《2019屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題5 功能關(guān)系在電學(xué)中的應(yīng)用學(xué)案.docx》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題5 功能關(guān)系在電學(xué)中的應(yīng)用學(xué)案.docx（8頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

5 功能關(guān)系在電學(xué)中的應(yīng)用 電場(chǎng)中的功能關(guān)系中，電粒子(或帶電體)在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題是近幾年高考?？嫉膯?wèn)題，高考命題角度集中在動(dòng)能定理在平行板電容器中的應(yīng)用，動(dòng)能定理在非勻強(qiáng)電場(chǎng)中的應(yīng)用，拋體運(yùn)動(dòng)、功能關(guān)系在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的應(yīng)用；題目難度以中檔題為主，有選擇亦有計(jì)算題。 電磁感應(yīng)中的功能關(guān)系，高考命題命題角度有能量守恒定律在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用，電磁感應(yīng)電路中的電功、電功率，試題難度以中檔題為主。 應(yīng)用動(dòng)力學(xué)知識(shí)和功能關(guān)系解決力電綜合問(wèn)題，在高考中常以壓軸題的形式出現(xiàn)，題目綜合性強(qiáng)，分值高，難度大。 1．電場(chǎng)力做功及電場(chǎng)中的功能關(guān)系 2．求解電磁感應(yīng)中的功能關(guān)系的思路 3．力電綜合問(wèn)題的一般思維流程 1．(多選)(2018全國(guó)卷Ⅰ21)圖中虛線a、b、c、d、f代表勻強(qiáng)電場(chǎng)內(nèi)間距相等的一組等勢(shì)面，已知平面b上的電勢(shì)為2 V。一電子經(jīng)過(guò)a時(shí)的動(dòng)能為10 eV，從a到d的過(guò)程中克服電場(chǎng)力所做的功為6 eV。下列說(shuō)法正確的是(　　) A．平面c上的電勢(shì)為零 B．該電子可能到達(dá)不了平面f C．該電子經(jīng)過(guò)平面d時(shí)，其電勢(shì)能為4 eV D．該電子經(jīng)過(guò)平面b時(shí)的速率是經(jīng)過(guò)d時(shí)的2倍 2．如圖，兩固定的絕緣斜面傾角均為θ，上沿相連。兩細(xì)金屬棒ab(僅標(biāo)出a端)和cd(僅標(biāo)出c端)長(zhǎng)度均為L(zhǎng)、質(zhì)量分別為2m和m；用兩根不可伸長(zhǎng)的柔軟輕導(dǎo)線將它們連成閉合回路abdca，并通過(guò)固定在斜面上沿的兩光滑絕緣小定滑輪跨放在斜面上，兩定滑輪間的距離也為L(zhǎng)。左斜面上存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于斜面向上。已知斜面及兩根柔軟輕導(dǎo)線足夠長(zhǎng)?；芈房傠娮铻镽，兩金屬棒與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，重力加速度大小為g。使兩金屬棒水平，從靜止開(kāi)始下滑。求： (1)金屬棒運(yùn)動(dòng)的最大速度vm的大??； (2)當(dāng)金屬棒運(yùn)動(dòng)的速度為時(shí)，其加速度大小是多少？ 1．如圖所示，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的上下邊界水平，寬度為L(zhǎng)，方向垂直紙面向里。質(zhì)量為m、邊長(zhǎng)為l(l＜L)的正方形導(dǎo)線框abcd始終沿豎直方向穿過(guò)該磁場(chǎng)，已知cd邊進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度為v0，ab邊離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)的速度也為v0，重力加速度的大小為g。下列說(shuō)法正確的是(　　) A．線框進(jìn)入和離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向相同 B．線框進(jìn)入和離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)受到的安培力方向相反 C．線框穿過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中克服安培力所做的功為mg(L＋l) D．線框穿過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中可能先做加速運(yùn)動(dòng)后做減速運(yùn)動(dòng) 2．(多選)一質(zhì)量為m帶正電荷的小球由空中A點(diǎn)無(wú)初速自由下落，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)能變化了mg2t2 B．整個(gè)過(guò)程中小球速度增量的大小為2gt 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)能變化了mg2t2 D．從A點(diǎn)到最低點(diǎn)小球重力勢(shì)能變化了mg2t2 1．如圖，一個(gè)質(zhì)量為m、帶電量為+q的圓環(huán)，可在水平放置的足夠長(zhǎng)的粗糙細(xì)桿上滑動(dòng)，細(xì)桿處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中?，F(xiàn)給圓環(huán)一個(gè)水平向右的初速度v0，在以后的運(yùn)動(dòng)中下列說(shuō)法正確的是(　　) A. 圓環(huán)可能做勻減速運(yùn)動(dòng) B. 圓環(huán)可能做勻速直線運(yùn)動(dòng) C. 圓環(huán)克服摩擦力所做的功可能為 D. 圓環(huán)克服摩擦力所做的功不可能為 2．如圖所示，ABC是處于豎直平面內(nèi)的光滑絕緣固定斜劈，∠C＝30、∠B＝60，D為AC的中點(diǎn)；質(zhì)量為m、帶正電的小滑塊沿AB面自A點(diǎn)由靜止釋放，滑到斜面底端B點(diǎn)時(shí)速度為v0，若空間加一與ABC平面平行的勻強(qiáng)電場(chǎng)，滑塊仍由靜止釋放，沿AB面滑下，滑到斜面底端B點(diǎn)時(shí)速度為v0，若滑塊由靜止沿AC面滑下，滑到斜面底端C點(diǎn)時(shí)速度為v0，則下列說(shuō)法正確的是(　　) A．電場(chǎng)方向由A指向C B．B點(diǎn)電勢(shì)與D點(diǎn)電勢(shì)相等 C．滑塊滑到D點(diǎn)時(shí)機(jī)械能增加了mv02 D．小滑塊沿AB面、AC面滑下過(guò)程中電勢(shì)能變化量大小之比為2∶3 3．(多選)如圖所示，MN、PQ是兩根傾斜放置的足夠長(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌。導(dǎo)軌所在平面與水平面成30角，導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)＝0.5 m，導(dǎo)體棒ab、cd分別垂直于導(dǎo)軌放置，且棒兩端都與導(dǎo)軌接觸良好，整個(gè)裝置處在垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B＝0.5 T，當(dāng)給棒ab施加平行于導(dǎo)軌向上的力F時(shí)，ab導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌向上以某一速度勻速運(yùn)動(dòng)，cd棒恰好靜止在導(dǎo)軌上，已知兩棒的質(zhì)量均為0.5 kg，電阻均為R＝0.5 Ω，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，取g＝10 m/s2，則下列說(shuō)法正確的是(　　) A．當(dāng)ab棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，拉力F的大小為10 N B．當(dāng)ab棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，回路中的電熱功率為100 W C．撤去拉力F的瞬間，cd棒的加速度大小為5 m/s2 D．撤去拉力F的瞬間，ab棒的加速度大小為10 m/s2 4．如圖所示，足夠長(zhǎng)的粗糙絕緣斜面與水平面成θ＝37角放置，在斜面上虛線aa′和bb′與斜面底邊平行，在aa′、bb′圍成的區(qū)域有垂直斜面向上的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B＝1 T；現(xiàn)有一質(zhì)量為m＝10 g、總電阻R＝1 Ω、邊長(zhǎng)d＝0.1 m的正方形金屬線圈MNQP，讓PQ邊與斜面底邊平行，從斜面上端靜止釋放，線圈剛好勻速穿過(guò)整個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域。已知線圈與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.5，求：(取g＝10 m/s2，sin 37＝0.6，cos 37＝0.8) (1)線圈進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)的速度大小； (2)線圈釋放時(shí)，PQ邊到bb′的距離； (3)整個(gè)線圈穿過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中，線圈上產(chǎn)生的焦耳熱。 5．(2018福建省寧德市上學(xué)期期末)如圖3所示，PM是半徑為R的四分之一光滑絕緣軌道，僅在該軌道內(nèi)有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.光滑絕緣軌道MN水平且足夠長(zhǎng)，PM下端與MN相切于M點(diǎn)．質(zhì)量為m的帶正電小球b靜止在水平軌道上，質(zhì)量為2m、電荷量為q的帶正電小球a從P點(diǎn)由靜止釋放，在a球進(jìn)入水平軌道后，a、b兩小球間只有靜電力作用，且a、b兩小球始終沒(méi)有接觸．帶電小球均可視為點(diǎn)電荷，設(shè)小球b離M點(diǎn)足夠遠(yuǎn)，重力加速度為g.求： 圖3 (1)小球a剛到達(dá)M點(diǎn)時(shí)的速度大小及對(duì)軌道的壓力大??； (2)a、b兩小球系統(tǒng)的電勢(shì)能最大值Ep； (3)a、b兩小球最終的速度va、vb的大?。? 參考答案 1．【解題思路】因等勢(shì)面間距相等，由U＝Ed得相鄰虛線之間電勢(shì)差相等，由a到d，－eUad＝－6 eV，故Uad＝6 V；各虛線電勢(shì)如圖所示，因電場(chǎng)力做負(fù)功，故電場(chǎng)方向向右，沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低，φc＝0，A項(xiàng)正確；因電子的速度方向未知，若不垂直于等勢(shì)面，如圖中實(shí)曲線所示，電子可能到達(dá)不了平面f，B項(xiàng)正確；經(jīng)過(guò)d時(shí)，電勢(shì)能Ep＝－eφd＝2 eV，C項(xiàng)錯(cuò)誤；由a到b，Wab＝Ekb－Eka＝－2 eV，所以Ekb＝8 eV；由a到d，Wad＝Ekd－Eka＝－6 eV，所以Ekd＝4 eV；則Ekb＝2Ekd，根據(jù)Ek＝mv2知vb＝vd，D項(xiàng)錯(cuò)誤。 【答案】AB 2．【解析】(1)達(dá)到最大速度時(shí)，設(shè)兩繩中張力均為FT，金屬棒cd受到的安培力為F，對(duì)ab、cd，根據(jù)平衡條件得到： 2mgsin θ＝2FT＋2μmgcos θ 2FT＝mgsin θ＋μmgcos θ＋F 而安培力F＝BIL 根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律及閉合電路歐姆定律：E＝BLvm，I＝ 整理得到：vm＝。 (2)當(dāng)金屬棒的速度為時(shí)，設(shè)兩繩中張力均為FT1，金屬棒cd受到的安培力為F1，根據(jù)牛頓第二定律： 2mgsin θ－2FT1－2μmgcos θ＝2ma 2FT1－mgsin θ－μmgcos θ－F1＝ma 又F1＝BI1L，E1＝BL，I1＝ 聯(lián)立以上方程可以得到：a＝(sin θ－3μcos θ)。 1．【解題思路】根據(jù)楞次定律可知，線框進(jìn)入磁場(chǎng)和離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向相反，再根據(jù)左手定則可知線框受到的安培力方向一直向上，A、B錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理，可知從進(jìn)入磁場(chǎng)到離開(kāi)磁場(chǎng)的過(guò)程動(dòng)能不變，所以WG－W克安＝0，即W克安＝mg(L＋l)，C正確；如果cd邊以速度v0進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)開(kāi)始做加速運(yùn)動(dòng)，那么ab邊離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)不可能減速到v0，D錯(cuò)誤。 【答案】C 2．【解題思路】小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程如圖所示，加電場(chǎng)之前與加電場(chǎng)之后，小球的位移大小是相等的。由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，得v2＝2v1。對(duì)加電場(chǎng)之后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程(圖中虛線過(guò)程)應(yīng)用動(dòng)能定理得，對(duì)此前自由下落過(guò)程由機(jī)械能守恒得，又，聯(lián)立以上各式可解得電場(chǎng)力所做的功W電＝mgh1＋mv－mv＝2mv＝2mg2t2，即整個(gè)過(guò)程中小球電勢(shì)能減少了2mg2t2，故A錯(cuò)；整個(gè)過(guò)程中速度增量大小為Δv＝v2－0＝2v1＝2gt，故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)，動(dòng)能變化了ΔEk＝0－mv＝－mg2t2，故C錯(cuò)；由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式知，以及＝＝，則從A點(diǎn)到最低點(diǎn)小球重力勢(shì)能變化量為ΔEp＝mg(h1＋h2)＝mg(h1＋h1)＝mgh1＝mv＝mg2t2，故D正確。 【答案】BD 1．【答案】BC 2．【解題思路】無(wú)電場(chǎng)時(shí)由A到B：mgh＝mv02①，有電場(chǎng)時(shí)由A到B：mgh＋WE＝m(v0)2②，有電場(chǎng)時(shí)，由A到C：mgh＋WE′＝m(v0)2③，聯(lián)立①②③式得：WE＝mv02，WE′＝mv02，又因?yàn)閃E＝qUAB，WE′＝qUAC，故UAB＝UAC，則D點(diǎn)與B點(diǎn)電勢(shì)相等，故B正確；AC與BD不垂直，所以電場(chǎng)方向不可能由A指向C，故A錯(cuò)誤；因D為AC的中點(diǎn)，則滑塊滑到D點(diǎn)電場(chǎng)力做的功為滑到C點(diǎn)的一半，為mv02，則機(jī)械能增加了mv02，故C正確；根據(jù)WE＝mv02，WE′＝mv02知滑塊沿AB面、AC面滑下過(guò)程中電勢(shì)能變化量大小之比為1∶2，故D錯(cuò)誤。 【答案】BC 3．【解題思路】對(duì)ab棒受力分析，在沿導(dǎo)軌方向上，受到沿導(dǎo)軌向下的安培力，沿導(dǎo)軌向下的重力的分力，以及沿導(dǎo)軌向上的拉力F，故有F＝mgsin 30＋BIL，對(duì)cd受力分析，在沿導(dǎo)軌方向上受到沿導(dǎo)軌向上的安培力，沿導(dǎo)軌向下的重力的分力，故有mgsin 30＝BIL，聯(lián)立解得F＝5 N，BIL＝2.5 N，A錯(cuò)誤；I＝＝10 A，故回路中的電熱功率為P＝I22R＝100 W，B正確；撤去拉力F的瞬間，ab棒的加速度a＝＝10 m/s2，cd棒受力不變，所以合力為零，加速度為零，C錯(cuò)誤，D正確。 【答案】BD 4．【解析】(1)對(duì)線圈受力分析，根據(jù)平衡條件得： F安＋μmgcos θ＝mgsin θ，F(xiàn)安＝BId，I＝，E＝Bdv 聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得：v＝2 m/s。 (2)線圈進(jìn)入磁場(chǎng)前做勻加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律得： a＝＝2 m/s2 線圈釋放時(shí)，PQ邊到bb′的距離L＝＝ m＝1 m。 (3)由于線圈剛好勻速穿過(guò)磁場(chǎng)，則磁場(chǎng)寬度等于d＝0.1 m Q＝W安＝F安2d 代入數(shù)據(jù)解得：Q＝410－3 J。 5．【解析】(1)小球a從P到M，洛倫茲力、彈力不做功，只有重力做功 由動(dòng)能定理有：2mgR＝(2m)vM2 解得：vM＝ 在M點(diǎn)，由牛頓第二定律有：FN－2mg－qvMB＝ 解得：FN＝6mg＋qB 根據(jù)牛頓第三定律得小球?qū)壍赖膲毫Υ笮椋篎N′＝6mg＋qB (2)兩球速度相等時(shí)系統(tǒng)電勢(shì)能最大，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律有：2mvM＝3mv共 根據(jù)能量守恒定律有：Ep＝(2m)vM2－(3m)v共2 解得：Ep＝mgR (3)由動(dòng)量守恒定律：2mvM＝2mva＋mvb 由能量守恒定律有：(2m)vM2＝(2m)va2＋mvb2 解得：va＝vM＝，vb＝vM＝