高考物理大二輪復(fù)習(xí)與增分策略 專題四 功能關(guān)系的應(yīng)用 第2講 功能關(guān)系在電學(xué)中的應(yīng)用-人教版高三全冊物理試題

《高考物理大二輪復(fù)習(xí)與增分策略 專題四 功能關(guān)系的應(yīng)用 第2講 功能關(guān)系在電學(xué)中的應(yīng)用-人教版高三全冊物理試題》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考物理大二輪復(fù)習(xí)與增分策略 專題四 功能關(guān)系的應(yīng)用 第2講 功能關(guān)系在電學(xué)中的應(yīng)用-人教版高三全冊物理試題（23頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第2講　功能關(guān)系在電學(xué)中的應(yīng)用 1.靜電力做功與路徑無關(guān).若電場為勻強(qiáng)電場，則W＝Flcos α＝Eqlcos α；若是非勻強(qiáng)電場，則一般利用W＝qU來求. 2.磁場力又可分為洛倫茲力和安培力.洛倫茲力在任何情況下對運(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)是電場對移動(dòng)電荷做功.即W＝UIt＝Uq. 4.導(dǎo)體棒在磁場中切割磁感線時(shí)，棒中感應(yīng)電流受到的安培力對導(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，一般過程復(fù)雜且涉及多種性質(zhì)不同的力，因此，通過審題，抓住受力

2、分析和運(yùn)動(dòng)過程分析是關(guān)鍵，然后根據(jù)不同的運(yùn)動(dòng)過程中各力做功的特點(diǎn)來選擇相應(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)中能量問題時(shí)仍然是首選的方法. 例1　(多選)如圖1所示地面上方存在水平向右的勻強(qiáng)電場.現(xiàn)將一帶電小球從距離地面O點(diǎn)高h(yuǎn)處的A點(diǎn)以水平速度v0拋出，經(jīng)過一段時(shí)間小球恰好垂直于地面擊中地面上的B點(diǎn)，B到O的距離也為h.當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間，則下列說法正確的是(　　) 圖1 A.從A到B的過程中小球的動(dòng)能先減小后增大 B.下落過程中小球機(jī)械能一直增加 C.小球的加速度始終保持2g不變 D.從A點(diǎn)到B點(diǎn)小球的的電勢能增加了mgh 解析　由題意分析知，小球在水

3、平方向勻減速，豎直方向勻加速，由于時(shí)間相等，兩方向位移相同，故qE＝mg，合力大小為mg，斜向左下方45°，故小球的動(dòng)能先減小后增大；電場力一直做負(fù)功，小球機(jī)械能一直減小，小球的加速度始終保持g不變，從A點(diǎn)到B點(diǎn)電場力做負(fù)功，大小為qEh＝mgh，故電勢能增加了mgh. 答案　AD 預(yù)測1　如圖2所示，直角三角形ABC由三段細(xì)直桿連接而成，AB桿豎直，AC桿粗糙且絕緣，其傾角為30°，長為2L，D為AC上一點(diǎn)，且BD垂直AC，在BC桿中點(diǎn)O處放置一正點(diǎn)電荷Q.一套在細(xì)桿上的帶負(fù)電小球，以初速度v0由C點(diǎn)沿CA上滑，滑到D點(diǎn)速率恰好為零，之后沿AC桿滑回C點(diǎn).小球質(zhì)量為m、電荷量為q，重力加

4、速度為g.則(　　) 圖2 A.小球上滑過程中先勻加速后勻減速 B.小球下滑過程中電場力先做負(fù)功后做正功 C.小球再次滑回C點(diǎn)時(shí)的速率為vC＝ D.小球下滑過程中動(dòng)能、電勢能、重力勢能三者之和增大 答案　C 解析　小球上滑過程中受到重力、庫侖力、桿的支持力以及摩擦力作用，由于庫侖力和摩擦力是變力，則運(yùn)動(dòng)過程中加速度始終發(fā)生變化，故A錯(cuò)誤；根據(jù)幾何關(guān)系可知，OD＝OC，則C、D兩點(diǎn)電勢相等，所以從C到D的過程中，電場力做功為零，在C點(diǎn)時(shí)，小球受到的庫侖力是引力，電場力做正功，后電場力做負(fù)功，故B錯(cuò)誤；從C到D的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理得：0－mv＝－mgh－Wf，再從D回到C的過程

5、中，根據(jù)動(dòng)能定理得： mv－0＝mgh－Wf，根據(jù)幾何關(guān)系可知，h＝L解得：vC＝，故C正確；小球下滑過程中由于摩擦力做負(fù)功，則小球動(dòng)能、電勢能、重力勢能三者之和減小，故D錯(cuò)誤. 預(yù)測2　(多選)如圖3所示，某一空間內(nèi)充滿豎直向下的勻強(qiáng)電場E，在豎直平面內(nèi)建立坐標(biāo)系xOy，在y<0的空間里有與場強(qiáng)E垂直的勻強(qiáng)磁場B，在y>0的空間內(nèi)，將一質(zhì)量為m的帶電液滴(可視為質(zhì)點(diǎn))自由釋放，則此液滴沿y軸的負(fù)方向以加速度a＝2g(g為重力加速度)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)液滴運(yùn)動(dòng)到坐標(biāo)原點(diǎn)時(shí)，瞬間被安置在原點(diǎn)的一個(gè)裝置改變了帶電性質(zhì)(液滴所帶電荷量和質(zhì)量均不變)，隨后液滴進(jìn)入y<0的空間運(yùn)動(dòng).液滴在以后的運(yùn)

6、動(dòng)過程中(　　) 圖3 A.重力勢能一定先減小后增大 B.機(jī)械能一定先增大后減小 C.動(dòng)能先不變后減小 D.動(dòng)能一直保持不變 答案　AD 解析　帶電液滴在電場與重力場作用下，由牛頓第二定律可得：qE＋mg＝ma＝m·2g，故qE＝mg 當(dāng)帶電液滴進(jìn)入磁場時(shí)，由于電場力與重力方向相反，處于平衡.而洛倫茲力提供向心力，帶電液滴做勻速圓周運(yùn) 動(dòng).所以重力勢能先減小后增大，故A正確；由于電場力先做負(fù)功后做正功，所以電勢能先增大后減小，那么機(jī)械能先減小后增大，故B錯(cuò)誤；由于做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則速度的大小不變，則動(dòng)能不變，故C錯(cuò)誤，D正確. 解題方略 1.電場力做功與重力做功的

7、特點(diǎn)類似，都與路徑無關(guān). 2.對于電場力做功或涉及電勢差的計(jì)算，選用動(dòng)能定理往往最簡便快捷，但運(yùn)用動(dòng)能定理時(shí)要特別注意運(yùn)動(dòng)過程的選取. 例2　如圖4所示，兩個(gè)帶正電的點(diǎn)電荷M和N，帶電量均為Q，固定在光滑絕緣的水平面上，相距2L，A、O、B是MN連線上的三點(diǎn)，且O為中點(diǎn)，OA＝OB＝，一質(zhì)量為m、電量為q的點(diǎn)電荷以初速度v0從A點(diǎn)出發(fā)沿MN連線向N運(yùn)動(dòng)，在運(yùn)動(dòng)過程中電荷受到大小恒定的阻力作用，但速度為零時(shí)，阻力也為零，當(dāng)它運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)時(shí)，動(dòng)能為初動(dòng)能的n倍，到B點(diǎn)速度剛好為零，然后返回往復(fù)運(yùn)動(dòng)，直至最后靜止.已知靜電力恒量為k，取O處電勢為零.求： 圖4 (1)A點(diǎn)的場強(qiáng)大小； (

8、2)阻力的大??； (3)A點(diǎn)的電勢； (4)電荷在電場中運(yùn)動(dòng)的總路程. 解析　(1)由點(diǎn)電荷電場強(qiáng)度公式和電場疊加原理可得： E＝k－k＝； (2)由對稱性知，φA＝φB，電荷從A到B的過程中，電場力做功為零，克服阻力做功為：Wf＝FfL，由動(dòng)能定理：－FfL＝0－mv，得：Ff＝ (3)設(shè)電荷從A到O點(diǎn)電場力做功為WF，克服阻力做功為Wf， 由動(dòng)能定理：WF－Wf＝nmv－mv 得：WF＝(2n－1) 由：WF＝q(φA－φO) 得：φA＝＝(2n－1) (4)電荷最后停在O點(diǎn)，在全過程中電場力做功為WF＝(2n－1)，電荷在電場中運(yùn)動(dòng)的總路程為s，則阻力做功為－Ffs

9、. 由動(dòng)能定理：WF－Ffs＝0－mv02 即：(2n－1)－mvs＝－mv02 解得：s＝(n＋0.5)L. 答案　(1)　(2)　(3)(2n－1) (4)(n＋0.5)L 預(yù)測3　如圖5所示，在絕緣水平面上放有一帶正電的滑塊、質(zhì)量為m，帶電荷量為q，水平面上方虛線左側(cè)空間有水平向右的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)為E，qE>μmg，虛線右側(cè)的水平面光滑.一輕彈簧右端固定在墻上，處于原長時(shí)，左端恰好位于虛線位置，把滑塊放到虛線左側(cè)L處，并給滑塊一個(gè)向左的初速度v0，已知滑塊與絕緣水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，求： 圖5 (1)彈簧的最大彈性勢能； (2)滑塊在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中產(chǎn)生的熱量.

10、 答案　(1)(qE－μmg)L＋v　(2)qEL＋mv02 解析　(1)設(shè)滑塊向左運(yùn)動(dòng)x時(shí)減速到零，由能量守恒定律有： (qE＋μmg)x＝mv02 解得：x＝ 之后滑塊向右加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)第一次到達(dá)虛線時(shí)的動(dòng)能為Ek，由能量守恒定律得： qE(x＋L)＝Ek＋μmg(x＋L) 解得：Ek＝(qE－μmg)L＋v 滑塊從虛線處壓縮彈簧至最短的過程，機(jī)械能守恒，動(dòng)能全部轉(zhuǎn)化為彈性勢能，所以彈簧的最大彈性勢能為： Epm＝(qE－μmg)L＋v (2)滑塊往返運(yùn)動(dòng)，最終停在虛線位置，整個(gè)過程電場力做正功，為W＝qEL，電勢能減少量為qEL，由能量守恒定律，整個(gè)過程產(chǎn)生的熱量等于滑塊

11、機(jī)械能的減少量與電勢能的減少量之和，即Q＝qEL＋mv02 解題方略 1.電磁感應(yīng)過程中產(chǎn)生的感應(yīng)電流在磁場中必定受到安培力的作用，因此，要維持感應(yīng)電流的存在，必須有“外力”克服安培力做功，將其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能.“外力”克服安培力做了多少功，就有多少其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能. 2.當(dāng)感應(yīng)電流通過用電器時(shí)，電能又轉(zhuǎn)化為其他形式的能.安培力做功的過程，或通過電阻發(fā)熱的過程，是電能轉(zhuǎn)化為其他形式能的過程.安培力做了多少功，就有多少電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能. 3.若回路中電流恒定，可以利用電路結(jié)構(gòu)及W＝UIt或Q＝I2Rt直接進(jìn)行計(jì)算電能. 4.若電流變化，則：(1)利用安培力做的功求解

12、：電磁感應(yīng)中產(chǎn)生的電能等于克服安培力所做的功；(2)利用能量守恒求解：若只有電能與機(jī)械能的轉(zhuǎn)化，則機(jī)械能的減少量等于產(chǎn)生的電能. 例3　如圖6所示，足夠長光滑導(dǎo)軌傾斜放置，導(dǎo)軌平面與水平面夾角θ＝37°，導(dǎo)軌間距L＝0.4 m，其下端連接一個(gè)定值電阻R＝2 Ω，其它電阻不計(jì).兩導(dǎo)軌間存在垂直于導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.5 T.一質(zhì)量為m＝0.02 kg的導(dǎo)體棒ab垂直于導(dǎo)軌放置，現(xiàn)將導(dǎo)體棒由靜止釋放，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8. 圖6 (1)求導(dǎo)體棒下滑的最大速度； (2)求ab棒下滑過程中電阻R消耗的最大功率；

13、 (3)若導(dǎo)體棒從靜止加速到v＝4 m/s的過程中，通過R的電量q＝0.26 C，求R產(chǎn)生的熱量Q. 解析　(1)E＝BLv I＝＝ F安＝BIL＝ 當(dāng)安培力與重力沿導(dǎo)軌向下的分力相等時(shí)，速度最大，棒ab做勻速運(yùn)動(dòng)，即 mgsin θ＝ vm＝＝6 m/s (2)由(1)可知vm＝ 代入P＝ 得P＝＝0.72 W (3)q＝It＝＝ x＝＝2.6 m 由能量關(guān)系有Q＝mgxsin 37°－mv2＝0.152 J. 答案　(1)6 m/s　(2)0.72 W　(3)0.152 J 預(yù)測4　(多選)在如圖7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)

14、磁場，區(qū)域Ⅰ的磁場方向垂直斜面向上，區(qū)域Ⅱ的磁場方向垂直斜面向下，磁場的寬度均為L，一個(gè)質(zhì)量為m、電阻為R、邊長也為L的正方形導(dǎo)線框，由靜止開始沿斜面下滑，當(dāng)ab邊剛越過GH進(jìn)入磁場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的中間位置的過程中，線框的動(dòng)能變化量為ΔEk，重力對線框做功大小為W1，安培力對線框做功大小為W2，下列說法中正確的是(　　) 圖7 A.在下滑過程中，由于重力做正功，所以有v2>v1 B.從ab進(jìn)入GH到MN與JP的中間位置的過程中，機(jī)械能守恒 C.從ab進(jìn)入GH到

15、MN與JP的中間位置的過程中，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 θ＝，則v2

16、 應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向平行于bc邊水平向右.ab＝4L，bc＝3L，金屬框總電阻為R.求： 圖8 (1)若金屬框繞bc邊以角速度ω按圖示方向勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，ab兩點(diǎn)間的電勢差Uab是多少？a、b兩點(diǎn)哪點(diǎn)電勢高？ (2)若金屬框繞ab邊以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)一周，ab邊上產(chǎn)生的焦耳熱是多少？ 答案　(1)8BL2ω　a端電勢高 (2) 解析　(1)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝B·4L· ＝＝ω＝2Lω 所以E＝B·4L·2Lω＝8BL2ω 由于ab和ac切割磁感線有效長度相同，回路的總感應(yīng)電動(dòng)勢為零，金屬框中無電流，但a、b兩端有電勢差，根據(jù)右手定則可判斷a端電勢高所以Uab＝E

17、＝8BL2ω (2)若以ab邊為軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，ac邊切割磁感線，金屬框?qū)a(chǎn)生正弦交流電，設(shè)某時(shí)刻金屬框平面與磁場夾角為θ，從下向上看如圖所示，則電動(dòng)勢的瞬時(shí)值表達(dá)式為 e＝B·4L·ωcos θ＝6BL2ωcos θ 最大值Em＝6BL2ω 有效值為E＝＝3BL2ω 金屬框繞ab邊轉(zhuǎn)動(dòng)一周產(chǎn)生的總熱量Q＝T＝· 則ab邊上產(chǎn)生的熱量Qab＝Q＝. 例4　如圖9所示，水平地面QA與豎直面內(nèi)的、半徑R＝4 m的光滑圓軌道ACDF相連，F(xiàn)C為豎直直徑，DO水平，AO與CO夾角α＝60°.QA上方有一水平臺(tái)面MN，MN正上方分布著垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝4 T.P是豎

18、直線AP與DO的交點(diǎn)，PA的右側(cè)、PO的下面、OC的左側(cè)分布著豎直向下、場強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場.一個(gè)質(zhì)量m＝2 kg、電量q＝＋1 C的小滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))放在MN上，在水平推力F＝4 N的作用下正以速度v1向右做勻速運(yùn)動(dòng).已知滑塊與平臺(tái)MN的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5；重力加速度g＝10 m/s2. 圖9 (1)求小滑塊在平臺(tái)MN上的速度v1； (2)小滑塊從N點(diǎn)飛出后，恰從A點(diǎn)無碰撞地(沿軌道切線)進(jìn)入圓軌道AC，為了使小滑塊不向內(nèi)脫離AF間的圓弧軌道，求電場強(qiáng)度E的取值范圍. 解析　(1)Ff＝F① Ff＝μFN② FN＝mg－Bqv1③ 由①②③解得：v1＝3 m/s (2)

19、在A處：cos α＝，vA＝6 m/s 小滑塊不脫離AF的圓弧軌道，剛好滑到D點(diǎn)時(shí)：vD＝0 根據(jù)能量守恒得 －mgRcos α＋qE1(R－Rcos α)＝0－mv 解出：E1＝2 N/C 小滑塊不脫離AF的圓弧軌道，剛好滑到F點(diǎn)時(shí)： mg＝m －mg(R＋Rcos α)＋qE2(R－Rcos α)＝mv－mv 解出：E2＝62 N/C 綜上：為了使滑塊不向內(nèi)脫離AF間的圓弧軌道，電場強(qiáng)度E的取值范圍為E≤2 N/C或E≥62 N/C 答案　(1)3 m/s　(2)E≤2 N/C或E≥62 N/C 預(yù)測6　如圖10甲所示，長L＝1.5 m、傾角為θ＝37°的光滑絕緣的斜

20、面底端連接一粗糙絕緣的水平面，整個(gè)斜面處在一水平向左的勻強(qiáng)電場中，水平面部分沒有電場.現(xiàn)將一質(zhì)量m＝1.2 kg、帶電荷量q＝1×10－4 C的帶正電的小物體從斜面頂端由靜止釋放，當(dāng)電場場強(qiáng)E取不同數(shù)值時(shí)，物體沿斜面下滑最后在水平地面上滑過的距離s不同.研究發(fā)現(xiàn)s與E之間的關(guān)系如圖乙所示.忽略物體在斜面與水平面連接處的能量損失，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求： 圖10 (1)物體與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ； (2)當(dāng)E＝3×104 N/C時(shí)，物體運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間. 答案　(1)0.2　(2) s 解析　(1)當(dāng)E＝0時(shí)，s＝4.5 m

21、 由動(dòng)能定理得mgLsin θ－μmgs＝0 解得μ＝0.2 (2)當(dāng)E＝3×104 N/C時(shí)，由牛頓第二定律得mgsin θ－qEcos θ＝ma1 又L＝a1t 解得物體在斜面上的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t1＝ s 水平面上由牛頓第二定律知μmg＝ma2 由v＝a1t1 又v＝a2t2 可得t2＝ s 所以物體運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間t＝t1＋t2＝ s. 預(yù)測7　如圖11所示，在水平方向的勻強(qiáng)電場中有一表面光滑、與水平面成45°角的絕緣直桿AC，其下端C距地面高度h＝0.8 m.有一質(zhì)量為500 g的帶電小環(huán)套在直桿上，正以某一速度沿桿勻速下滑，小環(huán)離桿后正好通過C端的正下方P點(diǎn)處.(g取10

22、m/s2)求： 圖11 (1)小環(huán)離開直桿后運(yùn)動(dòng)的加速度大小和方向. (2)小環(huán)在直桿上勻速運(yùn)動(dòng)速度的大小v0. (3)小環(huán)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的動(dòng)能. 答案　(1)14.1 m/s2　與桿垂直斜向右下方　(2)2 m/s(3)5 J 解析　(1)小環(huán)在直桿上的受力情況如圖所示 由平衡條件得：mgsin 45°＝Eqcos 45° 得mg＝Eq， 離開直桿后，只受mg、Eq作用，則：mg＝ma 代入數(shù)據(jù)解得加速度大小：a≈14.1 m/s2 加速度方向與桿垂直斜向右下方 (2)設(shè)小環(huán)在直桿上運(yùn)動(dòng)的速度為v0，離桿后經(jīng)t秒到P點(diǎn)，則豎直方向： h＝v0sin 45°·t＋

23、gt2 水平方向(取向左為正)：v0cos 45°·t－gt2＝0 由以上兩式代入數(shù)據(jù)解得：v0＝2 m/s (3)由動(dòng)能定理得：EkP－mv＝mgh 代入數(shù)據(jù)解得：EkP＝5 J. 專題強(qiáng)化練 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1.(多選)如圖1所示，絕緣粗糙斜面體固定在水平地面上，斜面所在空間存在平行于斜面向上的勻強(qiáng)電場E，輕彈簧一端固定在斜面頂端，另一端拴接一不計(jì)質(zhì)量的絕緣薄板.一帶正電的小滑塊，從斜面上的P點(diǎn)處由靜止釋放后，沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，并能壓縮彈簧至R點(diǎn)(圖中未標(biāo)出)，然后返回，則(　　) 圖1 A.滑塊從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到R點(diǎn)的過程中，其機(jī)械能增量等于電場

24、力與彈簧彈力做功之和 B.滑塊從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到R點(diǎn)的過程中，電勢能的減小量大于重力勢能和彈簧彈性勢能的增加量之和 C.滑塊返回時(shí)能到達(dá)的最低位置在P點(diǎn)的上方 D.滑塊最終停下時(shí)，克服摩擦力所做的功等于電勢能的減小量與重力勢能增加量之差 答案　BC 解析　在小滑塊開始運(yùn)動(dòng)到到達(dá)R點(diǎn)的過程中，電場力做的功轉(zhuǎn)化為小滑塊的重力勢能、彈簧的彈性勢能以及內(nèi)能.滑塊從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到R點(diǎn)的過程中，其機(jī)械能增量等于電場力與彈簧彈力做功、摩擦力做功之和.故A錯(cuò)誤；電場力做的功轉(zhuǎn)化為小滑塊的重力勢能、彈簧的彈性勢能以及內(nèi)能，所以電勢能的減小量大于重力勢能和彈簧彈性勢能的增加量之和.故B正確；小滑塊運(yùn)動(dòng)的過程中，由

25、于摩擦力做功，小滑塊的機(jī)械能與電勢能的和減小，所以滑塊返回時(shí)能到達(dá)的最低位置在P點(diǎn)的上方，不能再返回P點(diǎn).故C正確；滑塊運(yùn)動(dòng)的過程中，由于摩擦力做功，小滑塊的機(jī)械能與電勢能的和逐漸減小，所以滑塊最終停下時(shí)，克服摩擦力所做的功等于電勢能的減小量與重力勢能增加量、彈性勢能增加量之差.故D錯(cuò)誤. 2.(多選)如圖2所示，勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度為E，方向水平向左，一帶電量為＋q，質(zhì)量為m的物體放在光滑水平面上，在恒力F作用下由靜止開始從O點(diǎn)向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)時(shí)間t力F做功60 J，此后撤去力F，物體又經(jīng)過相同的時(shí)間t回到出發(fā)點(diǎn)O，設(shè)O點(diǎn)的電勢能為零，則下列說法正確的是(　　) 圖2 A.物

26、體回到出發(fā)點(diǎn)的速度與撤去力F時(shí)的速度大小之比為2∶1 B.恒力F＝4qE C.撤去力F時(shí)，物體的電勢能為45 J D.在撤去力F之前的任一時(shí)刻，動(dòng)能與電勢能之比均為1∶3 答案　ACD 解析　在恒力F作用下的加速度大小為a1，撤去恒力F后的加速度大小為a2，勻加速運(yùn)動(dòng)的位移大小x1＝a1t2，撤去拉力后的位移大小x2＝a1t·t－a2t2 根據(jù)x1＝－x2得a2＝3a1.根據(jù)牛頓第二定律得，a1＝，a2＝，聯(lián)立解得F電＝qE＝F.故B錯(cuò)誤. 3.(多選)如圖3所示，物體A和帶負(fù)電的物體B用跨過定滑輪的絕緣輕繩連接，A、B的質(zhì)量分別是m和2m，勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧一端固定在水平面

27、上.另一端與物體A相連，傾角為θ的斜面處于沿斜面向上的勻強(qiáng)電場中，整個(gè)系統(tǒng)不計(jì)一切摩擦.開始時(shí)，物體B在一沿斜面向上的外力F＝3mgsin θ的作用下保持靜止且輕繩恰好伸直，然后撤去外力F，直到物體B獲得最大速度，且彈簧未超過彈性限度，則在此過程中(　　) 圖3 A.對于物體A、B、彈簧和地球組成的系統(tǒng)，電場力做功等于該系統(tǒng)增加的機(jī)械能 B.物體A、彈簧和地球所組成的系統(tǒng)機(jī)械能增加量等于物體B電勢能的減少量 C.B的速度最大時(shí)，彈簧的伸長量為 D.撤去外力F的瞬間，物體B的加速度為 答案　AC 解析　根據(jù)能量守恒可知，物體A、彈簧和地球所組成的系統(tǒng)機(jī)械能增加量等于物體B電勢能

28、的減少量和B物體機(jī)械能的減小量之和，故B錯(cuò)誤；當(dāng)B所受的合力為零時(shí)，B的速度最大，由：kx＝F電＋2mgsin θ 解得彈簧的伸長量為：x＝，故C正確；開始時(shí)，外力F作用在B上，B處于靜止?fàn)顟B(tài)，對B分析可知：F－2mgsin θ－F電＝0 解得：F電＝mgsin θ.當(dāng)撤去外力瞬間，對AB整體分析，整體受到的合力為：F合＝F電＋2mgsin θ＝3mgsin θ由F合＝3ma可得 a＝gsin θ，故D錯(cuò)誤. 4.(多選)如圖4所示，在一豎直平面內(nèi)，BCDF段是半徑為R的圓弧擋板，AB段為直線型擋板(長為4R)，兩者在B點(diǎn)相切，θ＝37°，C、F兩點(diǎn)與圓心等高，D在圓弧形擋板的最低點(diǎn)，所有

29、接觸面均光滑、絕緣，擋板處于場強(qiáng)為E，方向水平向左的勻強(qiáng)電場中，現(xiàn)將帶電量為＋q、質(zhì)量為m的小球從擋板內(nèi)側(cè)的A點(diǎn)由靜止釋放，小球沿?fù)醢鍍?nèi)側(cè)ABCDF運(yùn)動(dòng)到F點(diǎn)后拋出，在這段運(yùn)動(dòng)過程中，下列說法正確的是(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(　　) 圖4 A.勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小可能等于 B.小球運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)動(dòng)能一定不是最大 C.小球機(jī)械能增加量的最大值為2.6qER D.小球從B到D運(yùn)動(dòng)過程中，動(dòng)能的增量為1.8mgR－0.8EqR 答案　BC 解析　小球能沿?fù)醢錋BC內(nèi)側(cè)運(yùn)動(dòng)，則有：qEcos 37°≥mgsin 37°，則得：E≥，故場強(qiáng)大小不可能等于.故A錯(cuò)誤

30、；小球在復(fù)合場中受重力和電場力，所以小球運(yùn)動(dòng)到合力方向上時(shí)動(dòng)能最大，則知在CD之間的某一點(diǎn)上時(shí)動(dòng)能最大，故B正確；小球運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)，電場力做正功最多，小球的機(jī)械能增加量最大，所以小球機(jī)械能增加量的最大值為ΔE＝qE[4Rcos 53°＋R(1－cos 37°)]＝2.6qER，故C正確；小球從B到D運(yùn)動(dòng)過程中，根據(jù)動(dòng)能定理得：動(dòng)能的增量為ΔEk＝mgR(1＋sin 37°)－qERcos 37°＝1.6mgR－0.8qER，故D錯(cuò)誤. 5.質(zhì)量為m、長度為l的金屬棒MN兩端由絕緣且等長輕質(zhì)細(xì)線水平懸掛，處于豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.開始時(shí)細(xì)線豎直，當(dāng)金屬棒中通以恒定電流后，金

31、屬棒從最低點(diǎn)向右開始擺動(dòng)，若已知細(xì)線與豎直方向的最大夾角為60°，如圖5所示，則棒中電流(　　) 圖5 A.方向由M向N，大小為 B.方向由N向M，大小為 C.方向由M向N，大小為 D.方向由N向M，大小為 答案　B 解析　平衡時(shí)兩懸線與豎直方向夾角均為θ，故導(dǎo)線受到向右的安培力，根據(jù)左手定則，可判斷金屬棒中的電流方向由N指向M；金屬棒MN所受安培力的方向垂直于MN和磁場方向向右，由于棒向上運(yùn)動(dòng)的過程中重力和安培力做功，細(xì)線的拉力不做功，設(shè)細(xì)線的長度為x，由功能關(guān)系得：BIl·xsin θ－mg(x－x·cos θ)＝0解方程得：I＝. 6.(多選)如圖6所示，光滑的水平軌

32、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的位置在電場力的作用下由靜止開始沿AB向右運(yùn)動(dòng)，并能恰好通過最高點(diǎn)D，則下列物理量的變化對應(yīng)關(guān)系正確的是(　　) 圖6 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B點(diǎn)瞬間對軌道的壓力越大 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的過程中機(jī)械能守恒：mv＝m

33、g×2R＋mv，聯(lián)立解得：vB＝，R越大，小球經(jīng)過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. 7.(多選)如圖7所示，豎直平面內(nèi)有兩條水平的平行虛線ab、cd，間距為d，其間(虛線邊界上無磁場)有磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，一個(gè)正方形線框邊長為L，質(zhì)量為m，電阻為R.線框位于位置1時(shí)，其下邊緣到ab的距離為h.現(xiàn)將線框從位置1由靜止釋放，依次經(jīng)過2、3、4三個(gè)位置，其下邊框剛進(jìn)入磁場和剛要穿出磁場時(shí)的速度相

34、等，重力加速度為g，下列說法正確的是(　　) 圖7 A.線框在經(jīng)過2、3、4三個(gè)位置時(shí)，位置3時(shí)線框速度一定最小 B.線框進(jìn)入磁場過程中產(chǎn)生的電熱Q＝mg(d－L) C.線框從位置2下落到位置4的過程中加速度一直減小 D.線框在即將到達(dá)位置3的瞬間克服安培力做功的瞬時(shí)功率為 答案　AD 解析　線框進(jìn)入磁場的過程做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，完全進(jìn)入磁場后做加速度為g的勻加速運(yùn)動(dòng)，則知3位置時(shí)線框速度最小，故A正確；由功能關(guān)系可知，線框進(jìn)入磁場中減小的重力勢能等于電熱，即Q＝mgd，故B錯(cuò)誤；由于線框在完全進(jìn)入磁場后做加速度為g的勻加速運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤；因?yàn)檫M(jìn)入磁場時(shí)要減速，即此時(shí)的安

35、培力大于重力，速度減小，安培力也減小，當(dāng)安培力減小到等于重力時(shí)，線圈做勻速運(yùn)動(dòng)，全部進(jìn)入磁場將做勻加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)線圈的最小速度為v，由動(dòng)能定理，從線框下邊剛進(jìn)入磁場到線框完全進(jìn)入時(shí)，則有：mv2－mv＝mgL－mgd，又有：mv＝mgh，則克服安培力的功率P＝BILv＝＝，故D正確. 8.如圖8甲所示，左側(cè)接有定值電阻R＝2 Ω的水平粗糙導(dǎo)軌處于垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1 T，導(dǎo)軌間距L＝1 m.一質(zhì)量m＝2 kg，阻值r＝2 Ω的金屬棒在水平拉力F作用下由靜止開始從CD處沿導(dǎo)軌向右加速運(yùn)動(dòng)，金屬棒的v－x圖象如圖乙所示，若金屬棒與導(dǎo)軌間動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.25，則從起點(diǎn)發(fā)生x＝

36、1 m位移的過程中(g＝10 m/s2)(　　) 圖8 A.金屬棒克服安培力做的功W1＝0.5 J B.金屬棒克服摩擦力做的功W2＝4 J C.整個(gè)系統(tǒng)產(chǎn)生的總熱量Q＝4.25 J D.拉力做的功W＝9.25 J 答案　D 解析　金屬棒與導(dǎo)軌間因摩擦產(chǎn)生的熱量等于克服摩擦力做的功，為：Q1＝μmg·x＝0.25×2×10×1 J＝5 J，故B、C錯(cuò)誤；由v－x圖象得：v＝2x，金屬棒所受的安培力F＝＝，代入得：F＝0.5x，則知F與x是線性關(guān)系.當(dāng)x＝0時(shí)，安培力F0＝0；當(dāng)x＝1 m時(shí)，安培力F1＝0.5 N，則從起點(diǎn)發(fā)生x＝1 m位移的過程中，安培力做功為W安＝－x＝－x

37、＝－×1 J＝－0.25 J，A錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理得：W－μmgx＋W安＝mv2，其中v＝2 m/s，μ＝0.25，m＝2 kg，代入解得，拉力做的功W＝9.25 J，故D正確. 9.如圖9所示，平行金屬導(dǎo)軌與水平面成θ角，導(dǎo)軌與定值電阻R1和R2相連，勻強(qiáng)磁場垂直穿過導(dǎo)軌平面.有一導(dǎo)體棒ab，質(zhì)量為m，導(dǎo)體棒的電阻R0與固定電阻R1和R2的阻值均相等，與導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，導(dǎo)體棒ab沿導(dǎo)軌向上滑動(dòng)，當(dāng)上滑的速度為v時(shí)，受到安培力的大小為F.此時(shí)(　　) 圖9 A.電阻R1消耗的熱功率為 B.電阻R0消耗的熱功率為 C.整個(gè)裝置消耗的熱功率為μmgvsin θ D.整個(gè)裝

38、置消耗的機(jī)械功率為(F＋μmgcos θ)v 答案　D 解析　設(shè)ab長度為L，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，電阻R0＝R1＝R2＝R. 電路中感應(yīng)電動(dòng)勢E＝BLv， ab中感應(yīng)電流為：I＝＝， ab所受安培力為：F＝BIL＝① 電阻R1消耗的熱功率為：P1＝(I)2R＝② 由①②得：P1＝Fv，電阻R0和R1阻值相等，P0＝I2R＝Fv，故A、B錯(cuò)誤；整個(gè)裝置因摩擦而消耗的熱功率為：Pf＝Ffv＝μmgcos θ·v＝μmgvcos θ，故C錯(cuò)誤；整個(gè)裝置消耗的機(jī)械功率為：P3＝Fv＋Pf＝(F＋μmgcos θ)v，故D正確. 10.(多選)如圖10所示，同一豎直面內(nèi)的正方形導(dǎo)線框a、b的

39、邊長均為l，電阻均為R，質(zhì)量分別為2m和m.它們分別系在一跨過兩個(gè)定滑輪的輕繩兩端，在兩導(dǎo)線框之間有一寬度為2l、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場區(qū)域.開始時(shí)，線框b的上邊與勻強(qiáng)磁場的下邊界重合，線框a的下邊到勻強(qiáng)磁場的上邊界的距離為l.現(xiàn)將系統(tǒng)由靜止釋放，當(dāng)線框b全部進(jìn)入磁場時(shí)，a、b兩個(gè)線框開始做勻速運(yùn)動(dòng).不計(jì)摩擦和空氣阻力，則(　　) 圖10 A.a、b兩個(gè)線框勻速運(yùn)動(dòng)的速度大小為 B.線框a從下邊進(jìn)入磁場到上邊離開磁場所用時(shí)間為 C.從開始勻速運(yùn)動(dòng)到線框a全部進(jìn)入磁場的過程中，線框a所產(chǎn)生的焦耳熱為mgl D.從開始勻速運(yùn)動(dòng)到線框a全部進(jìn)入磁場的過程中，兩線

40、框共克服安培力做功為2mgl 答案　BC 解析　當(dāng)線框b全部進(jìn)入磁場時(shí)，a的下邊剛進(jìn)入磁場，則此時(shí)兩線框勻速運(yùn)動(dòng)，則mg＋F安＝2mg，而F安＝，解得v＝，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；線框a從下邊進(jìn)入磁場到上邊離開磁場的過程，兩線框一直做勻速運(yùn)動(dòng)，則所用的時(shí)間t＝＝，故選項(xiàng)B正確；從開始勻速運(yùn)動(dòng)到線框a全部進(jìn)入磁場的過程中，因?yàn)閮删€框勻速運(yùn)動(dòng)，故線框a所產(chǎn)生的焦耳熱等于兩線框的重力勢能的減小量：Q＝ΔEp＝2mgl－mgl＝mgl，選項(xiàng)C正確；從開始運(yùn)動(dòng)到線框a全部進(jìn)入磁場的過程中，兩線框共克服安培力做功等于產(chǎn)生的電能，即大小為mgl，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；故選B、C. 11.如圖11所示，在豎直平面內(nèi)有一質(zhì)量為

41、2m的光滑“∏”形線框DEFC，EF長為L，電阻為r；FC＝ED＝2L，電阻不計(jì).FC、ED的上半部分(長為L)處于勻強(qiáng)磁場Ⅰ區(qū)域中，且FC、ED的中點(diǎn)與其下邊界重合.質(zhì)量為m、電阻為3r的金屬棒用最大拉力為2mg的絕緣細(xì)線懸掛著，其兩端與C、D兩端點(diǎn)接觸良好，處在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場Ⅱ區(qū)域中，并可在FC、ED上無摩擦滑動(dòng).現(xiàn)將“∏”形線框由靜止釋放，當(dāng)EF到達(dá)磁場Ⅰ區(qū)域的下邊界時(shí)速度為v，細(xì)線剛好斷裂，Ⅱ區(qū)域內(nèi)磁場消失.重力加速度為g.求： 圖11 (1)整個(gè)過程中，線框克服安培力做的功； (2)EF剛要出磁場Ⅰ時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢； (3)線框的EF邊追上金屬棒CD時(shí)，金屬棒

42、CD的動(dòng)能. 答案　(1)2mgL－mv2　(2)　(3) 解析　(1)對∏形線框用動(dòng)能定理：2mgL－W＝·2mv2－0，W＝2mgL－mv2 (2)對金屬棒CD受力分析：FTm＝mg＋BIL，得到I＝，E＝IR總＝ (3)對金屬棒CD運(yùn)動(dòng)分析：H＝gt2，對∏形線框運(yùn)動(dòng)分析：H＋L＝vt＋gt2，解得：t＝ 相遇時(shí)CD棒速度vt＝0＋gt＝，此時(shí)動(dòng)能為Ek＝mv＝ 12.如圖12所示，整個(gè)空間存在水平向右的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)E＝2×103 V/m，在電場中的水平地面上，放有質(zhì)量M＝2 kg的不帶電絕緣木板，處于靜止?fàn)顟B(tài).現(xiàn)有一質(zhì)量為m＝2 kg，所帶負(fù)電荷為q＝1×10－3 C的絕

43、緣物塊(可看作質(zhì)點(diǎn))，以水平向右的初速度v0＝8 m/s滑上木板左端.已知木板與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝0.1，物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2＝0.3，物塊在運(yùn)動(dòng)過程中始終沒有從木板上滑下，g取10 m/s2.求： 圖12 (1)放上物塊瞬間，物塊和木板的加速度分別是多少； (2)木板至少多長，才能保證物塊不從木板上掉下來； (3)從物塊滑上木板到物塊與木板達(dá)到共速的過程中，系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量Q. 答案　(1)4 m/s2，方向水平向左　1 m/s2，方向水平向右　(2)6.4 m　(3)43.52 J 解析　(1)物塊滑上木板瞬間，根據(jù)牛頓第二定律得： 對m有：qE＋μ2mg

44、＝ma1， 對M有：μ2mg－μ1(m＋M)g＝Ma2， 解得：a1＝4 m/s2，方向水平向左， a2＝1 m/s2，方向水平向右. (2)假設(shè)m、M經(jīng)過時(shí)間t1兩者具有共同速度v，各自的位移為x1、x2，則有： v＝v0－a1t1＝a2t1， x1＝t1， x2＝t1， M、m之間的相對位移為Δx，則有：Δx＝x1－x2， 聯(lián)立方程解得：Δx＝6.4 m，所以木板至少長6.4 m， (3)物塊與木板間產(chǎn)生的內(nèi)能為Q1，木板與地面產(chǎn)生的內(nèi)能為Q2，則有： Q1＝μ2mgΔx， Q2＝μ1(m＋M)gx2， 全過程產(chǎn)生的熱量為：Q＝Q1＋Q2， 解得：Q＝43.52

45、 J. 13.如圖13所示，絕緣光滑水平面與半徑為R的豎直光滑半圓軌道相切于C.豎直直徑GC左側(cè)空間存在足夠大勻強(qiáng)電場，其電場強(qiáng)度方向水平向右.GC右側(cè)空間處處存在勻強(qiáng)磁場，其磁感應(yīng)強(qiáng)度垂直紙面水平向里.一質(zhì)量為m，電荷量為q的帶正電滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))在A點(diǎn)由靜止釋放，滑塊恰好能通過圓周的最高點(diǎn)G進(jìn)入電場.已知?jiǎng)驈?qiáng)電場場強(qiáng)大小為E＝，AC間距為L＝4R，重力加速度為g.求： 圖13 (1)滑塊在G點(diǎn)的速度vG； (2)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大?。? (3)滑塊落回水平面的位置距離C點(diǎn)的距離x. 答案　(1)2　(2)　(3)2R 解析　(1)研究A到G過程，由動(dòng)能定理知：4EqR－2mgR＝ 代入可得：vG＝2 (2)在G點(diǎn)，對滑塊有：mg＋qvGB＝ 代入可得：B＝ (3)設(shè)回到電場之后的飛行時(shí)間為t，水平位移為x 豎直方向：2R＝ 水平方向：x＝vGt－at2 其中：a＝ 聯(lián)立可得：x＝2R.