斜面底邊平行,在aa′、bb′圍成的區(qū)域有垂直斜面向上的有界勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B=1 T;現(xiàn)有一質(zhì)量為m=10 g、總電阻R=1 Ω、邊長d=0.1 m的正方形金屬線圈MNQP,讓PQ邊與斜面底邊平行,從斜面上端靜止釋放,線圈剛好勻速穿過整個(gè)磁場區(qū)域。已知線圈與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.5,求:(取g=10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8) (1)線圈進(jìn)入磁場區(qū)域時(shí)的速度大小; (2)線圈釋放時(shí),PQ邊到bb′的距離; (3)整個(gè)線圈穿過磁場的過程中,線圈上產(chǎn)生的焦耳熱。 5.(2018福建省寧德市上學(xué)期期末)如圖3所示,PM是半徑為R的四分之一光滑絕緣軌道,僅在該軌道內(nèi)有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.光滑絕緣軌道MN水平且足夠長,PM下端與MN相切于M點(diǎn).質(zhì)量為m的帶正電小球b靜止在水平軌道上,質(zhì)量為2m、電荷量為q的帶正電小球a從P點(diǎn)由靜止釋放,在a球進(jìn)入水平軌道后,a、b兩小球間只有靜電力作用,且a、b兩小球始終沒有接觸.帶電小球均可視為點(diǎn)電荷,設(shè)小球b離M點(diǎn)足夠遠(yuǎn),重力加速度為g.求: 圖3 (1)小球a剛到達(dá)M點(diǎn)時(shí)的速度大小及對(duì)軌道的壓力大??; (2)a、b兩小球系統(tǒng)的電勢能最大值Ep; (3)a、b兩小球最終的速度va、vb的大?。? 參考答案 1.【解題思路】因等勢面間距相等,由U=Ed得相鄰虛線之間電勢差相等,由a到d,-eUad=-6 eV,故Uad=6 V;各虛線電勢如圖所示,因電場力做負(fù)功,故電場方向向右,沿電場線方向電勢降低,φc=0,A項(xiàng)正確;因電子的速度方向未知,若不垂直于等勢面,如圖中實(shí)曲線所示,電子可能到達(dá)不了平面f,B項(xiàng)正確;經(jīng)過d時(shí),電勢能Ep=-eφd=2 eV,C項(xiàng)錯(cuò)誤;由a到b,Wab=Ekb-Eka=-2 eV,所以Ekb=8 eV;由a到d,Wad=Ekd-Eka=-6 eV,所以Ekd=4 eV;則Ekb=2Ekd,根據(jù)Ek=mv2知vb=vd,D項(xiàng)錯(cuò)誤。 【答案】AB 2.【解析】(1)達(dá)到最大速度時(shí),設(shè)兩繩中張力均為FT,金屬棒cd受到的安培力為F,對(duì)ab、cd,根據(jù)平衡條件得到: 2mgsin θ=2FT+2μmgcos θ 2FT=mgsin θ+μmgcos θ+F 而安培力F=BIL 根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律及閉合電路歐姆定律:E=BLvm,I= 整理得到:vm=。 (2)當(dāng)金屬棒的速度為時(shí),設(shè)兩繩中張力均為FT1,金屬棒cd受到的安培力為F1,根據(jù)牛頓第二定律: 2mgsin θ-2FT1-2μmgcos θ=2ma 2FT1-mgsin θ-μmgcos θ-F1=ma 又F1=BI1L,E1=BL,I1= 聯(lián)立以上方程可以得到:a=(sin θ-3μcos θ)。 1.【解題思路】根據(jù)楞次定律可知,線框進(jìn)入磁場和離開磁場時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向相反,再根據(jù)左手定則可知線框受到的安培力方向一直向上,A、B錯(cuò)誤;根據(jù)動(dòng)能定理,可知從進(jìn)入磁場到離開磁場的過程動(dòng)能不變,所以WG-W克安=0,即W克安=mg(L+l),C正確;如果cd邊以速度v0進(jìn)入磁場時(shí)開始做加速運(yùn)動(dòng),那么ab邊離開磁場時(shí)不可能減速到v0,D錯(cuò)誤。 【答案】C 2.【解題思路】小球運(yùn)動(dòng)過程如圖所示,加電場之前與加電場之后,小球的位移大小是相等的。由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式,得v2=2v1。對(duì)加電場之后的運(yùn)動(dòng)過程(圖中虛線過程)應(yīng)用動(dòng)能定理得,對(duì)此前自由下落過程由機(jī)械能守恒得,又,聯(lián)立以上各式可解得電場力所做的功W電=mgh1+mv-mv=2mv=2mg2t2,即整個(gè)過程中小球電勢能減少了2mg2t2,故A錯(cuò);整個(gè)過程中速度增量大小為Δv=v2-0=2v1=2gt,故B正確;從加電場開始到小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí),動(dòng)能變化了ΔEk=0-mv=-mg2t2,故C錯(cuò);由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式知,以及==,則從A點(diǎn)到最低點(diǎn)小球重力勢能變化量為ΔEp=mg(h1+h2)=mg(h1+h1)=mgh1=mv=mg2t2,故D正確。 【答案】BD 1.【答案】BC 2.【解題思路】無電場時(shí)由A到B:mgh=mv02①,有電場時(shí)由A到B:mgh+WE=m(v0)2②,有電場時(shí),由A到C:mgh+WE′=m(v0)2③,聯(lián)立①②③式得:WE=mv02,WE′=mv02,又因?yàn)閃E=qUAB,WE′=qUAC,故UAB=UAC,則D點(diǎn)與B點(diǎn)電勢相等,故B正確;AC與BD不垂直,所以電場方向不可能由A指向C,故A錯(cuò)誤;因D為AC的中點(diǎn),則滑塊滑到D點(diǎn)電場力做的功為滑到C點(diǎn)的一半,為mv02,則機(jī)械能增加了mv02,故C正確;根據(jù)WE=mv02,WE′=mv02知滑塊沿AB面、AC面滑下過程中電勢能變化量大小之比為1∶2,故D錯(cuò)誤。 【答案】BC 3.【解題思路】對(duì)ab棒受力分析,在沿導(dǎo)軌方向上,受到沿導(dǎo)軌向下的安培力,沿導(dǎo)軌向下的重力的分力,以及沿導(dǎo)軌向上的拉力F,故有F=mgsin 30+BIL,對(duì)cd受力分析,在沿導(dǎo)軌方向上受到沿導(dǎo)軌向上的安培力,沿導(dǎo)軌向下的重力的分力,故有mgsin 30=BIL,聯(lián)立解得F=5 N,BIL=2.5 N,A錯(cuò)誤;I==10 A,故回路中的電熱功率為P=I22R=100 W,B正確;撤去拉力F的瞬間,ab棒的加速度a==10 m/s2,cd棒受力不變,所以合力為零,加速度為零,C錯(cuò)誤,D正確。 【答案】BD 4.【解析】(1)對(duì)線圈受力分析,根據(jù)平衡條件得: F安+μmgcos θ=mgsin θ,F(xiàn)安=BId,I=,E=Bdv 聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得:v=2 m/s。 (2)線圈進(jìn)入磁場前做勻加速運(yùn)動(dòng),根據(jù)牛頓第二定律得: a==2 m/s2 線圈釋放時(shí),PQ邊到bb′的距離L== m=1 m。 (3)由于線圈剛好勻速穿過磁場,則磁場寬度等于d=0.1 m Q=W安=F安2d 代入數(shù)據(jù)解得:Q=410-3 J。 5.【解析】(1)小球a從P到M,洛倫茲力、彈力不做功,只有重力做功 由動(dòng)能定理有:2mgR=(2m)vM2 解得:vM= 在M點(diǎn),由牛頓第二定律有:FN-2mg-qvMB= 解得:FN=6mg+qB 根據(jù)牛頓第三定律得小球?qū)壍赖膲毫Υ笮椋篎N′=6mg+qB (2)兩球速度相等時(shí)系統(tǒng)電勢能最大,以向右為正方向,由動(dòng)量守恒定律有:2mvM=3mv共 根據(jù)能量守恒定律有:Ep=(2m)vM2-(3m)v共2 解得:Ep=mgR (3)由動(dòng)量守恒定律:2mvM=2mva+mvb 由能量守恒定律有:(2m)vM2=(2m)va2+mvb2 解得:va=vM=,vb=vM=- 1.請(qǐng)仔細(xì)閱讀文檔,確保文檔完整性,對(duì)于不預(yù)覽、不比對(duì)內(nèi)容而直接下載帶來的問題本站不予受理。
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