專題四功能關(guān)系在電學(xué)中的應(yīng)用
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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W=Flcos α=Eqlcos α;若是非勻強(qiáng)電場(chǎng),則一般利用W=qU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W=UIt=Uq. 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WAB=-ΔEp. 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
2、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)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θ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1 A.
3、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mv2 C.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qE=mgsin θ,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,
4、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 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1.5mg2t2 B.整個(gè)過(guò)程中機(jī)械能的增量為2mg2t2 C.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mg2t2 D.從A點(diǎn)到最低點(diǎn)小球重力勢(shì)能減少了mg2t2
5、答案 BD 解析 由gt2=-(vt-at2),又v=gt,解得a=3g.由a=,聯(lián)立解得qE=4mg,則小球電勢(shì)能減少為Δε=qE·gt2=2mg2t2.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ΔEk=m(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mgh-qE(h-gt2)=0,解得h=gt2,故從A點(diǎn)到最低點(diǎn)小球重力勢(shì)能減少了ΔEp=mgh=,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
6、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處的速度大小; (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
7、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(l-h(huán))+qUAB=×3mv, 依題意有mg(l-h(huán))+qUAB=0, 聯(lián)立兩式可得:vB=2 . (2)N不能到達(dá)B處.因?yàn)閙g(l-h(huán))+qUAB′<0. (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:m′g(l-h(huán))+q′UAB=0 所以= 答案 (1) 2 (2)N不能到達(dá)B處,因?yàn)閙g(1-h(huán))+qUAB′<0 (3)帶電體下落的最低
8、點(diǎn)在B處,N應(yīng)滿足的條件為= 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s=0.02 m,NM段光滑,長(zhǎng)度L=0.5 m.在斜面的所在區(qū)域有豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng),場(chǎng)強(qiáng)為2×105 N/C.有一小滑塊質(zhì)量為2×10-3 kg,帶正電,電量為1×10-7 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 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2.求: (1)小滑塊第一次過(guò)N
9、點(diǎn)的速度大??; 圖3 (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mv2=mgLsin 37°+qELsin 37° 代入數(shù)據(jù)得:v=2 m/s. (2)滑塊在ON段運(yùn)動(dòng)時(shí)所受的摩擦力 Ff=μ(mgcos 37°+qEcos 37°)=2.4×10-2 N 滑塊所受重力、
10、電場(chǎng)力沿斜面的分力 F1=mgsin 37°+qEsin 37°=2.4×10-2 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:(mg+qE)(L+s-x)sin 37°-μ(mg+qE)[(2n-1)s+x]cos 37°=0 由0≤x≤0.02 m,得:12.5≤n≤13.5取n=13得:x=0.01 m (3)設(shè)滑塊每一次與擋板碰撞沿斜面上升的距離減少Δx,由能量守恒得: (mg+qE)Δxsin 37°=2μ(mg+qE)scos 37°代入數(shù)據(jù)得:Δx=0.04 m 滑塊第
11、一次與擋板碰撞后沿斜面上升的距離s1=L+s-Δx=0.48 m 滑塊第p次與擋板碰撞后沿斜面上升的距離sp=s1-(p-1)Δx 滑塊移動(dòng)的總路程s總=L+s+x+2[ps1-] 由于sp≥s=0.02 m,得p≤12.5,取p=12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d=1 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m=0.1 kg、電阻R=1 Ω;MN、PQ的上端連接右側(cè)電路,電路中R2為一電
12、阻箱;已知燈泡電阻RL=3 Ω,定值電阻R1=7 Ω,調(diào)節(jié)電阻箱使R2=6 Ω,重力加速度g=10 m/s2.現(xiàn)斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S,在t=0時(shí)刻由靜止釋放ab,在t=0.5 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α及磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大?。? (2)ab由靜止下滑x=50 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
13、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a==6 m/s2 由牛頓第二定律有mgsin α=ma,所以有sin α=,即α=37°, t=0.5 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(vm=6 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 α=F安,又F安=BId I= R總=R+R1+=10 Ω 聯(lián)立以上四式有mgsin α= 代入數(shù)據(jù)解得B= =1 T (2)由能量轉(zhuǎn)化關(guān)系有mgsin αx=mv+Q 代入數(shù)據(jù)解得Q=mgsin
14、αx-mv=28.2 J (3)改變電阻箱R2的值后,ab勻速下滑時(shí)有 mgsin α=BdI 所以I==0.6 A 通過(guò)R2的電流為I2=I R2的功率為P=IR2 聯(lián)立以上三式可得P=I2=I2 當(dāng)=時(shí),即R2=RL=3 Ω,功率最大, 所以Pm=0.27 W. 答案 (1)37° 1 T (2)28.2 J (3)3 Ω 0.27 W 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
15、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5 A.彈簧的彈性勢(shì)能最大為mv-Q-Ffd B.彈簧的彈性勢(shì)能最大為mv-2Q-Ffd C.導(dǎo)體棒再次回到OO′位置時(shí)的動(dòng)能等于mv-4Q-2Ffd D.導(dǎo)體棒再次回到OO′位置時(shí)的動(dòng)能大于mv-4Q-2Ffd 答案 BD 解析 當(dāng)導(dǎo)體棒向右運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中,mv=Ep+2Q+Ffd 所以Ep=mv
16、-2Q-Ffd① 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2Q′<2Q,當(dāng)導(dǎo)體棒向左運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中,Ep=mv2+2Q′+Ffd② 聯(lián)立①②得:mv2=mv-2Q-Ffd-2Q′-Ffd>mv-4Q-2Ffd,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,半圓形軌道的半徑R=0.4 m,在軌道所在空間存在水平向右的勻強(qiáng)
17、電場(chǎng),電場(chǎng)線與軌道所在的平面平行,電場(chǎng)強(qiáng)度E=1.0×104 N/C.現(xiàn)有一電荷量q=+1.0×10-4 C,質(zhì)量m=0.1 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g=10 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
18、v0,根據(jù)牛頓第二定律得:mg=m(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,從B到C根據(jù)動(dòng)能定理: -mg·2R=mv-mv(2分) 帶電體在B點(diǎn)時(shí),根據(jù)牛頓第二定律有: FB-mg=m(2分)聯(lián)立解得:FB=6.0 N(1分) 根據(jù)牛頓第三定律可知,帶電體對(duì)軌道的壓力 FB′=6.0 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2R=gt2(1分) xDB=vCt=·t2(2分) 聯(lián)立解得xDB=0.8 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
19、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: qERsin 45°-mgR(1-cos 45°)=Ekm-mv(2分) 解得:Ekm= J≈1.17 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θ=37°.過(guò)G點(diǎn)、垂直于紙面的豎直平面左側(cè)有
20、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B=1.25 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E=1×104 N/C.小物體P1質(zhì)量m=2×10-3 kg、電荷量q=+8×10-6 C,受到水平向右的推力F=9.98×10-3 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t=0.1 s與P1相遇.P1和P2與軌道CD、GH間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ=0.5,取g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,物體電荷量保持不變,不計(jì)空氣阻力.求: 圖7
21、 (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 F1=qvB① f=μ(mg-F1)② 由題意,水平方向合力為零 F-f=0③ 聯(lián)立①②③式,代入數(shù)據(jù)解得 v=4 m/s④ (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 θ-mgr(1-cos θ)=mv-mv2⑤ P1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 q
22、Ecos θ-mgsin θ-μ(mgcos θ+qEsin θ)=ma1⑥ P1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s1=vGt+a1t2⑦ 設(shè)P2質(zhì)量為m2,在GH上運(yùn)動(dòng)的加速度為a2,則 m2gsin θ-μm2gcos θ=m2a2⑧ P1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 s2=a2t2⑨ 又s=s1+s2⑩ 聯(lián)立⑤~⑩式,代入數(shù)據(jù)得 s=0.56 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·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
23、,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1 A.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正確. D
24、.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2 A.小球的電勢(shì)能增加W2 B.彈簧彈性勢(shì)能最大值為mv2+W1-W2 C.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
25、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 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,W1+W2+W彈=mv2,解得彈力做功W彈=mv2-W1-W2,知彈性勢(shì)能的最大值為mv2-W1-W2,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.
26、 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3 A.電場(chǎng)力對(duì)小球做功為零 B.小球的機(jī)械能減小量為mg2t2 C.小球的電勢(shì)能減小 D.C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
27、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,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W=mg×gt2=mg2t2,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
28、4 A.金屬塊帶負(fù)電 B.金屬塊克服電場(chǎng)力做功8 J C.金屬塊的機(jī)械能減少12 J D.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WG+W-Wf=ΔEk,解得電場(chǎng)力做功W=-4 J,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W-Wf=-12 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
29、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5 A.其他條件不變,R越大,x越大 B.其他條件不變,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:mg=m,小球由B到D的過(guò)程中機(jī)械能守恒:mv=mg×2R+mv,
30、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:qEx=mv,將vB=代入得:qEx=mgR,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:FN-mg=m,將vB=代入得:FN=6mg,選項(xiàng)D錯(cuò)誤. 6.如圖6所示,傾斜角度為θ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(可看成質(zhì)點(diǎn))與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ.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,OA=OB=l.求:
31、 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 θ+μcos θ)+ (2) 解析 (1)FN=mgcos θ+ mgsin θ+μFN=ma 得:a= =g(sin θ+μcos θ)+. (2)從A到B,由動(dòng)能定理得: 0-mv=-mglsin 2θ+Wf 從B到A,由動(dòng)能定理得: mv2=mglsin 2θ+Wf 得:v= 7.(2014·新課標(biāo)Ⅰ·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=60°,OB=OA,將一質(zhì)量為m的小球以一定的初動(dòng)能自O(shè)點(diǎn)
32、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(q>0),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,令OA=d
33、,則OB=d,根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律有 dsin 60°=v0t① dcos 60°=gt2② 又有Ek0=mv③ 由①②③式得Ek0=mgd④ 設(shè)小球到達(dá)A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為EkA,則 EkA=Ek0+mgd⑤ 由④⑤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ΔEpA和ΔEpB,由能量守恒及④式得 ΔEpA=3Ek0-Ek0-mgd=Ek0⑦ ΔEpB=6Ek0-Ek0-mgd=Ek0⑧ 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 =⑨ 解得x=d,MA為等勢(shì)線,電場(chǎng)強(qiáng)度方
34、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α,由幾何關(guān)系可得α=30°⑩ 即電場(chǎng)強(qiáng)度方向與豎直向下的方向的夾角為30°. 設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E,有qEdcos 30°=ΔEpA? 由④⑦?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)
35、,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( ) 圖8 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)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 答案 CD 解析 由平衡條件,第一次勻速運(yùn)動(dòng)時(shí),mgsin θ=,第二次勻速運(yùn)動(dòng)時(shí),mgsin
36、θ=,則v2 37、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9
A.拉力做的功為Pt+μmgx
B.電阻R中所產(chǎn)生的電能為Pt-μmgx
C.金屬桿克服安培力做的功為Pt
D.金屬桿和導(dǎo)軌之間由于摩擦而產(chǎn)生的熱量為μmgx
答案 D
解析 因?yàn)槔Φ墓β屎銥镻,則拉力做功的大小W=Pt,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Pt=mv2+Q+W電,可知W電=Pt-Q-mv2=Pt-μmgx 38、-mv2,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μmgx,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φ=,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k-mg=mg
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
k=mg,
結(jié)合(1),解得h=H.
(3)設(shè)CB間的電勢(shì)差為UCB,有
UCB=φC-φB=-,
根據(jù)動(dòng)能定理有qUCB-mg(rB-H)=0
解得rB=2H.
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