《【步步高】（全國(guó)通用）高考物理大二輪復(fù)習(xí) 專題訓(xùn)練四 第2課時(shí) 功能關(guān)系在電學(xué)中的應(yīng)用.doc》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《【步步高】（全國(guó)通用）高考物理大二輪復(fù)習(xí) 專題訓(xùn)練四 第2課時(shí) 功能關(guān)系在電學(xué)中的應(yīng)用.doc（17頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第2課時(shí)功能關(guān)系在電學(xué)中的應(yīng)用1靜電力做功與路徑無(wú)關(guān)若電場(chǎng)為勻強(qiáng)電場(chǎng)，則WFlcos Eqlcos ；若是非勻強(qiáng)電場(chǎng)，則一般利用WqU來(lái)求2磁場(chǎng)力又可分為洛倫茲力和安培力洛倫茲力在任何情況下對(duì)運(yùn)動(dòng)的電荷都不做功；安培力可以做正功、負(fù)功，還可以不做功3電流做功的實(shí)質(zhì)是電場(chǎng)對(duì)移動(dòng)電荷做功即WUItUq.4導(dǎo)體棒在磁場(chǎng)中切割磁感線時(shí)，棒中感應(yīng)電流受到的安培力對(duì)導(dǎo)體棒做負(fù)功，使機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電能5靜電力做的功等于電勢(shì)能的變化，即WABEp.1功能關(guān)系在電學(xué)中應(yīng)用的題目，一般過(guò)程復(fù)雜且涉及多種性質(zhì)不同的力，因此，通過(guò)審題，抓住受力分析和運(yùn)動(dòng)過(guò)程分析是關(guān)鍵，然后根據(jù)不同的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中各力做功的特點(diǎn)來(lái)選擇相應(yīng)規(guī)

2、律求解2動(dòng)能定理和能量守恒定律在處理電學(xué)中能量問(wèn)題時(shí)仍然是首選的方法.考向1幾個(gè)重要的功能關(guān)系在電學(xué)中的應(yīng)用例1如圖1所示，一絕緣輕彈簧的下端固定在斜面底端，上端連接一帶正電的光滑滑塊P，滑塊所處空間存在著沿斜面向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，傾角為的光滑絕緣斜面固定在水平地面上，開(kāi)始時(shí)彈簧是原長(zhǎng)狀態(tài)，物體恰好處于平衡狀態(tài)，現(xiàn)給滑塊一沿斜面向下的初速度v，滑塊到最低點(diǎn)時(shí)，彈簧的壓縮量為x，若彈簧始終處在彈性限度內(nèi)，以下說(shuō)法正確的是()圖1A滑塊電勢(shì)能的增加量等于滑塊重力勢(shì)能的減少量B滑塊到達(dá)最低點(diǎn)的過(guò)程中，克服彈簧彈力做功mv2C滑塊動(dòng)能的變化量等于電場(chǎng)力和重力做功的代數(shù)和D當(dāng)滑塊的加速度最大時(shí)，滑塊和彈簧組

3、成的系統(tǒng)機(jī)械能最大審題突破彈簧原長(zhǎng)狀態(tài)時(shí)，物體恰好處于平衡狀態(tài)，說(shuō)明電場(chǎng)力和重力什么關(guān)系？滑塊向下到達(dá)最低點(diǎn)的過(guò)程中，都有哪些力做功？何時(shí)加速度最大？解析由題意qEmgsin ，在運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)過(guò)程中，電場(chǎng)力做功與重力做功相等，則滑塊電勢(shì)能增加量等于滑塊重力勢(shì)能的減小量，故A正確克服彈簧彈力做功等于彈性勢(shì)能的增加量，即等于動(dòng)能的減少量，故B正確電場(chǎng)力和重力做功的代數(shù)和為零，根據(jù)動(dòng)能定理知，電場(chǎng)力、重力、彈簧彈力做功的代數(shù)和等于滑塊動(dòng)能的變化量，故C錯(cuò)誤當(dāng)滑塊運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，加速度最大，電場(chǎng)力做的負(fù)功最多，即電勢(shì)能增加最多，此時(shí)系統(tǒng)機(jī)械能最小，故D錯(cuò)誤答案AB以題說(shuō)法在解決電學(xué)中功能關(guān)系問(wèn)題時(shí)應(yīng)注

4、意以下幾點(diǎn)：(1)洛倫茲力在任何情況下都不做功；(2)電場(chǎng)力做功與路徑無(wú)關(guān)，電場(chǎng)力做的功等于電勢(shì)能的變化；(3)力學(xué)中的幾個(gè)功能關(guān)系在電學(xué)中仍然成立 質(zhì)量為m的帶正電小球由空中A點(diǎn)無(wú)初速度自由下落，在t秒末加上豎直向上、范圍足夠大的勻強(qiáng)電場(chǎng)，再經(jīng)過(guò)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(guò)程中小球電勢(shì)能減少了1.5mg2t2B整個(gè)過(guò)程中機(jī)械能的增量為2mg2t2C從加電場(chǎng)開(kāi)始到小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)小球動(dòng)能減少了mg2t2D從A點(diǎn)到最低點(diǎn)小球重力勢(shì)能減少了mg2t2答案BD解析由gt2(vtat2)，又vgt，解得a3g.由a，聯(lián)立解得qE4mg，則小球電勢(shì)能減少為qEgt22m

5、g2t2.根據(jù)功能關(guān)系可知，機(jī)械能的增量為2mg2t2，故A錯(cuò)誤，B正確從加電場(chǎng)開(kāi)始到小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)小球動(dòng)能減少了Ekm(gt)2，故C錯(cuò)誤設(shè)從A點(diǎn)到最低點(diǎn)的高度為h，根據(jù)動(dòng)能定理得mghqE(hgt2)0，解得hgt2，故從A點(diǎn)到最低點(diǎn)小球重力勢(shì)能減少了Epmgh，故D正確考向2應(yīng)用動(dòng)能定理分析帶電體在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)例2如圖2所示是研究帶電體的質(zhì)量與電量關(guān)系的光滑絕緣細(xì)管，長(zhǎng)為L(zhǎng)且豎直放置，點(diǎn)電荷M固定在管底部，電荷量為Q.現(xiàn)從管口A處?kù)o止釋放一帶電體N，當(dāng)其電荷量為q、質(zhì)量為m時(shí)，N下落至距M為h的B處速度恰好為0.已知靜電力常量為k，重力加速度為g，帶電體下落過(guò)程中不影響原電場(chǎng)(1)若

6、把A換成電量為q、質(zhì)量為3m的帶電體N1，仍從A處?kù)o止釋放求N1運(yùn)動(dòng)過(guò)程中速度最大處與M的距離及到達(dá)B處的速度大??；(2)若M略向上移動(dòng)，試判斷帶電體N能否到達(dá)B處，并說(shuō)明理由；(3)若M保持原位置不變，設(shè)法改變帶電體N的質(zhì)量與電量，要求帶電體下落的最低點(diǎn)在B處，列出N應(yīng)滿足的條件 圖2審題突破N1運(yùn)動(dòng)過(guò)程中何時(shí)速度最大？質(zhì)量為m和3m的帶電體從A到B相同的物理量是什么？M略向上移動(dòng)又是哪個(gè)物理量發(fā)生變化？解析(1)帶電體N1運(yùn)動(dòng)到重力等于電場(chǎng)力時(shí)，速度最大，設(shè)距底部距離為r，則有3mg，解得r .設(shè)帶電體N1運(yùn)動(dòng)到B處時(shí)的速度為vB，由動(dòng)能定理，有3mg(lh)qUAB3mv，依題意有mg(

7、lh)qUAB0，聯(lián)立兩式可得：vB2 .(2)N不能到達(dá)B處因?yàn)閙g(lh)qUAB0.(3)設(shè)帶電體N的質(zhì)量為m、電荷量為q，由動(dòng)能定理得：mg(lh)qUAB0所以答案(1) 2 (2)N不能到達(dá)B處，因?yàn)閙g(1h)qUAB0(3)帶電體下落的最低點(diǎn)在B處，N應(yīng)滿足的條件為以題說(shuō)法1.電場(chǎng)力做功與重力做功的特點(diǎn)類似，都與路徑無(wú)關(guān)2對(duì)于電場(chǎng)力做功或涉及電勢(shì)差的計(jì)算，選用動(dòng)能定理往往最簡(jiǎn)便快捷，但運(yùn)用動(dòng)能定理時(shí)要特別注意運(yùn)動(dòng)過(guò)程的選取 如圖3所示，在一傾角為37的絕緣斜面下端O，固定有垂直于斜面的絕緣擋板斜面ON段粗糙，長(zhǎng)度s0.02 m，NM段光滑，長(zhǎng)度L0.5 m在斜面的所在區(qū)域有豎直

8、向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)為2105 N/C.有一小滑塊質(zhì)量為2103 kg，帶正電，電量為1107 C，小滑塊與ON段表面的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.75.將小滑塊從M點(diǎn)由靜止釋放，在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中沒(méi)有電量損失，與擋板相碰后原速返回已知sin 370.6，cos 370.8，g取10 m/s2.求：圖3(1)小滑塊第一次過(guò)N點(diǎn)的速度大小；(2)小滑塊最后停在距離擋板多遠(yuǎn)的位置；(3)小滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的總路程答案(1)2 m/s(2)0.01 m(3)6.77 m解析(1)小滑塊第一次過(guò)N點(diǎn)的速度為v，則由動(dòng)能定理有mv2mgLsin 37qELsin 37代入數(shù)據(jù)得：v2 m/s.(2)滑塊在ON段運(yùn)動(dòng)時(shí)所受

9、的摩擦力Ff(mgcos 37qEcos 37)2.4102 N滑塊所受重力、電場(chǎng)力沿斜面的分力F1mgsin 37qEsin 372.4102 N因此滑塊沿ON下滑時(shí)做勻速運(yùn)動(dòng)，上滑時(shí)做勻減速運(yùn)動(dòng)，速度為零時(shí)可停下設(shè)小滑塊與擋板碰撞n次后停在距擋板距離為x處，則由動(dòng)能定理得：(mgqE)(Lsx)sin 37(mgqE)(2n1)sxcos 370由0 x0.02 m，得：12.5n13.5取n13得：x0.01 m(3)設(shè)滑塊每一次與擋板碰撞沿斜面上升的距離減少x，由能量守恒得：(mgqE)xsin 372(mgqE)scos 37代入數(shù)據(jù)得：x0.04 m滑塊第一次與擋板碰撞后沿斜面上升

10、的距離s1Lsx0.48 m滑塊第p次與擋板碰撞后沿斜面上升的距離sps1(p1)x滑塊移動(dòng)的總路程s總Lsx2ps1由于sps0.02 m，得p12.5，取p12代入上式得：s總6.77 m.考向3功能觀點(diǎn)在電磁感應(yīng)問(wèn)題中的應(yīng)用例3如圖4甲所示，MN、PQ是相距d1 m的足夠長(zhǎng)平行光滑金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌平面與水平面成某一夾角，導(dǎo)軌電阻不計(jì)；長(zhǎng)也為1 m的金屬棒ab垂直于MN、PQ放置在導(dǎo)軌上，且始終與導(dǎo)軌接觸良好，ab的質(zhì)量m0.1 kg、電阻R1 ；MN、PQ的上端連接右側(cè)電路，電路中R2為一電阻箱；已知燈泡電阻RL3 ，定值電阻R17 ，調(diào)節(jié)電阻箱使R26 ，重力加速度g10 m/s2.現(xiàn)斷

11、開(kāi)開(kāi)關(guān)S，在t0時(shí)刻由靜止釋放ab，在t0.5 s時(shí)刻閉合S，同時(shí)加上分布于整個(gè)導(dǎo)軌所在區(qū)域的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直于導(dǎo)軌平面斜向上；圖乙所示為ab的速度隨時(shí)間變化圖象圖4(1)求斜面傾角及磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小；(2)ab由靜止下滑x50 m(此前已達(dá)到最大速度)的過(guò)程中，求整個(gè)電路產(chǎn)生的電熱；(3)若只改變電阻箱R2的值當(dāng)R2為何值時(shí)，ab勻速下滑中R2消耗的功率最大？消耗的最大功率為多少？審題突破由乙圖可知閉合S前、后ab分別做什么運(yùn)動(dòng)？可以提取哪些信息？ab由靜止下滑的過(guò)程中電流是否恒定，如何求電熱？解析(1)S斷開(kāi)時(shí)，ab做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，從圖乙得a6 m/s2由牛頓第二定律有mgsin

12、 ma，所以有sin ，即37，t0.5 s時(shí)，S閉合且加了磁場(chǎng)，分析可知，此后ab將先做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)速度達(dá)到最大(vm6 m/s)后接著做勻速運(yùn)動(dòng)勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，由平衡條件知mgsin F安，又F安BIdIR總RR110 聯(lián)立以上四式有mgsin 代入數(shù)據(jù)解得B 1 T(2)由能量轉(zhuǎn)化關(guān)系有mgsin xmvQ代入數(shù)據(jù)解得Qmgsin xmv28.2 J(3)改變電阻箱R2的值后，ab勻速下滑時(shí)有mgsin BdI所以I0.6 A通過(guò)R2的電流為I2IR2的功率為PIR2聯(lián)立以上三式可得PI2I2當(dāng)時(shí)，即R2RL3 ，功率最大，所以Pm0.27 W.答案(1)371 T(2)28.2

13、 J(3)3 0.27 W以題說(shuō)法導(dǎo)體棒在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)棒中的感應(yīng)電流受到的安培力是變力，所以安培力做的功只能由動(dòng)能定理或能量守恒定律來(lái)求解 如圖5所示，固定在同一水平面上的兩平行金屬導(dǎo)軌AB、CD，兩端接有阻值相同的兩個(gè)定值電阻質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒垂直放在導(dǎo)軌上，輕彈簧左端固定，右端連接導(dǎo)體棒，整個(gè)裝置處于豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中當(dāng)導(dǎo)體棒靜止在OO位置時(shí)，彈簧處于原長(zhǎng)狀態(tài)此時(shí)給導(dǎo)體棒一個(gè)水平向右的初速度v0，它能向右運(yùn)動(dòng)的最遠(yuǎn)距離為d，且能再次經(jīng)過(guò)OO位置已知導(dǎo)體棒所受的摩擦力大小恒為Ff，導(dǎo)體棒向右運(yùn)動(dòng)過(guò)程中左側(cè)電阻產(chǎn)生的熱量為Q，不計(jì)導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒的電阻則()圖5A彈簧的彈性勢(shì)能最大為mvQFf

14、dB彈簧的彈性勢(shì)能最大為mv2QFfdC導(dǎo)體棒再次回到OO位置時(shí)的動(dòng)能等于mv4Q2FfdD導(dǎo)體棒再次回到OO位置時(shí)的動(dòng)能大于mv4Q2Ffd答案BD解析當(dāng)導(dǎo)體棒向右運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，mvEp2QFfd所以Epmv2QFfd故A錯(cuò)誤，B正確；由于產(chǎn)生了電能和熱能，導(dǎo)體棒的機(jī)械能不斷減小，所以導(dǎo)致棒在同一個(gè)位置時(shí)，向右的速度大于向左的速度，所以導(dǎo)體棒向左運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中產(chǎn)生的電能小于導(dǎo)體棒向右運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中產(chǎn)生的電能，即2Qmv4Q2Ffd，故C錯(cuò)誤，D正確7應(yīng)用動(dòng)力學(xué)和功能觀點(diǎn)處理電學(xué)綜合問(wèn)題例4 (16分)如圖6所示，水平絕緣粗糙的軌道AB與處于豎直平面內(nèi)的半圓形絕緣光滑軌道BC平滑連接，半圓形軌道的

15、半徑R0.4 m，在軌道所在空間存在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)線與軌道所在的平面平行，電場(chǎng)強(qiáng)度E1.0104 N/C.現(xiàn)有一電荷量q1.0104 C，質(zhì)量m0.1 kg的帶電體(可視為質(zhì)點(diǎn))，在水平軌道上的P點(diǎn)由靜止釋放，帶電體恰好能通過(guò)半圓形軌道的最高點(diǎn)C，然后落至水平軌道上的D點(diǎn)取g10 m/s2.試求：圖6(1)帶電體運(yùn)動(dòng)到圓形軌道B點(diǎn)時(shí)對(duì)圓形軌道的壓力大??；(2)D點(diǎn)到B點(diǎn)的距離xDB；(3)帶電體在從P開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到落至D點(diǎn)的過(guò)程中的最大動(dòng)能思維導(dǎo)圖解析(1)設(shè)帶電體通過(guò)C點(diǎn)時(shí)的速度為v0，根據(jù)牛頓第二定律得：mgm(2分)設(shè)帶電體通過(guò)B點(diǎn)時(shí)的速度為vB，設(shè)軌道對(duì)帶電體的支持力大小為FB，

16、從B到C根據(jù)動(dòng)能定理：mg2Rmvmv(2分)帶電體在B點(diǎn)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律有：FBmgm(2分)聯(lián)立解得：FB6.0 N(1分)根據(jù)牛頓第三定律可知，帶電體對(duì)軌道的壓力FB6.0 N(1分)(2)設(shè)帶電體從最高點(diǎn)C落至水平軌道上的D點(diǎn)經(jīng)歷的時(shí)間為t，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的分解有2Rgt2(1分)xDBvCtt2(2分)聯(lián)立解得xDB0.8 m(1分)(3)由P到B帶電體做加速運(yùn)動(dòng)，故最大速度一定出現(xiàn)在從B經(jīng)C到D的過(guò)程中，在此過(guò)程中只有重力和電場(chǎng)力做功，這兩個(gè)力大小相等，其合力與重力方向成45夾角斜向右下方，故最大速度必出現(xiàn)在B點(diǎn)右側(cè)對(duì)應(yīng)圓心角為45處(1分)設(shè)小球的最大動(dòng)能為Ekm，根據(jù)動(dòng)能定理有：

17、qERsin 45mgR(1cos 45)Ekmmv(2分)解得：Ekm J1.17 J(1分)答案(1)6.0 N(2)0.8 m(3)1.17 J(限時(shí)：15分鐘，滿分：17分)(2014四川10)在如圖7所示的豎直平面內(nèi)，水平軌道CD和傾斜軌道GH與半徑r m的光滑圓弧軌道分別相切于D點(diǎn)和G點(diǎn)，GH與水平面的夾角37.過(guò)G點(diǎn)、垂直于紙面的豎直平面左側(cè)有勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度B1.25 T；過(guò)D點(diǎn)、垂直于紙面的豎直平面右側(cè)有勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)方向水平向右，電場(chǎng)強(qiáng)度E1104 N/C.小物體P1質(zhì)量m2103 kg、電荷量q8106 C，受到水平向右的推力F9.98103

18、N的作用，沿CD向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，到達(dá)D點(diǎn)后撤去推力當(dāng)P1到達(dá)傾斜軌道底端G點(diǎn)時(shí)，不帶電的小物體P2在GH頂端靜止釋放，經(jīng)過(guò)時(shí)間t0.1 s與P1相遇P1和P2與軌道CD、GH間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.5，取g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，物體電荷量保持不變，不計(jì)空氣阻力求：圖7(1)小物體P1在水平軌道CD上運(yùn)動(dòng)速度v的大??；(2)傾斜軌道GH的長(zhǎng)度s.答案(1)4 m/s(2)0.56 m解析(1)設(shè)小物體P1在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的速度為v，受到向上的洛倫茲力為F1，受到的摩擦力為f，則F1qvBf(mgF1)由題意，水平方向合力為零Ff0聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)解得v4 m/

19、s(2)設(shè)P1在G點(diǎn)的速度大小為vG，由于洛倫茲力不做功，根據(jù)動(dòng)能定理qErsin mgr(1cos )mvmv2P1在GH上運(yùn)動(dòng)，受到重力、電場(chǎng)力和摩擦力的作用，設(shè)加速度為a1，根據(jù)牛頓第二定律qEcos mgsin (mgcos qEsin )ma1P1與P2在GH上相遇時(shí)，設(shè)P1在GH上運(yùn)動(dòng)的距離為s1，則s1vGta1t2設(shè)P2質(zhì)量為m2，在GH上運(yùn)動(dòng)的加速度為a2，則m2gsin m2gcos m2a2P1與P2在GH上相遇時(shí)，設(shè)P2在GH上運(yùn)動(dòng)的距離為s2，則s2a2t2又ss1s2聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)得s0.56 m(限時(shí)：45分鐘)題組1幾個(gè)重要的功能關(guān)系在電學(xué)中的應(yīng)用1(2014

20、天津4)如圖1所示，平行金屬板A、B水平正對(duì)放置，分別帶等量異號(hào)電荷一帶電微粒水平射入板間，在重力和電場(chǎng)力共同作用下運(yùn)動(dòng)，軌跡如圖中虛線所示，那么()圖1A若微粒帶正電荷，則A板一定帶正電荷B微粒從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)電勢(shì)能一定增加C微粒從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)動(dòng)能一定增加D微粒從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)機(jī)械能一定增加答案C解析A分析微粒的運(yùn)動(dòng)軌跡可知，微粒的合力方向一定豎直向下，由于微粒的重力不可忽略，故微粒所受的電場(chǎng)力可能向下，也可能向上，故A錯(cuò)誤B微粒從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)，電場(chǎng)力可能做正功，也可能做負(fù)功，故微粒的電勢(shì)能可能減小，也可能增大，故B錯(cuò)誤C微粒從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)過(guò)程中，合力做正功，故微粒的動(dòng)能一定增加，C正

21、確D微粒從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過(guò)程中，除重力之外的電場(chǎng)力可能做正功，也可能做負(fù)功，故機(jī)械能不一定增加，D錯(cuò)誤2(2014湖北七市模擬)如圖2所示，豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，絕緣輕質(zhì)彈簧直立于地面上，上面放一個(gè)質(zhì)量為m的帶正電小球，小球與彈簧不連接現(xiàn)將小球向下壓到某位置后由靜止釋放，若小球從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到離開(kāi)彈簧的過(guò)程中，重力和電場(chǎng)力對(duì)小球做功分別為W1和W2，小球離開(kāi)彈簧時(shí)速度為v，不計(jì)空氣阻力，小球的電荷量保持不變，則上述過(guò)程中()圖2A小球的電勢(shì)能增加W2B彈簧彈性勢(shì)能最大值為mv2W1W2C彈簧彈性勢(shì)能、小球的電勢(shì)能和小球的重力勢(shì)能三者之和可能一直在減小D小球和彈簧組成的系統(tǒng)的機(jī)械能增加W2答案

22、CD解析A項(xiàng)，小球從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到離開(kāi)彈簧的過(guò)程中，電場(chǎng)力做正功，知電勢(shì)能減小W2，故A錯(cuò)誤B項(xiàng)，根據(jù)動(dòng)能定理，W1W2W彈mv2，解得彈力做功W彈mv2W1W2，知彈性勢(shì)能的最大值為mv2W1W2，故B錯(cuò)誤C項(xiàng)，根據(jù)能量守恒得，彈性勢(shì)能、小球的電勢(shì)能、重力勢(shì)能、動(dòng)能之和保持不變，由于小球的動(dòng)能可能一直增加，所以彈簧彈性勢(shì)能、小球的電勢(shì)能和小球的重力勢(shì)能三者之和可能一直在減小，故C正確D項(xiàng)，除重力以外其他力做功等于機(jī)械能的增量，由于電場(chǎng)力做功為W2，則小球和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能增加W2，故D正確3如圖3所示，真空中的勻強(qiáng)電場(chǎng)與水平方向成15角，AB直線垂直勻強(qiáng)電場(chǎng)E，現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為q

23、的小球在A點(diǎn)以初速度大小v0方向水平向右拋出，經(jīng)時(shí)間t小球下落到C點(diǎn)(圖中未畫(huà)出)時(shí)速度大小仍為v0，則小球由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過(guò)程中，下列說(shuō)法不正確的是()圖3A電場(chǎng)力對(duì)小球做功為零B小球的機(jī)械能減小量為mg2t2C小球的電勢(shì)能減小DC一定位于AB直線的右側(cè)答案ABC解析小球受到自身重力mg和電場(chǎng)力qE作用，合力F如圖所示斜向左下方，小球從A點(diǎn)到C點(diǎn)速度大小沒(méi)有變化，說(shuō)明合外力沒(méi)有做功，即初、末位置都在與合力垂直的同一條線上，據(jù)此判斷如圖，電場(chǎng)力做負(fù)功，選項(xiàng)A錯(cuò)電勢(shì)能增大，選項(xiàng)C錯(cuò)由于AC與合力F垂直，所以C點(diǎn)一定位于AB直線的右側(cè)，選項(xiàng)D對(duì)小球機(jī)械能減小量等于克服電場(chǎng)力做的功，根據(jù)動(dòng)能定理，

24、克服電場(chǎng)力做功等于重力做功，但豎直方向不但受到自身重力還有電場(chǎng)力豎直向下的分力，豎直方向加速度大于g，所以豎直方向位移大于gt2，重力做功即克服電場(chǎng)力做功大于Wmggt2mg2t2，選項(xiàng)B錯(cuò)4如圖4所示，在絕緣的斜面上方存在著沿水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，斜面上的帶電金屬塊沿斜面滑下已知在下滑的過(guò)程中，金屬塊動(dòng)能增加了12 J，金屬塊克服摩擦力做功8 J，重力做功24 J，下列判斷中正確的是()圖4A金屬塊帶負(fù)電B金屬塊克服電場(chǎng)力做功8 JC金屬塊的機(jī)械能減少12 JD金屬塊的電勢(shì)能減少4 J答案C解析設(shè)重力做功為WG，克服摩擦力做功Wf，電場(chǎng)力做功W，由動(dòng)能定理WGWWfEk，解得電場(chǎng)力做功W4 J

25、，所以電場(chǎng)力做負(fù)功，由于斜面上的帶電金屬塊沿斜面滑下故金屬塊帶正電，A、B選項(xiàng)錯(cuò)誤；除重力外的其他外力做功WWf12 J，故金屬塊的機(jī)械能減少12 J，C選項(xiàng)正確；電場(chǎng)力做負(fù)功，金屬塊的電勢(shì)能增加，D選項(xiàng)錯(cuò)誤題組2應(yīng)用動(dòng)能定理分析帶電體在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)5如圖5所示，光滑的水平軌道AB與半徑為R的光滑的半圓形軌道BCD相切于B點(diǎn)，水平軌道AB部分存在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)E，半圓形軌道處于豎直平面內(nèi)，B為最低點(diǎn)，D為最高點(diǎn)一質(zhì)量為m、帶正電的小球從距B點(diǎn)x的位置在電場(chǎng)力的作用下由靜止開(kāi)始沿AB向右運(yùn)動(dòng)，并能恰好通過(guò)最高點(diǎn)D，則下列物理量的變化對(duì)應(yīng)關(guān)系正確的是()圖5A其他條件不變，R越大，x越大B其他

26、條件不變，m越大，x越大C其他條件不變，E越大，x越大D其他條件不變，R越大，小球經(jīng)過(guò)B點(diǎn)瞬間對(duì)軌道的壓力越大答案AB解析小球在BCD部分做圓周運(yùn)動(dòng)，在D點(diǎn)，由牛頓第二定律有：mgm，小球由B到D的過(guò)程中機(jī)械能守恒：mvmg2Rmv，聯(lián)立解得：vB，R越大，小球經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)的速度越大，則x越大，選項(xiàng)A正確；小球由A到B，由動(dòng)能定理得：qExmv，將vB代入得：qExmgR，知m越大，x越大，B正確；E越大，x越小，C錯(cuò)誤；在B點(diǎn)有：FNmgm，將vB代入得：FN6mg，選項(xiàng)D錯(cuò)誤6如圖6所示，傾斜角度為的粗糙程度均勻的絕緣斜面，下方O點(diǎn)處有一帶電量為Q的點(diǎn)電荷，質(zhì)量為m、帶電量為q的小物體(可看

27、成質(zhì)點(diǎn))與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為.現(xiàn)使小物體以初速度v0從斜面上的A點(diǎn)沿斜面上滑，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度為零，然后又下滑回到A點(diǎn)小物體所帶電荷量保持不變，靜電力常量為k，重力加速度為g，OAOBl.求：圖6(1)小物體沿斜面上滑經(jīng)過(guò)AB中點(diǎn)時(shí)的加速度；(2)小物體返回到斜面上的A點(diǎn)時(shí)的速度答案(1)g(sin cos )(2)解析(1)FNmgcos mgsin FNma得：ag(sin cos ).(2)從A到B，由動(dòng)能定理得：0mvmglsin 2Wf從B到A，由動(dòng)能定理得：mv2mglsin 2Wf得：v7(2014新課標(biāo)25)如圖7所示，O、A、B為同一豎直平面內(nèi)的三個(gè)點(diǎn)，OB沿豎直方向，BOA

28、60，OBOA，將一質(zhì)量為m的小球以一定的初動(dòng)能自O(shè)點(diǎn)水平向右拋出，小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中恰好通過(guò)A點(diǎn)使此小球帶電，電荷量為q(q0)，同時(shí)加一勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)方向與OAB所在平面平行現(xiàn)從O點(diǎn)以同樣的初動(dòng)能沿某一方向拋出此帶電小球，該小球通過(guò)了A點(diǎn)，到達(dá)A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能是初動(dòng)能的3倍；若該小球從O點(diǎn)以同樣的初動(dòng)能沿另一方向拋出，恰好通過(guò)B點(diǎn)，且到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為初動(dòng)能的6倍，重力加速度大小為g.求：圖7(1)無(wú)電場(chǎng)時(shí)，小球到達(dá)A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能與初動(dòng)能的比值；(2)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小和方向答案(1)(2)電場(chǎng)方向與豎直向下的方向的夾角為30解析(1)設(shè)小球的初速度為v0，初動(dòng)能為Ek0，從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)的時(shí)間為t，

29、令OAd，則OBd，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律有dsin 60v0tdcos 60gt2又有Ek0mv由式得Ek0mgd設(shè)小球到達(dá)A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為EkA，則EkAEk0mgd由式得(2)加電場(chǎng)后，小球從O點(diǎn)到A點(diǎn)和B點(diǎn)，高度分別降低了和，設(shè)電勢(shì)能分別減小EpA和EpB，由能量守恒及式得EpA3Ek0Ek0mgdEk0EpB6Ek0Ek0mgdEk0在勻強(qiáng)電場(chǎng)中，沿任一直線，電勢(shì)的降落是均勻的設(shè)直線OB上的M點(diǎn)與A點(diǎn)等電勢(shì)，M與O點(diǎn)的距離為x，如圖，則有解得xd，MA為等勢(shì)線，電場(chǎng)強(qiáng)度方向必與其垂線OC方向平行設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度方向與豎直向下的方向的夾角為，由幾何關(guān)系可得30即電場(chǎng)強(qiáng)度方向與豎直向下的方向的夾角為

30、30.設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E，有qEdcos 30EpA由式得E題組3功能觀點(diǎn)在電磁感應(yīng)問(wèn)題中的應(yīng)用8在如圖8所示的傾角為的光滑斜面上，存在著兩個(gè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，區(qū)域的磁場(chǎng)方向垂直斜面向上，區(qū)域的磁場(chǎng)方向垂直斜面向下，磁場(chǎng)的寬度均為L(zhǎng)，一個(gè)質(zhì)量為m、電阻為R、邊長(zhǎng)也為L(zhǎng)的正方形導(dǎo)線框，由靜止開(kāi)始沿斜面下滑，當(dāng)ab邊剛越過(guò)GH進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)時(shí)，恰好以速度v1做勻速直線運(yùn)動(dòng)；當(dāng)ab邊下滑到JP與MN的中間位置時(shí)，線框又恰好以速度v2做勻速直線運(yùn)動(dòng)，從ab進(jìn)入GH到MN與JP的中間位置的過(guò)程中，線框的動(dòng)能變化量為Ek，重力對(duì)線框做功大小為W1，安培力對(duì)線框做功大小為W2，下列說(shuō)法中正確的是

31、()圖8A在下滑過(guò)程中，由于重力做正功，所以有v2v1B從ab進(jìn)入GH到MN與JP的中間位置的過(guò)程中，機(jī)械能守恒C從ab進(jìn)入GH到MN與JP的中間位置的過(guò)程中，有(W1Ek)機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電能D從ab進(jìn)入GH到MN到JP的中間位置的過(guò)程中，線框動(dòng)能的變化量為EkW1W2答案CD解析由平衡條件，第一次勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，mgsin ，第二次勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，mgsin ，則v2v1，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；ab進(jìn)入磁場(chǎng)后，安培力做負(fù)功，機(jī)械能減少，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；從ab進(jìn)入GH到MN與JP的中間位置的過(guò)程中，由動(dòng)能定理，W1W2Ek，選項(xiàng)D正確；線框克服安培力做功W2，等于產(chǎn)生的電能，且W2W1Ek，選項(xiàng)C正確9如圖9所示，電

32、阻不計(jì)的剛性U型金屬導(dǎo)軌放在光滑水平面上，導(dǎo)軌上連有電阻R.質(zhì)量為m、電阻不計(jì)的金屬桿ab可在導(dǎo)軌上滑動(dòng)，滑動(dòng)時(shí)保持與導(dǎo)軌垂直金屬桿與導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為.導(dǎo)軌右邊的左方為一個(gè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)方向垂直于水平面，導(dǎo)軌的右邊恰在勻強(qiáng)磁場(chǎng)右邊邊界處現(xiàn)有一位于導(dǎo)軌平面內(nèi)且與導(dǎo)軌平行的向右方向的拉力作用于金屬桿ab上，使之從靜止開(kāi)始在導(dǎo)軌上向右做加速運(yùn)動(dòng)已知拉力的功率恒為P，經(jīng)過(guò)時(shí)間t，金屬桿在導(dǎo)軌上相對(duì)導(dǎo)軌向右滑動(dòng)的位移為x，重力加速度為g.在此過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是()圖9A拉力做的功為PtmgxB電阻R中所產(chǎn)生的電能為PtmgxC金屬桿克服安培力做的功為PtD金屬桿和導(dǎo)軌之間由于摩擦而產(chǎn)生的

33、熱量為mgx答案D解析因?yàn)槔Φ墓β屎銥镻，則拉力做功的大小WPt，故A錯(cuò)誤根據(jù)能量守恒知，拉力做功一部分轉(zhuǎn)化為金屬桿的動(dòng)能，一部分轉(zhuǎn)化為電阻R上產(chǎn)生的電能，還有一部分轉(zhuǎn)化為摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能，即Ptmv2QW電，可知W電PtQmv2Ptmgxmv2，故B錯(cuò)誤拉力做功的大小與金屬桿克服安培力做功的大小不等，則克服安培力做功不等于Pt，故C錯(cuò)誤因?yàn)榻饘贄U和導(dǎo)軌間的相對(duì)路程為x，則摩擦產(chǎn)生的熱量為mgx，故D正確題組4應(yīng)用動(dòng)力學(xué)和功能觀點(diǎn)處理電學(xué)綜合問(wèn)題10如圖10所示，在A點(diǎn)固定一正電荷，電量為Q，在離A高度為H的C處由靜止釋放某帶同種電荷的液珠，開(kāi)始運(yùn)動(dòng)瞬間的加速度大小恰好為重力加速度g.已知靜電力常量為k，兩電荷均可看成點(diǎn)電荷，不計(jì)空氣阻力求：圖10(1)液珠的比荷；(2)液珠速度最大時(shí)離A點(diǎn)的距離h；(3)若已知在點(diǎn)電荷Q的電場(chǎng)中，某點(diǎn)的電勢(shì)可表示成，其中r為該點(diǎn)到Q的距離(選無(wú)限遠(yuǎn)處的電勢(shì)為零)求液珠能到達(dá)的最高點(diǎn)B離A點(diǎn)的高度rB.答案(1)(2)H(3)2H解析(1)液珠開(kāi)始運(yùn)動(dòng)的加速度大小為g，可知液珠在C處釋放時(shí)加速度方向向上，設(shè)液珠的電量為q，質(zhì)量為m，有kmgmg解得比荷為(2)當(dāng)液珠速度最大時(shí)，庫(kù)侖力與重力相等，有kmg，結(jié)合(1)，解得hH.(3)設(shè)CB間的電勢(shì)差為UCB，有UCBCB，根據(jù)動(dòng)能定理有qUCBmg(rBH)0解得rB2H.- 17 -