【步步高】(全國(guó)通用)高考物理大二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)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
《【步步高】(全國(guó)通用)高考物理大二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)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(zhuān)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(lèi)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??;(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 -
- 溫馨提示:
1: 本站所有資源如無(wú)特殊說(shuō)明,都需要本地電腦安裝OFFICE2007和PDF閱讀器。圖紙軟件為CAD,CAXA,PROE,UG,SolidWorks等.壓縮文件請(qǐng)下載最新的WinRAR軟件解壓。
2: 本站的文檔不包含任何第三方提供的附件圖紙等,如果需要附件,請(qǐng)聯(lián)系上傳者。文件的所有權(quán)益歸上傳用戶所有。
3.本站RAR壓縮包中若帶圖紙,網(wǎng)頁(yè)內(nèi)容里面會(huì)有圖紙預(yù)覽,若沒(méi)有圖紙預(yù)覽就沒(méi)有圖紙。
4. 未經(jīng)權(quán)益所有人同意不得將文件中的內(nèi)容挪作商業(yè)或盈利用途。
5. 裝配圖網(wǎng)僅提供信息存儲(chǔ)空間,僅對(duì)用戶上傳內(nèi)容的表現(xiàn)方式做保護(hù)處理,對(duì)用戶上傳分享的文檔內(nèi)容本身不做任何修改或編輯,并不能對(duì)任何下載內(nèi)容負(fù)責(zé)。
6. 下載文件中如有侵權(quán)或不適當(dāng)內(nèi)容,請(qǐng)與我們聯(lián)系,我們立即糾正。
7. 本站不保證下載資源的準(zhǔn)確性、安全性和完整性, 同時(shí)也不承擔(dān)用戶因使用這些下載資源對(duì)自己和他人造成任何形式的傷害或損失。
最新文檔
- 110中國(guó)人民警察節(jié)(筑牢忠誠(chéng)警魂感受別樣警彩)
- 2025正字當(dāng)頭廉字入心爭(zhēng)當(dāng)公安隊(duì)伍鐵軍
- XX國(guó)企干部警示教育片觀后感筑牢信仰之基堅(jiān)守廉潔底線
- 2025做擔(dān)當(dāng)時(shí)代大任的中國(guó)青年P(guān)PT青年思想教育微黨課
- 2025新年工作部署會(huì)圍繞六個(gè)干字提要求
- XX地區(qū)中小學(xué)期末考試經(jīng)驗(yàn)總結(jié)(認(rèn)真復(fù)習(xí)輕松應(yīng)考)
- 支部書(shū)記上黨課筑牢清廉信念為高質(zhì)量發(fā)展?fàn)I造風(fēng)清氣正的環(huán)境
- 冬季消防安全知識(shí)培訓(xùn)冬季用電防火安全
- 2025加強(qiáng)政治引領(lǐng)(政治引領(lǐng)是現(xiàn)代政黨的重要功能)
- 主播直播培訓(xùn)直播技巧與方法
- 2025六廉六進(jìn)持續(xù)涵養(yǎng)良好政治生態(tài)
- 員工職業(yè)生涯規(guī)劃方案制定個(gè)人職業(yè)生涯規(guī)劃
- 2024年XX地區(qū)黨建引領(lǐng)鄉(xiāng)村振興工作總結(jié)
- XX中小學(xué)期末考試經(jīng)驗(yàn)總結(jié)(認(rèn)真復(fù)習(xí)輕松應(yīng)考)
- 幼兒園期末家長(zhǎng)會(huì)長(zhǎng)長(zhǎng)的路慢慢地走