2019届高考物理二轮复习 专题5 功能关系在电学中的应用学案.docx

5 功能关系在电学中的应用电场中的功能关系中，电粒子(或带电体)在电场中的运动问题是近几年高考常考的问题，高考命题角度集中在动能定理在平行板电容器中的应用，动能定理在非匀强电场中的应用，抛体运动、功能关系在匀强电场中的应用；题目难度以中档题为主，有选择亦有计算题。电磁感应中的功能关系，高考命题命题角度有能量守恒定律在电磁感应中的应用，电磁感应电路中的电功、电功率，试题难度以中档题为主。应用动力学知识和功能关系解决力电综合问题，在高考中常以压轴题的形式出现，题目综合性强，分值高，难度大。1电场力做功及电场中的功能关系2求解电磁感应中的功能关系的思路3力电综合问题的一般思维流程1(多选)(2018全国卷21)图中虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，已知平面b上的电势为2 V。一电子经过a时的动能为10 eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为6 eV。下列说法正确的是()A平面c上的电势为零B该电子可能到达不了平面fC该电子经过平面d时，其电势能为4 eVD该电子经过平面b时的速率是经过d时的2倍2如图，两固定的绝缘斜面倾角均为，上沿相连。两细金属棒ab(仅标出a端)和cd(仅标出c端)长度均为L、质量分别为2m和m；用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路abdca，并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，两定滑轮间的距离也为L。左斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于斜面向上。已知斜面及两根柔软轻导线足够长。回路总电阻为R，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为，重力加速度大小为g。使两金属棒水平，从静止开始下滑。求：(1)金属棒运动的最大速度vm的大小；(2)当金属棒运动的速度为时，其加速度大小是多少？1如图所示，匀强磁场的上下边界水平，宽度为L，方向垂直纸面向里。质量为m、边长为l(lL)的正方形导线框abcd始终沿竖直方向穿过该磁场，已知cd边进入磁场时的速度为v0，ab边离开磁场时的速度也为v0，重力加速度的大小为g。下列说法正确的是()A线框进入和离开磁场时产生的感应电流方向相同B线框进入和离开磁场时受到的安培力方向相反C线框穿过磁场的过程中克服安培力所做的功为mg(Ll)D线框穿过磁场的过程中可能先做加速运动后做减速运动2(多选)一质量为m带正电荷的小球由空中A点无初速自由下落，在t秒末加上竖直向上、范围足够大的匀强电场，再经过t秒小球又回到A点。不计空气阻力且小球从未落地，则()A整个过程中小球电势能变化了mg2t2B整个过程中小球速度增量的大小为2gtC从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能变化了mg2t2D从A点到最低点小球重力势能变化了mg2t21如图，一个质量为m、带电量为+q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中。现给圆环一个水平向右的初速度v0，在以后的运动中下列说法正确的是()A. 圆环可能做匀减速运动B. 圆环可能做匀速直线运动C. 圆环克服摩擦力所做的功可能为D. 圆环克服摩擦力所做的功不可能为2如图所示，ABC是处于竖直平面内的光滑绝缘固定斜劈，C30、B60，D为AC的中点；质量为m、带正电的小滑块沿AB面自A点由静止释放，滑到斜面底端B点时速度为v0，若空间加一与ABC平面平行的匀强电场，滑块仍由静止释放，沿AB面滑下，滑到斜面底端B点时速度为v0，若滑块由静止沿AC面滑下，滑到斜面底端C点时速度为v0，则下列说法正确的是()A电场方向由A指向CBB点电势与D点电势相等C滑块滑到D点时机械能增加了mv02D小滑块沿AB面、AC面滑下过程中电势能变化量大小之比为233(多选)如图所示，MN、PQ是两根倾斜放置的足够长的光滑平行金属导轨。导轨所在平面与水平面成30角，导轨间距为L0.5 m，导体棒ab、cd分别垂直于导轨放置，且棒两端都与导轨接触良好，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度为B0.5 T，当给棒ab施加平行于导轨向上的力F时，ab导体棒沿导轨向上以某一速度匀速运动，cd棒恰好静止在导轨上，已知两棒的质量均为0.5 kg，电阻均为R0.5 ，导轨电阻不计，取g10 m/s2，则下列说法正确的是()A当ab棒匀速运动时，拉力F的大小为10 NB当ab棒匀速运动时，回路中的电热功率为100 WC撤去拉力F的瞬间，cd棒的加速度大小为5 m/s2D撤去拉力F的瞬间，ab棒的加速度大小为10 m/s24如图所示，足够长的粗糙绝缘斜面与水平面成37角放置，在斜面上虚线aa和bb与斜面底边平行，在aa、bb围成的区域有垂直斜面向上的有界匀强磁场，磁感应强度为B1 T；现有一质量为m10 g、总电阻R1 、边长d0.1 m的正方形金属线圈MNQP，让PQ边与斜面底边平行，从斜面上端静止释放，线圈刚好匀速穿过整个磁场区域。已知线圈与斜面间的动摩擦因数为0.5，求：(取g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8) (1)线圈进入磁场区域时的速度大小；(2)线圈释放时，PQ边到bb的距离；(3)整个线圈穿过磁场的过程中，线圈上产生的焦耳热。5(2018福建省宁德市上学期期末)如图3所示，PM是半径为R的四分之一光滑绝缘轨道，仅在该轨道内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B.光滑绝缘轨道MN水平且足够长，PM下端与MN相切于M点质量为m的带正电小球b静止在水平轨道上，质量为2m、电荷量为q的带正电小球a从P点由静止释放，在a球进入水平轨道后，a、b两小球间只有静电力作用，且a、b两小球始终没有接触带电小球均可视为点电荷，设小球b离M点足够远，重力加速度为g.求：图3(1)小球a刚到达M点时的速度大小及对轨道的压力大小；(2)a、b两小球系统的电势能最大值Ep；(3)a、b两小球最终的速度va、vb的大小参考答案1【解题思路】因等势面间距相等，由UEd得相邻虚线之间电势差相等，由a到d，eUad6 eV，故Uad6 V；各虚线电势如图所示，因电场力做负功，故电场方向向右，沿电场线方向电势降低，c0，A项正确；因电子的速度方向未知，若不垂直于等势面，如图中实曲线所示，电子可能到达不了平面f，B项正确；经过d时，电势能Eped2 eV，C项错误；由a到b，WabEkbEka2 eV，所以Ekb8 eV；由a到d，WadEkdEka6 eV，所以Ekd4 eV；则Ekb2Ekd，根据Ekmv2知vbvd，D项错误。【答案】AB2【解析】(1)达到最大速度时，设两绳中张力均为FT，金属棒cd受到的安培力为F，对ab、cd，根据平衡条件得到：2mgsin 2FT2mgcos 2FTmgsin mgcos F而安培力FBIL根据法拉第电磁感应定律及闭合电路欧姆定律：EBLvm，I整理得到：vm。(2)当金属棒的速度为时，设两绳中张力均为FT1，金属棒cd受到的安培力为F1，根据牛顿第二定律：2mgsin 2FT12mgcos 2ma2FT1mgsin mgcos F1ma又F1BI1L，E1BL，I1联立以上方程可以得到：a(sin 3cos )。1【解题思路】根据楞次定律可知，线框进入磁场和离开磁场时产生的感应电流方向相反，再根据左手定则可知线框受到的安培力方向一直向上，A、B错误；根据动能定理，可知从进入磁场到离开磁场的过程动能不变，所以WGW克安0，即W克安mg(Ll)，C正确；如果cd边以速度v0进入磁场时开始做加速运动，那么ab边离开磁场时不可能减速到v0，D错误。【答案】C2【解题思路】小球运动过程如图所示，加电场之前与加电场之后，小球的位移大小是相等的。由运动学公式，得v22v1。对加电场之后的运动过程(图中虚线过程)应用动能定理得，对此前自由下落过程由机械能守恒得，又，联立以上各式可解得电场力所做的功W电mgh1mvmv2mv2mg2t2，即整个过程中小球电势能减少了2mg2t2，故A错；整个过程中速度增量大小为vv202v12gt，故B正确；从加电场开始到小球运动到最低点时，动能变化了Ek0mvmg2t2，故C错；由运动学公式知，以及，则从A点到最低点小球重力势能变化量为Epmg(h1h2)mg(h1h1)mgh1mvmg2t2，故D正确。【答案】BD1【答案】BC2【解题思路】无电场时由A到B：mghmv02，有电场时由A到B：mghWEm(v0)2，有电场时，由A到C：mghWEm(v0)2，联立式得：WEmv02，WEmv02，又因为WEqUAB，WEqUAC，故UABUAC，则D点与B点电势相等，故B正确；AC与BD不垂直，所以电场方向不可能由A指向C，故A错误；因D为AC的中点，则滑块滑到D点电场力做的功为滑到C点的一半，为mv02，则机械能增加了mv02，故C正确；根据WEmv02，WEmv02知滑块沿AB面、AC面滑下过程中电势能变化量大小之比为12，故D错误。【答案】BC3【解题思路】对ab棒受力分析，在沿导轨方向上，受到沿导轨向下的安培力，沿导轨向下的重力的分力，以及沿导轨向上的拉力F，故有Fmgsin 30BIL，对cd受力分析，在沿导轨方向上受到沿导轨向上的安培力，沿导轨向下的重力的分力，故有mgsin 30BIL，联立解得F5 N，BIL2.5 N，A错误；I10 A，故回路中的电热功率为PI22R100 W，B正确；撤去拉力F的瞬间，ab棒的加速度a10 m/s2，cd棒受力不变，所以合力为零，加速度为零，C错误，D正确。【答案】BD4【解析】(1)对线圈受力分析，根据平衡条件得：F安mgcos mgsin ，F安BId，I，EBdv联立代入数据解得：v2 m/s。(2)线圈进入磁场前做匀加速运动，根据牛顿第二定律得：a2 m/s2线圈释放时，PQ边到bb的距离L m1 m。(3)由于线圈刚好匀速穿过磁场，则磁场宽度等于d0.1 mQW安F安2d代入数据解得：Q4103 J。5【解析】(1)小球a从P到M，洛伦兹力、弹力不做功，只有重力做功由动能定理有：2mgR(2m)vM2解得：vM在M点，由牛顿第二定律有：FN2mgqvMB解得：FN6mgqB根据牛顿第三定律得小球对轨道的压力大小为：FN6mgqB(2)两球速度相等时系统电势能最大，以向右为正方向，由动量守恒定律有：2mvM3mv共根据能量守恒定律有：Ep(2m)vM2(3m)v共2解得：EpmgR(3)由动量守恒定律：2mvM2mvamvb由能量守恒定律有：(2m)vM2(2m)va2mvb2解得：vavM，vbvM