（新課標(biāo)）高考物理二輪復(fù)習(xí)簡(jiǎn)易通 第5講 功能關(guān)系在電學(xué)中的應(yīng)用

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1、第5講　功能關(guān)系在電學(xué)中的應(yīng)用 (1～2題為單項(xiàng)選擇題，3～4題為多項(xiàng)選擇題) 1. 如圖2－5－13所示，平行金屬導(dǎo)軌與水平面間的傾角為θ，導(dǎo)軌間距為l，電阻不計(jì)、與導(dǎo)軌相連的定值電阻阻值為R.磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直穿過導(dǎo)軌平面．有一質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒，從ab位置以平行斜面的大小為v的初速度向上運(yùn)動(dòng)，最遠(yuǎn)到達(dá)a′b′的位置，滑行的距離為s.導(dǎo)體棒的電阻也為R，與導(dǎo)軌之間接觸良好并與導(dǎo)軌始終垂直且動(dòng)摩擦因數(shù)為μ.則 (　　)． 圖2－5－13 A．上滑過程中導(dǎo)體棒受到的最大安培力為 B．上滑過程中通過定值電阻R的電荷量為 C．上滑過程中定值電阻R產(chǎn)生的熱量為－mgs(

2、sin θ＋cos θ) D．上滑過程中導(dǎo)體棒損失的機(jī)械能為－mgssin θ 解析　導(dǎo)體棒在安培力作用下做減速運(yùn)動(dòng)，故導(dǎo)體棒剛開始向上運(yùn)動(dòng)時(shí)所受安培力最大，F(xiàn)m＝BIl＝，A錯(cuò)誤．上滑過程通過定值電阻R的電荷量q＝＝，B錯(cuò)誤．上滑過程中根據(jù)能量守恒定律得2Q＋mgssin θ＝mv2，所以Q＝，導(dǎo)體棒損失的機(jī)械能等于安培力對(duì)其做的功W＝ΔE＝mv2－mgssin θ，C錯(cuò)誤，D正確． 答案　D 2. 如圖2－5－14所示，一個(gè)帶正電的小球穿在一根絕緣的粗糙直桿AC上，桿與水平方向成θ角，整個(gè)空間存在著豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直于桿方向斜向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．小球沿桿向下運(yùn)動(dòng)，在A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為

3、100 J，在C點(diǎn)時(shí)動(dòng)能減為零，D為AC的中點(diǎn)，在運(yùn)動(dòng)過程中，則 (　　)． 圖2－5－14 A．小球在D點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為50 J B．小球電勢(shì)能的增加量一定等于重力勢(shì)能的減少量 C．到達(dá)C點(diǎn)后小球可能沿桿向上運(yùn)動(dòng) D．小球在AD段克服摩擦力做的功與小球在DC段克服摩擦力做的功相等 解析　小球做減速運(yùn)動(dòng)，F(xiàn)洛將減?。蚺c桿的彈力將變小，所受摩擦力也將變小，合力為變力．據(jù)F合x＝ΔEk可知A錯(cuò)誤；重力勢(shì)能的減少量等于電勢(shì)能和內(nèi)能增量之和，B錯(cuò)誤；若電場(chǎng)力大于重力，小球可能沿桿向上運(yùn)動(dòng)，C正確．由于摩擦力為變力，D錯(cuò)誤． 答案　C 3. 一帶電粒子射入一固定的正點(diǎn)電荷Q的電場(chǎng)中，

4、沿如圖2－5－15所示的虛線由a點(diǎn)經(jīng)b點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)，b點(diǎn)離Q最近．若不計(jì)重力，則 (　　)． 圖2－5－15 A．帶電粒子帶正電荷 B．帶電粒子到達(dá)b點(diǎn)時(shí)動(dòng)能最大 C．帶電粒子從a到b電場(chǎng)力對(duì)其做正功 D．帶電粒子從b到c電勢(shì)能減小 解析　從軌跡可知，粒子受到排斥力作用，所以粒子帶正電，選項(xiàng)A正確．粒子從a到b電場(chǎng)力對(duì)其做負(fù)功，動(dòng)能減少，電勢(shì)能增大；從b到c電場(chǎng)力對(duì)其做正功，動(dòng)能增大，電勢(shì)能減少，故粒子在b點(diǎn)動(dòng)能最小，勢(shì)能最大，所以選項(xiàng)B、C錯(cuò)誤，D正確． 答案　AD 4．電荷量為q＝1×10－4 C的帶正電的小物塊置于絕緣水平面上，所在空間存在沿水平方向始終不變

5、的電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小與時(shí)間t的關(guān)系和物塊的速度v與時(shí)間t的關(guān)系分別如圖2－5－16甲、乙所示，若重力加速度g取10 m/s2，根據(jù)圖象所提供的信息，下列說法正確的是 (　　)． 圖2－5－16 A．物塊在4 s內(nèi)的總位移x＝6 m B．物塊的質(zhì)量m＝0.5 kg C．物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2 D．物塊在4 s內(nèi)電勢(shì)能減少14 J 解析　由題圖乙可知，物塊前2 s做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，在2～4 s做勻速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)v－t圖象所圍面積可求得前2 s位移x1＝2 m,2～4 s位移x2＝4 m，總位移為x＝6 m，A正確．又由牛頓第二定律得qE1－μmg＝ma，①

6、且a＝＝1 m/s2，② 2 s后物塊做勻速運(yùn)動(dòng)，有qE2＝μmg③ 由題圖甲知E1＝3×104 N/C、E2＝2×104 N/C， 聯(lián)立①②③可得m＝1 kg，μ＝＝0.2，B錯(cuò)誤，C正確． 又因?yàn)殡妱?shì)能的減少量等于電場(chǎng)力所做的功， 即ΔEp＝W＝E1qx1＋E2qx2＝14 J，D正確． 答案　ACD 5. 如圖2－5－17所示，一粗糙水平軌道與一光滑的圓弧形軌道在A處相連接．圓弧軌道半徑為R，以圓弧軌道的圓心O點(diǎn)和兩軌道相接處A點(diǎn)所在豎直平面為界，在其右側(cè)空間存在著平行于水平軌道向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在左側(cè)空間沒有電場(chǎng)．現(xiàn)有一質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))，從水平

7、軌道的B位置由靜止釋放，結(jié)果，物塊第一次沖出圓形軌道末端C后還能上升的最高位置為D，且|CD|＝R.已知物塊與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，B離A處的距離為x＝2.5R(不計(jì)空氣阻力)，求： 圖2－5－17 (1)物塊第一次經(jīng)過A點(diǎn)時(shí)的速度； (2)勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大??； (3)物塊在水平軌道上運(yùn)動(dòng)的總路程． 解析　(1)對(duì)物體由A至D運(yùn)用動(dòng)能定理得 －mg·2R＝0－mv 解得vA＝2. (2)對(duì)物體由B至A運(yùn)用動(dòng)能定理得 Eq·2.5R－μmg·2.5R＝mv－0 解得E＝. (3)對(duì)全過程運(yùn)用動(dòng)能定理得 Eq·2.5R－μmg·s＝0 解得s＝R. 答案　

8、(1)2　(2)　(3)R 6．如圖2－5－18甲所示，傾斜放置的光滑平行導(dǎo)軌，長度足夠長，寬度L＝0.4 m，自身電阻不計(jì)，上端接有R＝0.2 Ω的定值電阻，在導(dǎo)軌間MN虛線以下的區(qū)域存在方向垂直導(dǎo)軌平面向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝0.5 T的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，MN虛線到磁場(chǎng)的下邊界的距離為28 m．在MN虛線上方垂直導(dǎo)軌放有一根電阻r＝0.1 Ω的金屬棒．現(xiàn)將金屬棒無初速度釋放，其運(yùn)動(dòng)時(shí)的v－t圖象如圖2－5－18乙所示．重力加速度取g＝10 m/s2. 圖2－5－18 (1)求斜面的傾角θ和金屬棒的質(zhì)量m.(保留三位有效數(shù)字) (2)在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過程中定值電阻R上產(chǎn)生的熱量Q是

9、多少？ 解析　(1)在0～2 s時(shí)間內(nèi)，對(duì)金屬棒有： F合＝mgsin θ 根據(jù)牛頓第二定律F合＝ma a＝gsin θ 由圖象知a＝＝6 m/s2 解得：θ＝37° 在t＝5 s之后金屬棒做勻速運(yùn)動(dòng)，且v＝6 m/s，金屬棒受力平衡． 感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv 感應(yīng)電流I＝ F安＝mgsin θ F安＝BIL 解得：m＝ kg≈0.133 kg. (2)末速度v2＝6 m/s，金屬棒進(jìn)磁場(chǎng)前的位移是12 m，整個(gè)過程金屬棒位移s＝40 m 由能量關(guān)系有：mgssin θ＝Q總＋mv 得Q總＝29.6 J 故電阻R上的熱量Q＝Q總＝19.7 J. 答案　(1)37

10、°　0.133 kg　(2)19.7 J 7．(2013·浙江卷，24) “電子能量分析器”主要由處于真空中的電子偏轉(zhuǎn)器和探測(cè)板組成．偏轉(zhuǎn)器是由兩個(gè)相互絕緣、半徑分別為RA和RB的同心金屬半球面A和B構(gòu)成，A、B為電勢(shì)值不等的等勢(shì)面，其過球心的截面如圖2－5－19所示．一束電荷量為e、質(zhì)量為m的電子以不同的動(dòng)能從偏轉(zhuǎn)器左端M板正中間小孔垂直入射，進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)區(qū)域，最后到達(dá)偏轉(zhuǎn)器右端的探測(cè)板N，其中動(dòng)能為Ek0的電子沿等勢(shì)面C做勻速圓周運(yùn)動(dòng)到達(dá)N板的正中間．忽略電場(chǎng)的邊緣效應(yīng)． 圖2－5－19 (1)判斷半球面A、B的電勢(shì)高低，并說明理由； (2)求等勢(shì)面C所在處電場(chǎng)強(qiáng)度E的大?。?

11、 (3)若半球面A、B和等勢(shì)面C的電勢(shì)分別為φA、φB和φC，則到達(dá)N板左、右邊緣處的電子，經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)前、后的動(dòng)能改變量ΔEk左和ΔEk右分別為多少？ (4)比較|ΔEk左|與|ΔEk右|的大小，并說明理由． 解析　(1)電子(帶負(fù)電)做圓周運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力方向指向球心，電場(chǎng)方向從B指向A，B板電勢(shì)高于A板． (2)據(jù)題意，電子在電場(chǎng)力作用下做圓周運(yùn)動(dòng)，考慮到圓軌道上的電場(chǎng)強(qiáng)度E大小相同，有： eE＝m　Ek0＝mv2　R＝ 聯(lián)立解得E＝＝ (3)電子運(yùn)動(dòng)時(shí)只有電場(chǎng)力做功，根據(jù)動(dòng)能定理，有 ΔEk＝qU 對(duì)到達(dá)N板左邊緣的電子，電場(chǎng)力做正功，動(dòng)能增加，有 ΔEk左＝e(φB－φ

12、C) 對(duì)到達(dá)N板右邊緣的電子，電場(chǎng)力做負(fù)功，動(dòng)能減小，有 ΔEk右＝e(φA－φC) (4)根據(jù)電場(chǎng)線特點(diǎn)，等勢(shì)面B與C之間的電場(chǎng)強(qiáng)度大于C與A之間的電場(chǎng)強(qiáng)度，考慮到等勢(shì)面間距相等，有 |φB－φC|＞|φA－φC|，即|ΔEk左|＞|ΔEk右|. 答案　(1)B板電勢(shì)高　(2)　(3)e(φB－φC)　e(φA－φC)　(4)|ΔEk左|>|ΔEk右|　理由見解析 8．如圖2－5－20甲所示，MN、PQ是固定于同一水平面內(nèi)相互平行的粗糙長直導(dǎo)軌，間距L＝2.0 m，R是連在導(dǎo)軌一端的電阻，質(zhì)量m＝1.0 kg的導(dǎo)體棒ab垂直跨在導(dǎo)軌上，電壓傳感器與這部分裝置相連．導(dǎo)軌所在空間有一

13、磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.50 T、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．從t＝0開始對(duì)導(dǎo)體棒ab施加一個(gè)水平向左的拉力，使其由靜止開始沿導(dǎo)軌向左運(yùn)動(dòng)，電壓傳感器測(cè)出R兩端的電壓隨時(shí)間變化的圖線如圖2－5－20乙所示，其中OA、BC段是直線，AB段是曲線．假設(shè)在1.2 s以后拉力的功率P＝4.5 W保持不變．導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒ab的電阻均可忽略不計(jì)，導(dǎo)體棒ab在運(yùn)動(dòng)過程中始終與導(dǎo)軌垂直，且接觸良好，不計(jì)電壓傳感器對(duì)電路的影響．g取10 m/s2.求： 圖2－5－20 (1)導(dǎo)體棒ab最大速度vm的大小； (2)在1.2 s～2.4 s的時(shí)間內(nèi)，該裝置總共產(chǎn)生的熱量Q； (3)導(dǎo)體棒ab與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ和

14、電阻R的值． 解析　(1)從題圖乙可知，2.4 s時(shí)R兩端的電壓最大，Um＝1.0 V，由于導(dǎo)體棒內(nèi)阻不計(jì)，故Um＝Em＝BLvm＝1.0 V，所以vm＝＝1.0 m/s ① (2)因?yàn)閁＝E＝BLv，而B、L為常數(shù)，所以由題圖乙知，在0～1.2 s內(nèi)導(dǎo)體棒做勻加速直線運(yùn)動(dòng)．設(shè)導(dǎo)體棒在這段時(shí)間內(nèi)的加速度為a，t1＝1.2 s時(shí)導(dǎo)體棒的速度為v1，由題圖乙可知此時(shí)電壓U1＝0.90 V. 因?yàn)閁1＝E1＝BLv1 ② 所以v1＝＝0.90 m/s 在1.2 s～2.4 s時(shí)間內(nèi)，根據(jù)功能關(guān)系 mv＋P·Δt＝mv＋Q ③ 代入

15、數(shù)據(jù)解得Q≈5.3 J (3)導(dǎo)體棒做勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度 a＝＝0.75 m/s2 當(dāng)t1＝1.2 s時(shí)，設(shè)拉力為F1， 則有F1＝＝5.0 N 同理，當(dāng)t2＝2.4 s時(shí)，設(shè)拉力為F2， 則有F2＝＝4.5 N 對(duì)ab棒受力分析如圖所示，根據(jù)牛頓第二定律有 F1－Ff－F安1＝ma ④ F2－Ff－F安2＝0 ⑤ mg－FN＝0 ⑥ 又因?yàn)镕安1＝BI1L＝ ⑦ F安2＝BI2L＝ ⑧ Ff＝μFN ⑨ 聯(lián)立④⑤⑥⑦⑧⑨，代入數(shù)據(jù)可求得 R＝0.4 Ω，μ＝0.2. 答案　(1)1.0 m/s　(2)5.3 J　(3)0.2　0.4 Ω