（新課標(biāo)）2020版高考物理大二輪復(fù)習(xí) 專題二 功和能 第三講 功能關(guān)系在電學(xué)中的應(yīng)用教學(xué)案

《（新課標(biāo)）2020版高考物理大二輪復(fù)習(xí) 專題二 功和能 第三講 功能關(guān)系在電學(xué)中的應(yīng)用教學(xué)案》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（新課標(biāo)）2020版高考物理大二輪復(fù)習(xí) 專題二 功和能 第三講 功能關(guān)系在電學(xué)中的應(yīng)用教學(xué)案（24頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第三講　功能關(guān)系在電學(xué)中的應(yīng)用 [知識(shí)建構(gòu)] (注1)……(注2)：詳見(jiàn)答案部分 [備考點(diǎn)睛] 1．兩種功能關(guān)系 (1)電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能的關(guān)系W電＝－ΔEp. (2)克服安培力做功與電勢(shì)能的關(guān)系：W克安＝ΔE電． 2．一個(gè)易錯(cuò)點(diǎn) 洛倫茲力對(duì)運(yùn)動(dòng)電荷不做功，但洛倫茲力的分力可以做功. [答案]　(1)W電＝qU W電＝qEd W電＝－ΔEp (2)①焦耳定律：Q＝I2Rt ②功能關(guān)系：Q＝W克服安培力 ③能量轉(zhuǎn)化：Q＝W其他能的減少量 熱點(diǎn)考向一　動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)在電磁場(chǎng)中的應(yīng)用 【典例】　(2019·郴州二模) 如圖所示，一足夠

2、長(zhǎng)的固定斜面，傾角θ＝30°.質(zhì)量為M＝0.2 kg的絕緣長(zhǎng)板A，以初速度v0＝3 m/s，沿斜面勻速下滑．空間有一沿斜面向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度E＝2.5×102 N/C.質(zhì)量為m＝0.1 kg，電量為q＝＋4×10－4 C的光滑小物塊B，輕放在A板表面最上端．此后經(jīng)時(shí)間t＝0.1 s，撤去電場(chǎng)，當(dāng)物塊速度為v＝8 m/s時(shí)，恰好離開(kāi)板A，求： (1)撤去電場(chǎng)時(shí)，物塊B的動(dòng)能EkB和0.1 s內(nèi)的電勢(shì)能變化量ΔEp. (2)撤去電場(chǎng)時(shí)，板A的速度vA. (3)物塊B在板A上運(yùn)動(dòng)的全過(guò)程，系統(tǒng)發(fā)熱Q. [思路引領(lǐng)] [解析]　(1)在電場(chǎng)力作用下，物塊B受重力、支持力、電場(chǎng)

3、力作用，由牛頓第二定律得：mgsin30°＋qE＝maB 解得：aB＝6 m/s2 撤電場(chǎng)時(shí)，物塊B的速度： vB＝aBt＝0.6 m/s 物塊B的動(dòng)能EkB＝mv＝0.018 J 物塊B在0.1 s內(nèi)在電場(chǎng)方向上的位移： L1＝＝0.03 m 物塊B的電勢(shì)能變化量：ΔEp＝－qEL1＝－3×10－3 J (2)A在斜面上勻速下滑，由平衡條件得： Mgsin30°＝μMgcos30° 解得：μ＝ B輕放上A，對(duì)A由牛頓第二定律得： μ(M＋m)gcos30°－Mgsin30°＝Ma0 解得：a0＝2.5 m/s2 撤電場(chǎng)時(shí)，A的速度： vA＝v0－a0t＝2.75

4、 m/s. (3)撤去電場(chǎng)后，B在A上運(yùn)動(dòng)時(shí)，由牛頓第二定律得： mgsin30°＝ma′B 解得：a′B＝5 m/s2 t′＝＝1.48 s 物塊B在A上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間： tB＝t＋t′＝1.58 s 斜面對(duì)板A的最大靜摩擦力 Ffm＝μ(M＋m)gcos30°>Mgsin30° 當(dāng)A速度減為0后，A將靜止在斜面上 板A做勻減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間tA＝＝1.2 s

5、功能關(guān)系 功 能 只有電場(chǎng)力做功 電勢(shì)能與動(dòng)能之和保持不變 只有電場(chǎng)力和重力做功 電勢(shì)能、重力勢(shì)能、動(dòng)能之和保持不變 除重力、系統(tǒng)內(nèi)彈力之外，其他各力做的功 機(jī)械能的變化量 合外力做的功 動(dòng)能的變化量 遷移一　電場(chǎng)中的功能關(guān)系 1．(多選)(2019·河北名校聯(lián)盟)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．t秒末，在小球下落的空間中，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，重力加速度為g，則(　　) A．小球所受電場(chǎng)力的大小是4mg B．小球回到A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能是mg2t2 C．從A點(diǎn)到最低點(diǎn)的距離是gt2

6、 D．從A點(diǎn)到最低點(diǎn)，小球的電勢(shì)能增加了mg2t2 [解析]　小球先做自由下落，然后受電場(chǎng)力和重力向下做勻減速直線運(yùn)動(dòng)直到速度為0，再向上做勻加速運(yùn)動(dòng)回到A點(diǎn)，設(shè)加上電場(chǎng)后小球的加速度大小為a，規(guī)定向下為正方向，整個(gè)過(guò)程中小球的位移為0，運(yùn)用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有，gt2＋gt·t－at2＝0，解得a＝3g，根據(jù)牛頓第二定律得F電－mg＝ma，所以電場(chǎng)力是重力的4倍為4mg，故A正確；t s末的速度v1＝gt，加電場(chǎng)后，返回A點(diǎn)的速度vA＝v1－at＝gt－3gt＝－2gt，小球回到A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能是Ek＝mv＝m(－2gt)2＝2mg2t2，故B錯(cuò)誤；從A點(diǎn)自由下落的高度h1＝gt2，勻減速下降的高度

7、h2＝＝＝gt2，小球從A點(diǎn)到最低點(diǎn)的距離h＝h1＋h2＝gt2＋gt2＝gt2，故C正確；從A到最低點(diǎn)小球電勢(shì)能增加量等于克服電場(chǎng)力做的功ΔEp＝F電h2＝4mg×gt2＝mg2t2，故D錯(cuò)誤． [答案]　AC 遷移二　電磁場(chǎng)中的功能關(guān)系 2．(2019·江西六校聯(lián)考)如圖所示，一帶正電小球穿在一根絕緣粗糙直桿上，桿與水平方向夾角為θ，整個(gè)空間存在著豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，先給小球一初速度，使小球沿桿向下運(yùn)動(dòng)，在A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為100 J，在C點(diǎn)時(shí)動(dòng)能減為零，D為AC的中點(diǎn)，那么帶電小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中(　　) A．到達(dá)C點(diǎn)后小球不可能沿桿向上運(yùn)動(dòng) B．小球在AD

8、段克服摩擦力做的功與在DC段克服摩擦力做的功不等 C．小球在D點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為50 J D．小球電勢(shì)能的增加量等于重力勢(shì)能的減少量 [解析]　如果電場(chǎng)力大于重力，則速度減為零后小球可能沿桿向上運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；小球受重力、電場(chǎng)力、洛倫茲力、彈力和滑動(dòng)摩擦力，由于F洛＝qvB，故洛倫茲力減小，導(dǎo)致支持力和滑動(dòng)摩擦力變化，故小球在AD段克服摩擦力做的功與在DC段克服摩擦力做的功不等，選項(xiàng)B正確；由于小球在AD段克服摩擦力做的功與在DC段克服摩擦力做的功不等，故小球在D點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能也就不一定為50 J，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；該過(guò)程是小球的重力勢(shì)能、電勢(shì)能、動(dòng)能和系統(tǒng)的內(nèi)能之和守恒，故小球電勢(shì)能的增加量不等于重

9、力勢(shì)能的減少量，選項(xiàng)D錯(cuò)誤． [答案]　B 倫茲力不做功，但是洛倫茲力會(huì)隨v變化，導(dǎo)致支持力和摩擦力變化，從而會(huì)影響摩擦做功的大小. 熱點(diǎn)考向二　動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用 【典例】　(2019·湖北六校聯(lián)考)將一斜面固定在水平面上，斜面的傾角為θ＝30°，其上表面絕緣且斜面的頂端固定一擋板，在斜面上加一垂直斜面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)區(qū)域的寬度為H＝0.4 m，如圖甲所示，磁場(chǎng)邊界與擋板平行，且上邊界到斜面頂端的距離為x＝0.55 m．將一通電導(dǎo)線圍成的矩形導(dǎo)線框abcd置于斜面的底端，已知導(dǎo)線框的質(zhì)量為m＝0.1 kg、導(dǎo)線框的電阻為R＝0.25 Ω、ab的長(zhǎng)度為

10、L＝0.5 m．從t＝0時(shí)刻開(kāi)始在導(dǎo)線框上加一恒定的拉力F，拉力的方向平行于斜面向上，使導(dǎo)線框由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，當(dāng)導(dǎo)線框的下邊與磁場(chǎng)的上邊界重合時(shí)，將恒力F撤走，最終導(dǎo)線框與斜面頂端的擋板發(fā)生碰撞，碰后導(dǎo)線框以等大的速度反彈，導(dǎo)線框沿斜面向下運(yùn)動(dòng)．已知導(dǎo)線框向上運(yùn)動(dòng)的v－t圖像如圖乙所示，導(dǎo)線框與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中導(dǎo)線框沒(méi)有發(fā)生轉(zhuǎn)動(dòng)，且始終沒(méi)有離開(kāi)斜面，g＝10 m/s2. (1)求在導(dǎo)線框上施加的恒力F以及磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小； (2)若導(dǎo)線框沿斜面向下運(yùn)動(dòng)通過(guò)磁場(chǎng)時(shí)，其速度v與位移s的關(guān)系為v＝v0－s，其中v0是導(dǎo)線框ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小，s為導(dǎo)線框ab邊

11、進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域后對(duì)磁場(chǎng)上邊界的位移大小，求整個(gè)過(guò)程中導(dǎo)線框中產(chǎn)生的熱量Q. [思路引領(lǐng)]　(1) (2) [解析]　(1)由v－t圖像可知，在0～0.4 s時(shí)間內(nèi)導(dǎo)線框做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度為v1＝2.0 m/s，所以在此過(guò)程中的加速度a＝＝5.0 m/s2 由牛頓第二定律有F－mgsinθ－μmgcosθ＝ma 解得F＝1.5 N 由v－t圖像可知，導(dǎo)線框進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域后以速度v1做勻速直線運(yùn)動(dòng) 通過(guò)導(dǎo)線框的電流I＝＝ 導(dǎo)線框所受安培力F安＝BIL 對(duì)于導(dǎo)線框勻速運(yùn)動(dòng)的過(guò)程，由力的平衡條件有 F＝mgsinθ＋μmgcosθ＋ 解得B＝0.50 T.

12、(2)導(dǎo)線框進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，并以速度v1勻速穿出磁場(chǎng)，說(shuō)明導(dǎo)線框的寬度等于磁場(chǎng)的寬度H. 導(dǎo)線框ab邊離開(kāi)磁場(chǎng)后做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，到達(dá)擋板時(shí)的位移為 x0＝x－H＝0.15 m 設(shè)導(dǎo)線框與擋板碰撞前的速度為v2，由動(dòng)能定理，有 －mg(x－H)sinθ－μmg(x－H)cosθ＝mv－mv 解得v2＝＝1.0 m/s 導(dǎo)線框碰擋板后速度大小仍為v2，導(dǎo)線框下滑過(guò)程中，由于重力沿斜面方向的分力與滑動(dòng)摩擦力大小相等，即mgsinθ＝μmgcosθ＝0.50 N，因此導(dǎo)線框與擋板碰撞后向下做勻速運(yùn)動(dòng)，ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度為v2＝1.0 m/s；進(jìn)入磁場(chǎng)后因?yàn)橛质艿桨才嗔?/p>

13、作用而減速，做加速度逐漸變小的減速運(yùn)動(dòng)，設(shè)導(dǎo)線框全部離開(kāi)磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)的速度為v3 由v＝v0－s得v3＝v2－＝－1.0 m/s 因v3<0，說(shuō)明導(dǎo)線框在離開(kāi)磁場(chǎng)前速度已經(jīng)減為零，這時(shí)安培力消失，導(dǎo)線框受力平衡，所以導(dǎo)線框?qū)㈧o止在磁場(chǎng)中某位置 導(dǎo)線框向上運(yùn)動(dòng)通過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域的過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱 Q1＝I2Rt＝＝0.40 J 導(dǎo)線框向下運(yùn)動(dòng)進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱Q2＝mv＝0.05 J 所以Q＝Q1＋Q2＝0.45 J. [答案]　(1)1.5 N　0.50 T　(2)0.45 J 用動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)、能量觀點(diǎn)解答電磁感應(yīng)問(wèn)題的一般步驟 　(2019·江西七校聯(lián)考)如下

14、圖所示，兩條光滑的金屬導(dǎo)軌相距L＝1 m，其中MN段平行于PQ段，位于同一水平面內(nèi)，NN0段與QQ0段平行，位于與水平面成傾角37°的斜面上，且MNN0與PQQ0均在豎直平面內(nèi)．在水平導(dǎo)軌區(qū)域和傾斜導(dǎo)軌區(qū)域內(nèi)分別有垂直于水平面和斜面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B1和B2，且B1＝B2＝0.5 T．a(chǎn)b和cd是質(zhì)量均為m＝0.1 kg、電阻均為R＝4 Ω的兩根金屬棒，ab置于水平導(dǎo)軌上，cd置于傾斜導(dǎo)軌上，均與導(dǎo)軌垂直且接觸良好．從t＝0時(shí)刻起，ab棒在外力作用下由靜止開(kāi)始沿水平方向向右運(yùn)動(dòng)(ab棒始終在水平導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)，且垂直于水平導(dǎo)軌)，cd受到F＝0.6－0.25t(N)沿斜面向上的力的作用，始終處于靜止?fàn)顟B(tài)

15、．不計(jì)導(dǎo)軌的電阻．(sin37°＝0.6，g取10 m/s2) (1)求流過(guò)cd棒的電流Icd隨時(shí)間t變化的函數(shù)關(guān)系； (2)求ab棒在水平導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)的速度vab隨時(shí)間t變化的函數(shù)關(guān)系； (3)求從t＝0時(shí)刻起，1.0 s內(nèi)通過(guò)ab棒的電荷量q； (4)若t＝0時(shí)刻起，1.0 s內(nèi)作用在ab棒上的外力做功為W＝16 J，求這段時(shí)間內(nèi)cd棒產(chǎn)生的焦耳熱Qcd. [解析]　(1)由題意知cd棒受力平衡，則 F＋Fcd＝mgsin37° Fcd＝B2IcdL，得Icd＝0.5t(A)． (2)ab棒中電流Iab＝Icd＝0.5t(A) 則回路中電源電動(dòng)勢(shì)E＝IcdR總 ab棒

16、切割磁感線，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝B1Lvab 解得ab棒的速度vab＝8t(m/s) 所以，ab棒做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)． (3)ab棒的加速度為a＝8 m/s2， 1．0 s內(nèi)的位移為x＝at2＝×8×1.02 m＝4 m 根據(jù)＝＝＝ 得q＝t＝＝ C＝0.25 C. (4)t＝1.0 s時(shí)，ab棒的速度， vab＝8t(m/s)＝8 m/s， 根據(jù)動(dòng)能定理有 W－W安＝mv－0， 得1.0 s內(nèi)克服安培力做功 W安＝ J＝12.8 J 回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q＝W安＝12.8 J cd棒上產(chǎn)生的焦耳熱Qcd＝＝6.4 J. [答案]　(1)Icd＝0.5t

17、(A)　(2)vab＝8t(m/s)　(3)0.25 C　(4)6.4 J 功能關(guān)系在力學(xué)和電磁感應(yīng)中應(yīng)用時(shí)的“三同三異” 考場(chǎng)滿分答卷策略——功能關(guān)系在電學(xué)中的應(yīng)用 真題案例 審題流程 (2019·全國(guó)卷Ⅱ)如圖，兩金屬板P、Q水平放置，間距為d.兩金屬板正中間有一水平放置的金屬網(wǎng)G，P、Q、G的尺寸相同．G接地，P、Q的電勢(shì)均為φ(φ>0)．質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子自G的左端上方距離G為h的位置，以速度v0平行于紙面水平射入電場(chǎng)，重力忽略不計(jì)． (1)求粒子第一次穿過(guò)G時(shí)的動(dòng)能，以及它從射入電場(chǎng)至此時(shí)在水平方向上的位移大??； (2)若粒子恰

18、好從G的下方距離G也為h的位置離開(kāi)電場(chǎng)，則金屬板的長(zhǎng)度最短應(yīng)為多少？ 滿分樣板 [解析]　(1)PG、QG間場(chǎng)強(qiáng)大小相等，均為E.粒子在PG間所受電場(chǎng)力F的方向豎直向下，設(shè)粒子的加速度大小為a，有 E＝① F＝qE＝ma② 設(shè)粒子第一次到達(dá)G時(shí)動(dòng)能為Ek，由動(dòng)能定理有 qEh＝Ek－mv③ 設(shè)粒子第一次到達(dá)G時(shí)所用的時(shí)間為t，粒子在水平方向的位移大小為l，則有 h＝at2④ l＝v0t⑤ 聯(lián)立①②③④⑤式解得 Ek＝mv＋qh l＝v0 (2)若粒子穿過(guò)G一次就從電場(chǎng)的右側(cè)飛出，則金屬板的長(zhǎng)度最短．由對(duì)稱性知，此時(shí)金屬板的長(zhǎng)度L為 L＝2l＝2v0⑧ [答案]

19、　(1)mv＋qh　v0　(2)2v0 評(píng)分細(xì)則 滿分技巧 細(xì)則1 本題共12分，第(1)問(wèn)8分，第(2)問(wèn)4分，①②④⑤⑥⑦每式1分，③式2分，⑧式4分． 細(xì)則2 若過(guò)程式①②③④⑤⑥都正確只有計(jì)算結(jié)果錯(cuò)誤只扣⑦式的分?jǐn)?shù)．(2)問(wèn)中說(shuō)明“粒子穿過(guò)G一次就從電場(chǎng)的右側(cè)飛出，則金屬板長(zhǎng)度最短”但沒(méi)求出L的給2分. 技巧1　要有必要的文字說(shuō)明 (1)說(shuō)明非題設(shè)字母符號(hào)的意義．例如本題中的E、a意義要在答案中說(shuō)明． (2)說(shuō)明研究的過(guò)程和狀態(tài)．例如第一次到達(dá)G的過(guò)程． (3)說(shuō)明列方程的依據(jù)．例如③式是依據(jù)動(dòng)能定理． (4)說(shuō)明題目中的隱含條件．如PG、QG間場(chǎng)強(qiáng)相同． 技巧

20、2　即使題目不會(huì)做也要把與本題相關(guān)的表達(dá)式都寫上 閱卷時(shí)只看評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)中給定的公式來(lái)給分，同一個(gè)表達(dá)式與多個(gè)對(duì)象掛鉤寫多遍，也是有分的． 技巧3　用最常規(guī)、最基本的方法解題，不標(biāo)新立異 閱卷工作量很大，且速度很快，采用特殊解法容易造成閱卷老師錯(cuò)批，進(jìn)而失分，如采用特殊法必須有必要的文字說(shuō)明． 技巧4　要有書寫規(guī)范的物理方程式 (1)寫出的方程必須是原始方程． (2)要用字母表達(dá)方程，不要摻有數(shù)字的方程． (3)用題給的字母，常見(jiàn)的符號(hào)表示物理量，不要杜撰符號(hào). 專題強(qiáng)化訓(xùn)練(七) 一、選擇題 1．(2019·天津卷)如圖所示，在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，質(zhì)量為m的帶電小球，以

21、初速度v從M點(diǎn)豎直向上運(yùn)動(dòng)，通過(guò)N點(diǎn)時(shí)，速度大小為2v，方向與電場(chǎng)方向相反，則小球從M運(yùn)動(dòng)到N的過(guò)程(　　) A．動(dòng)能增加mv2 B．機(jī)械能增加2mv2 C．重力勢(shì)能增加mv2 D．電勢(shì)能增加2mv2 [解析]　小球動(dòng)能的增加量為ΔEk＝m(2v)2－mv2＝mv2，A錯(cuò)誤；小球在豎直方向上的分運(yùn)動(dòng)為豎直上拋，到N時(shí)豎直方向的速度為零，則M、N兩點(diǎn)之間的高度差為h＝，小球重力勢(shì)能的增加量為ΔEp＝mgh＝mv2，C錯(cuò)誤；電場(chǎng)力對(duì)小球做正功，則小球的電勢(shì)能減少，由能量守恒定律可知，小球減小的電勢(shì)能等于重力勢(shì)能與動(dòng)能的增加量之和，則電勢(shì)能的減少量為ΔEp′＝mv2＋mv2＝2mv2，D錯(cuò)

22、誤；由功能關(guān)系可知，除重力外的其他力對(duì)小球所做的功等于小球機(jī)械能的增加量，即2mv2，B正確． [答案]　B 2．(多選)(2019·湖北武漢高三畢業(yè)生四月調(diào)研) 如圖所示，勻強(qiáng)電場(chǎng)與水平方向成夾角θ(θ<45°)，場(chǎng)中有一質(zhì)量為m、可視為質(zhì)點(diǎn)的帶電小球，用長(zhǎng)為L(zhǎng)的細(xì)線懸掛于O點(diǎn)，當(dāng)小球靜止時(shí)，細(xì)線恰好水平．現(xiàn)用豎直向下的恒定外力將小球拉到豎直方向最低點(diǎn)時(shí)，小球速度剛好再次為零．若小球電荷量保持不變，則在此過(guò)程中(　　) A．小球電勢(shì)能一直在增加，電勢(shì)能增量為ΔEp＝mgL B．小球機(jī)械能一直在減小，機(jī)械能增量為ΔE＝－mgL C．小球在最低點(diǎn)的加速度a＝0 D．小球的最大動(dòng)能

23、Ekm＝(－1)mgL [解析]　設(shè)小球所受電場(chǎng)力為F，根據(jù)小球靜止時(shí)，細(xì)線恰好水平，可以得出Fsinθ＝mg，解得F＝.用豎直向下的恒定外力將小球拉到豎直方向最低點(diǎn)，需要克服電場(chǎng)力做功，小球電勢(shì)能一直在增加．根據(jù)功能關(guān)系，小球電勢(shì)能增加量為ΔEp＝FLcosθ＋FLsinθ＝mgL，選項(xiàng)A正確；用豎直向下的恒定外力將小球拉到豎直方向最低點(diǎn)時(shí)，小球速度剛好再次為零，分析可知，恒定外力做功大小與重力和電場(chǎng)力的合力做功大小相等，又水平方向和豎直方向運(yùn)動(dòng)距離都為L(zhǎng)，故恒定外力與重力和電場(chǎng)力的合力大小相等，F(xiàn)外＝F合＝mg，故總的合力恰好與豎直方向夾角為45°，則小球機(jī)械能先增大后減小，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；

24、由以上分析可知小球在最低點(diǎn)的合力方向與豎直方向夾角為45°，根據(jù)牛頓第二定律可知小球在最低點(diǎn)的加速度不為零，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；分析可知，當(dāng)轉(zhuǎn)過(guò)45°時(shí)，小球有最大速度，易知小球所受合力為F合＝mg，由動(dòng)能定理可得小球的最大動(dòng)能Ekmax＝·mg＝(－1)mgL，選項(xiàng)D正確． [答案]　AD 3．(多選)(2019·湖北省六校聯(lián)合體4月聯(lián)考)一帶電小球在空中由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過(guò)程中，只受重力、電場(chǎng)力和空氣阻力三個(gè)力的作用．若重力勢(shì)能增加5 J，機(jī)械能增加1.5 J，電場(chǎng)力做功2 J，則小球(　　) A．重力做功為5 J B．電勢(shì)能減少2 J C．空氣阻力做功0.5 J D．動(dòng)能減少3.

25、5 J [解析]　小球的重力勢(shì)能增加5 J，則小球克服重力做功5 J，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；電場(chǎng)力對(duì)小球做功2 J，則小球的電勢(shì)能減少2 J，故選項(xiàng)B正確；小球共受到重力、電場(chǎng)力、空氣阻力三個(gè)力作用，小球的機(jī)械能增加1.5 J，則除重力以外的力做功為1.5 J，電場(chǎng)力對(duì)小球做功2 J，則知，空氣阻力做功為－0.5 J，即小球克服空氣阻力做功0.5 J，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；重力、電場(chǎng)力、空氣阻力三力做功之和為－3.5 J，根據(jù)動(dòng)能定理，小球的動(dòng)能減少3.5 J，故選項(xiàng)D正確． [答案]　BD 4．(2019·山東省實(shí)驗(yàn)中學(xué)模擬)如圖所示，平行板電容器水平放置，兩極板間電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，中間用一光滑絕緣細(xì)

26、桿垂直連接，桿上套有帶正電荷的小球和絕緣彈簧，小球壓在彈簧上，但與彈簧不拴接，開(kāi)始時(shí)對(duì)小球施加一豎直向下的外力，將小球壓至某位置使小球保持靜止．撤去外力后小球從靜止開(kāi)始向上運(yùn)動(dòng)，上升h時(shí)恰好與彈簧分離，分離時(shí)小球的速度為v，小球上升過(guò)程不會(huì)撞擊到上極板，已知小球的質(zhì)量為m，帶電荷量為q，重力加速度為g，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．與彈簧分離時(shí)小球的動(dòng)能為mgh＋qEh B．從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到與彈簧分離，小球增加的機(jī)械能為mgh＋qEh C．從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到與彈簧分離，小球減少的電勢(shì)能為 D．撤去外力時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能為mv2－(qE－mg)h [解析]　根據(jù)動(dòng)能定理可知，合外力對(duì)小球所做的

27、功等于小球動(dòng)能的變化量，所以小球與彈簧分離時(shí)的動(dòng)能為Ek＝qEh－mgh＋Ep，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到與彈簧分離，小球增加的機(jī)械能為ΔE＝mgh＋mv2＝qEh＋Ep，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；小球減少的電勢(shì)能為Eqh，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；從撤去外力到小球與彈簧分離，由動(dòng)能定理可知，mv2＝Ep＋qEh－mgh，所以Ep＝mv2－(qE－mg)h，選項(xiàng)D正確． [答案]　D 5．(多選)(2019·河南六市第5次聯(lián)考)如右圖所示，半徑為R的光滑半圓弧絕緣軌道固定在豎直平面內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直軌道平面向里．一可視為質(zhì)點(diǎn)、質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的小球由軌道左端A處無(wú)初速度滑下．當(dāng)小球滑至

28、軌道最低點(diǎn)C時(shí)，給小球再施加一始終水平向右的外力F，使小球能保持不變的速率滑過(guò)軌道右側(cè)的D點(diǎn)．若小球始終與軌道接觸，重力加速度為g，則下列判斷中正確的是(　　) A．小球在C點(diǎn)受到的洛倫茲力大小為qB B．小球在C點(diǎn)對(duì)軌道的壓力大小為3mg－qB C．小球從C到D的過(guò)程中，外力F的大小保持不變 D．小球從C到D的過(guò)程中，外力F的功率逐漸增大 [解析]　小球從A到C過(guò)程中由機(jī)械能守恒有mgR＝mv2，解得v＝，所以小球在C點(diǎn)受到的洛倫茲力大小為F洛＝qB，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；在C點(diǎn)由牛頓第二定律有FN－mg＋F洛＝m，解得FN＝3mg－qB，故選項(xiàng)B正確；小球從C到D的過(guò)程中，合外力始終

29、指向圓心，所以mgcosθ＝Fsinθ，θ變化，外力F的大小發(fā)生變化，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；小球從C到D的過(guò)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的功率逐漸增大，故選項(xiàng)D正確． [答案]　BD 6．(2019·福建寧德一模)如圖所示，固定在傾角為θ＝30°的斜面內(nèi)的兩根平行長(zhǎng)直光滑金屬導(dǎo)軌的間距為d＝1 m，其底端接有阻值為R＝2 Ω的電阻，整個(gè)裝置處在垂直斜面向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝2 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中．一質(zhì)量為m＝1 kg(質(zhì)量分布均勻)的導(dǎo)體桿ab垂直于導(dǎo)軌放置，且與兩導(dǎo)軌保持良好接觸．現(xiàn)桿在沿斜面向上、垂直于桿的恒力F＝10 N作用下從靜止開(kāi)始沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動(dòng)距離L

30、＝6 m時(shí)，速度恰好達(dá)到最大(運(yùn)動(dòng)過(guò)程中桿始終與導(dǎo)軌保持垂直)．設(shè)桿接入電路的電阻為r＝2 Ω，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，重力加速度大小為g＝10 m/s2.則此過(guò)程(　　) A．桿的速度最大值為4 m/s B．流過(guò)電阻R的電荷量為6 C C．在這一過(guò)程中，整個(gè)回路產(chǎn)生的熱量為17.5 J D．流過(guò)電阻R的電流方向?yàn)橛蒫到d [解析]　當(dāng)桿達(dá)到最大速度時(shí)滿足F＝＋mgsinθ，解得vm＝5 m/s，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；流過(guò)電阻R的電荷量q＝＝＝ C＝3 C，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；回路產(chǎn)生的熱量Q＝FL－mgLsinθ－mv＝17.5 J，選項(xiàng)C正確；由右手定則可知流過(guò)R的電流方向從d到c，選項(xiàng)D錯(cuò)誤． [答

31、案]　C 7．(多選)(2019·東北省四市聯(lián)考)如圖所示，在寬度為d的條形無(wú)場(chǎng)區(qū)左側(cè)Ⅰ區(qū)和右側(cè)Ⅱ區(qū)內(nèi)，存在著磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向如圖所示．有一邊長(zhǎng)為l(l>d)、電阻均勻分布且阻值為R的正方形金屬線框EFGH置于Ⅰ區(qū)域，EF邊與磁場(chǎng)邊界平行，現(xiàn)使線框以垂直于磁場(chǎng)邊界的速度v從圖示位置向右勻速運(yùn)動(dòng)，則(　　) A．當(dāng)EF邊剛進(jìn)入Ⅱ區(qū)時(shí)，線框中電流方向?yàn)轫槙r(shí)針，大小為 B．當(dāng)EF邊剛進(jìn)入中間無(wú)磁場(chǎng)區(qū)時(shí)，E、F兩點(diǎn)間的電壓為 C．將線框拉至HG邊剛離開(kāi)Ⅰ區(qū)的過(guò)程中，拉力所做的功為 D．將線框從Ⅰ區(qū)全部拉入Ⅱ區(qū)的過(guò)程中，回路中產(chǎn)生的焦耳熱為 [解析]　當(dāng)EF邊剛進(jìn)

32、入Ⅱ區(qū)時(shí)，金屬線框HG、EF邊均切割磁感線，由右手定則可判斷出HG邊切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)方向?yàn)轫槙r(shí)針?lè)较?，EF邊切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)方向?yàn)轫槙r(shí)針?lè)较?，則回路中產(chǎn)生總感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E1＝2Blv，由閉合電路歐姆定律，回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電流大小為I1＝＝，方向?yàn)轫槙r(shí)針?lè)较?，選項(xiàng)A錯(cuò)誤．當(dāng)EF邊剛進(jìn)入中間無(wú)磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)，只有HG邊切割磁感線，回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E2＝Blv，感應(yīng)電流I2＝，E、F兩點(diǎn)之間的電壓為U＝＝，選項(xiàng)B正確．線框在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中做勻速運(yùn)動(dòng)，故線框所受安培力和拉力始終相等．線框在Ⅰ區(qū)運(yùn)動(dòng)，磁通量不變，不產(chǎn)生感應(yīng)電流，拉力不做功；在EF邊進(jìn)入中間無(wú)磁場(chǎng)區(qū)域的過(guò)程中，只有H

33、G邊切割磁感線，回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E2＝Blv，感應(yīng)電流I2＝，線框所受安培力F1＝BI2l，拉力做功W1＝F1d＝；當(dāng)EF邊進(jìn)入Ⅱ區(qū)距離小于l－d時(shí)，HG、EF邊均切割磁感線，回路中產(chǎn)生總感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E1＝2Blv，感應(yīng)電流大小為I1＝＝，線框所受總安培力F2＝2BI1l，拉力做功W2＝F2(l－d)＝，則將線框拉至HG邊剛離開(kāi)Ⅰ區(qū)的過(guò)程中，拉力所做的功W＝W1＋W2＝，選項(xiàng)C正確．當(dāng)EF邊進(jìn)入Ⅱ區(qū)距離大于l－d小于l時(shí)，只有EF邊切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E3＝Blv，感應(yīng)電流I3＝，線框所受安培力F3＝BI3l，拉力做功W3＝F3d＝；將線框從Ⅰ區(qū)全部拉入Ⅱ區(qū)的過(guò)程中，安培力做的總

34、功W′＝－W1－W2－W3＝－.根據(jù)克服安培力做的功等于回路中產(chǎn)生的焦耳熱可知，回路中產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝－W′＝，選項(xiàng)D正確． [答案]　BCD 8. (多選)(2019·蘇州模擬)在如圖所示的傾角為θ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Ⅰ的磁場(chǎng)方向垂直斜面向上．區(qū)域Ⅱ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)Ⅰ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

35、的動(dòng)能變化量為ΔEk，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(　　) A．在下滑過(guò)程中，由于重力做正功，所以有v2>v1 B．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(W1－ΔEk)的機(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ΔEk＝W1－W2 [解析]　由平衡條件，第一次勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，mgsinθ＝，第二次勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，mgsinθ＝，則v2

36、JP的中間位置的過(guò)程中，由動(dòng)能定理得，W1－W2＝ΔEk，選項(xiàng)D正確；線框克服安培力做功為W2，等于產(chǎn)生的電能，且W2＝W1－ΔEk，選項(xiàng)C正確． [答案]　CD 9．(多選)(2019·撫州質(zhì)檢)如圖所示，在光滑的水平面上方，有兩個(gè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B、方向相反的水平勻強(qiáng)磁場(chǎng)．PQ為兩個(gè)磁場(chǎng)的分界線，磁場(chǎng)范圍足夠大．一個(gè)邊長(zhǎng)為a、質(zhì)量為m、電阻為R的金屬正方形線框，以速度v垂直磁場(chǎng)方向從圖中實(shí)線位置開(kāi)始向右運(yùn)動(dòng)，當(dāng)線框運(yùn)動(dòng)到分別有一半面積在兩個(gè)磁場(chǎng)中時(shí)，線框的速度為，則下列說(shuō)法正確的是(　　) A．此過(guò)程中通過(guò)線框截面的電荷量為 B．此時(shí)線框中的電功率為 C．此過(guò)程中回路產(chǎn)生的

37、電能為 D．此時(shí)線框的加速度為 [解析]　根據(jù)q＝，穿過(guò)線圈的磁通量由Ba2減小到零，所以此過(guò)程中通過(guò)線框橫截面的電荷量為，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；此時(shí)線框中的電動(dòng)勢(shì)E＝2Ba·＝Bav，電功率P＝＝，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；此過(guò)程中回路產(chǎn)生的電能等于線圈動(dòng)能的減少量，mv2－m2＝mv2，選項(xiàng)C正確；此時(shí)線框中的電流I＝＝，線框所受的安培力的合力為F＝2BIa，加速度為a＝，選項(xiàng)D正確． [答案]　CD 二、非選擇題 10．(2019·浙江五校聯(lián)考)如圖所示，光滑絕緣水平面AB與傾角θ＝37°，長(zhǎng)L＝5 m的固定絕緣斜面BC在B處平滑相連，在斜面的C處有一與斜面垂直的彈性絕緣擋板．質(zhì)量m＝0.5 kg、帶

38、電荷量q＝＋5×10－5 C的絕緣帶電小滑塊(可看作質(zhì)點(diǎn))置于斜面的中點(diǎn)D，整個(gè)空間存在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)E＝2×105 N/C，現(xiàn)讓滑塊以v0＝14 m/s的速度沿斜面向上運(yùn)動(dòng)．設(shè)滑塊與擋板碰撞前后所帶電荷量不變、速度大小不變，滑塊和斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.1.(g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)，求： (1)滑塊沿斜面向上運(yùn)動(dòng)的加速度大小； (2)滑塊運(yùn)動(dòng)的總路程． [解析]　(1)滑塊與斜面之間的摩擦力 f＝μ(mgcos37°＋qEsin37°)＝1 N 根據(jù)牛頓第二定律可得 qEcos37°－mgsin37°－f＝ma，解得a＝8

39、 m/s2. (2)由題可知，滑塊最終停在C點(diǎn)． 設(shè)滑塊從D點(diǎn)開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到最終停在C點(diǎn)的過(guò)程中在斜面上運(yùn)動(dòng)的總路程為s1，由動(dòng)能定理有 qEcos37°－mgsin37°－fs1＝0－mv 解得s1＝61.5 m 設(shè)滑塊第1次到B時(shí)動(dòng)能為Ek1，從D到B由動(dòng)能定理得 －qEcos37°＋mgsin37°－f·＝Ek1－mv 解得Ek1＝29 J 設(shè)滑塊第1次從B滑到水平面上的最遠(yuǎn)距離為x1， 由動(dòng)能定理得－qEx1＝0－Ek1，解得x1＝2.9 m 水平面光滑，滑塊滑回到B點(diǎn)時(shí)動(dòng)能不變，滑塊在斜面上往返一次克服摩擦力做功Wf＝2fL＝10 J 滑塊第2次回到B點(diǎn)時(shí)動(dòng)能為Ek

40、2＝Ek1－Wf＝19 J 設(shè)滑塊第2次從B滑到水平面上的最遠(yuǎn)距離為x2， 由動(dòng)能定理得－qEx2＝0－Ek2，解得x2＝1.9 m 同理，滑塊第3次從B滑到水平面上的最遠(yuǎn)距離為x3＝0.9 m 此后就不會(huì)再滑到水平面上了 滑塊在水平面上運(yùn)動(dòng)的總路程為 s2＝2(x1＋x2＋x3)＝11.4 m 滑塊運(yùn)動(dòng)的總路程s＝s1＋s2＝72.9 m [答案]　(1)8 m/s2　(2)72.9 m 11．(2019·內(nèi)蒙古包頭聯(lián)考)如圖甲所示，兩根足夠長(zhǎng)的光滑直金屬導(dǎo)軌MN、PQ平行固定在傾角θ＝37°的絕緣斜面上，兩導(dǎo)軌間距L＝1 m，導(dǎo)軌的電阻可忽略．M、P兩點(diǎn)間接有阻值為R的電

41、阻．一根質(zhì)量m＝1 kg、電阻r＝0.2 Ω的均勻直金屬桿ab放在兩導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌垂直且接觸良好．整套裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.5 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直斜面向下．自圖示位置起，桿ab受到大小為F、方向平行導(dǎo)軌向下的拉力作用，力F隨桿ab運(yùn)動(dòng)速度v變化的圖像如圖乙所示，桿由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，測(cè)得通過(guò)電阻R的電流隨時(shí)間均勻增大．g取10 m/s2，sin37°＝0.6. (1)試判斷金屬桿ab在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做何種運(yùn)動(dòng)，請(qǐng)寫出推理過(guò)程； (2)求電阻R的阻值； (3)金屬桿ab自靜止開(kāi)始下滑通過(guò)位移x＝1 m的過(guò)程中，拉力的平均功率為6.6 W，求在此過(guò)程中回路中產(chǎn)生的焦耳熱． [解析

42、]　(1)通過(guò)R的電流I＝，E＝BLv，所以I＝ 因?yàn)锽、L、R、r為定值，所以I與v成正比．又因?yàn)殡娏鱅隨時(shí)間均勻增大，故桿的速度v也隨時(shí)間均勻增大，即桿的加速度為恒量，金屬桿做勻加速直線運(yùn)動(dòng)(或金屬桿做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng))． (2)對(duì)桿：根據(jù)牛頓第二定律有F＋mgsinθ－F安＝ma 由圖乙可知：F＝0.5v＋2(N) F安＝BIL＝v(N) 則可得：2＋mgsinθ＋v＝ma 因?yàn)関為變量，a為定值，所以a與v無(wú)關(guān)，必有 ma＝2＋mgsinθ，0.5－＝0 解得a＝8 m/s2，R＝0.3 Ω (3)由能量守恒定律得Pt＋mgxsinθ＝Q＋mv2 由勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律得x＝at2，v＝at 聯(lián)立解得t＝0.5 s，v＝4 m/s，Q＝1.3 J. [答案]　(1)見(jiàn)解析　(2)0.3 Ω　(3)1.3 J 24