三維設(shè)計2017屆高考物理通用版二輪教師專題24功能關(guān)系在電磁學(xué)中應(yīng)用

Pd D．在距上極板5d處返

3d－qU＝0，當(dāng)下極板向上移動dx 為零，全過程應(yīng)用動能定理可得：mgd＋x－qUx＝0，兩式聯(lián)立解得：x＝2d，選項33

球(可視為質(zhì)點)Ov0x軸正向移動。下列敘述正確的是()mmv02qφmm解析：選D 由圖像能看出從0到x1電勢增大，電場強度不一定增大，小球受的電場力就不一定增大，故A；從x1到x3電勢一直減小，電勢能Ep＝qφ也一直減小，故0x1x1 2qφ0，故 x3處速度最大，由動能定理得qU＝qφ0＝1mv32－1mv02，將初速度代入得 D(2015·卷Ⅱ)如圖，一質(zhì)量為m、電荷量為q(q＞0)的粒子在勻強電場中運動，A、BA點30°A、B兩點間的電勢解析：BvB即vBsin30°＝v0sin60°①vB＝A、BUABqUAB＝1m(v UAB＝q答案：UAB＝θ的光滑絕緣斜面固定在水平地面上，x，若彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，下列說法正確的是()222解析：選B因為開始滑塊受重力和電場力和支持力處于平衡，則有：qE＝mgsinθ，的減小量，故A錯誤。根據(jù)能量守恒得，動能減小，重力勢能減小，電勢能增加，彈性勢可知滑塊克服彈簧彈力做功1mv2，故B正確。根據(jù)動能定理知，電場力、重力、彈簧彈力2最大；彈簧最短時，滑塊的電勢能最大，滑塊和彈簧組成的系統(tǒng)機械能最小，故D錯誤。點是運動的最低點，忽略粒子的重力，以下說法中正確的是()B．ABDBAABC正電。故A正確。離子具有速度后，它就在向下的電場力F及總與速度方向垂直并不斷改變方向的力f作用下沿ACB曲線運動，因力不做功，電場力做功等于動能的變化，而離子到達(dá)B點時的速度為零，所以從A到B電場力所做正功與負(fù)功加起來為零。BABAB正確。ACBC點時，電勢最低，此時粒子的電勢能最小，由能量守恒定律可知此時具有最大機械能。故C正確。只要將離子在B點的狀態(tài)與A點進行比較，就可如圖所示。故D錯誤。K為軌道最低點。軌道Ⅰ處于垂直紙面向外的勻強磁場中，軌道Ⅱ處于水平向右的勻強電場中。兩個完全相同的帶正電小球a、b從圖中位置由靜止開始下滑至第一次到達(dá)最低點K的過程，則此過程帶電小球a、b相比( AaBbCKaDKb解析：選BC力不做功，球a的運動過程只有重力做正功，球b除重力做正功程相等，而在任意相同的位置都是va>vb，所以球a所需時間較短，選項A錯C對。球機械能守恒，球b機械能減少，選項B對。在K處，對球

R

R，整理得

R

RDm的橢圓形導(dǎo)體框平放在桌面垂直磁場邊界)v的焦為Q2。下列說法正確的是()D．Q1＋Q2＝1m(v02－v 解析：選ACD 為順時針方向，故A正確。導(dǎo)體框在進出磁場時，速度變化，則感應(yīng)電動勢變化，產(chǎn)生的運動，故B錯誤。因為進磁場時的速度大于出磁場時的速度，則進磁場時產(chǎn)生的電流2要比出磁場時產(chǎn)生的電流大，根據(jù)克服力做功知，Q1＞Q2，故C正確。根據(jù)能量守恒 ，則Q1＋Q2＝1m(v02－v12)，故D正確。2右端運動過程中()AFC．a(chǎn)b桿的發(fā)熱功率先變小后變大解析：選C ab向右勻速運動，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E＝BLv，是定值，ab可以看做因此在ab運動過程中，外電路總電阻R先增大后減小，由I＝ 可知，電路電流先小后增大，ab受到的力為FB＝BIL，可知力先減小后變大，ab勻速運動，由平衡條件得：F＝FB，所以外力F先減小后增大，故A錯誤；由A可知，電路電流先減小后增大，框架受到的力FB框＝BIL，先減小后增大，由平衡條件可知，桌面對框架的水平作用力與所受的力大小相等，所以桌面對框架的水平作用力先變小后變大，故B錯誤；abIabP＝I2RabC正確；當(dāng)ab在框架的時，內(nèi)外電阻相等，除此之外，外電阻總是小于內(nèi)電阻的，由U＝IR可Q＝W＝UItab桿產(chǎn)生的總熱量，故D錯誤。L30°角，右導(dǎo)軌與水平面夾2B的磁場中。右邊的導(dǎo)軌處μ＝32解析：(1)ab6F安＝6 F安＝BIL得I＝I＝E得，E＝ cd解得 解得 2(2)由動能定理有：mgssin60°－μmgscos 2而根據(jù)功能關(guān)系知 故 mgQ＝4

6B4L4(3)cdmgsin60°＝μmgcos vm＝3

答案：(1) (2)4

(3)bc邊的初始位置v2hB2。Hhh、g表示)解析：(1)B1B2

＝ B 2所以＝2＝。③2B BB1B1B2的運動，由運動學(xué) 1v22－v1H＝194Q＝mg3h＋h＋H－1mv Q＝4mgh聯(lián)立①⑧得Q＝4mgh。答案： (2)H＝4 考點一 2dφ-xx方向的電場強度，2題中，φ-x圖線均為傾斜直線，因此，沿x方向的電場強度分段恒定不變，故A誤；當(dāng)只有電場力做功時，電勢能和動能之和保持不變，電勢能最低的地方帶電小球的動能最大，2D選項，速度最大的位置一定在x3位置。粒子的重力是否考慮與題目的條件或粒子的運動規(guī)律有關(guān)。1題，帶電粒子在板上方由靜止下落，必須考慮粒子重力；3題， 解析：CO～x1范圍內(nèi)各點電勢不變，是一條等勢線，所以電xA錯誤；xO～x1，各點電勢相等，任意兩點間電勢x2x3C正確；在x2～x3范圍內(nèi)相對于x4～x5范圍內(nèi)等差等勢面密集，所以前者電場強度大些，故選項DOPMN水平，a、b是兩個完全相同的帶正電PQ(圖中未畫出)a()BNPCNQ解析：選BC 小球a從N點釋放一直到達(dá)Q點的過程中，a、b兩球的距離一直減小，庫侖力變大，a受重力不變，重力和庫侖力的夾角從90°一直減小，故合力變大，選項A錯誤；小球a從N到P的過程中，速度方向與重力和庫侖力的合力方向的夾角由小于90°到大于90°，故庫侖力與重力的合力先做正功后做負(fù)功，a球速率先增大后減小，選項B正確；小球a由N到Q的過程中庫侖力一直做負(fù)功，電勢能一直增加，選項C正確；小球a從P到Q的過程中，減少的動能轉(zhuǎn)化為重力勢能和電勢能之和，故動能的減少量大于電勢能的增加量，則選項D錯誤。3．(多選)(2016·衡陽聯(lián)考)如圖所示，一個電荷量為－Q的點電荷甲，固定在絕緣水平Bv。已知點電荷乙與水平面間的動摩擦因數(shù)μ，A、BLk，則下列說法中正確的有()A．O、Bqq q q

kQq，AABk

C；點電荷乙由A向O點靠近過程中，電場力做正功，電勢能減小，D項正確考點二若重力和電場力不平衡，一般考查帶電體的勻變速直線運動或類平拋運動，應(yīng)用運動力和力不平衡則帶電微粒做復(fù)雜曲線運動因F洛不做功可用動能定理求解問題。全部轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能，故只有選項B正確。改變，其運動為非勻變速曲線運動，運動軌跡既不是圓弧，也不是拋物線，如診斷卷第5必在同一等勢面上，C點電勢能最小，機械能(動能)最大。1．(多選)(2016·山西四校聯(lián)考)如圖所示，質(zhì)量為m、帶電荷量為qv0A點豎直向上射入真空中沿水平方向的勻強則下列選項正確的是()02mv0

mm解析：ABCAB的運動可以看成水平方向上初速度為零的勻加速直線運動，其加速度為qEv0的豎直上拋運動，且兩個方向的運動具有同時性。由運動學(xué)可得2v0＝qE，v0＝gt，則qE＝2mg，選項Amm2ΔE＝1m(2v0)2＝2mv02，選項B2根據(jù)電場力做功的特點，qU＝2mv

，選項 OL，現(xiàn)加一水平向右的足夠大的勻強電場，電場強 小球在運動過程的最小速度至少為2小球在運動過程的最大速度至少為524解析：選BD 如圖所示，小球在電場中運動的等效最高點和最低點分別為A點和B點，等效重力G′＝5422mgv1G′＝mL2

，解得

gLD 3．(多選)如圖甲所示，絕緣輕質(zhì)細(xì)繩一端固定在方向相互垂直的勻強電場和勻強磁場中的O點另一端連接帶正電的小球小球所帶的電荷量為q＝6×1－7在圖示坐標(biāo)中，電場方向沿豎直方向坐標(biāo)原點O的電勢為零當(dāng)小球以2/s的速率繞O點在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動時，細(xì)繩上的拉力剛好為零。在小球從最低點運動到最高點的過程中，軌跡上每點的電勢φ隨縱坐標(biāo)y的變化關(guān)系如圖乙所示重力加速度g＝0m/則下列判斷正確的是( )2.4J y的變化關(guān)系可得，勻強電場的電場強度大小E＝

V/mA上的拉力剛好為零，則小球受到的豎直向下的重力與其受到的電場力等大、反向，即qE＝電勢能減少量為qE·2L＝2.4J，選項B正確由于帶電小球所受的力提供小球做勻速圓周運動的向心力，根據(jù)左手定則可知，小球沿逆時針方向運動，選項C錯誤；根據(jù)

D

fB＝

3 3考點三(1)電磁感應(yīng)電路為純電阻電路時產(chǎn)生的焦等于克服力做的功，即Q＝W 定量與定性相結(jié)合，比較力做功大小。如診斷卷第7題中，導(dǎo)體框進入磁場的所做的負(fù)功，C項正確。8題，abab桿向右移動過程中，外電阻先增大1．(2016·朝陽區(qū)高三期末)如圖所示，勻強磁場的上下邊界水平，寬度為L，方向垂直紙面向里質(zhì)量為m邊長為l(l＜L)的正方形導(dǎo)線框abcd始終沿豎直方向穿過該磁場， 解析選C 再根據(jù)左手定則可知線框受到的力方向一直向上，A、B錯誤；根據(jù)動能定理，可知從進入磁場到離開磁場的過程動能不變，所以WG－W ＝0，即W ＝mg(L＋l)，C正確；如果cd邊以速度v0進入磁場時開始做加速運動，那么ab邊離開磁場時不可能到v0，D錯誤。制成的矩形線框abcd，固定在水平面內(nèi)且處于方向豎直向下的勻強磁vPQab從靠近ad處向bc滑動的過程中( A．PQ中電流先增大后減小B．PQ兩端電壓先減小后增大解析：選 設(shè)PQ左側(cè)金屬線框的電阻為r，則右側(cè)電阻為3R－r；PQ相當(dāng)于電源其電阻為R，則電路的外電阻為R外

- - ，當(dāng) 時，R 4max＝3RPQ4PQadbc滑動的過程中外電阻先增大后減小。PQ A錯誤。PQU＝E4－U內(nèi)，因E＝Blv不變，U內(nèi)＝IR先減小后增大，所以路端電壓先增大后減小，選項B錯誤。拉力的功率大小等于力的功率大小，P＝F安v＝BIlv，可知因干路電流先減小后增大，PQC正確。線框消耗的電功率即為外電阻消耗的，小于內(nèi)阻4d，其右端m(質(zhì)量分布均勻)ab垂直于導(dǎo)軌放置，且與兩導(dǎo)軌保持良好接觸，桿與導(dǎo)軌μF作用下從靜止開始沿導(dǎo)軌運rg。則此過程中()

解析：選 當(dāng)桿達(dá)到最大速度vm時 ＝0得

WF＋Wf＋W安＝ΔEkWf＝－μmgl，W安＝－QF做的功與摩擦力做的功之和等于桿動能的變化量與回路產(chǎn)生的焦之和，C錯誤；恒力F做的功與力做的功之和等于桿動能的變化量與克服摩擦力做的功之和，D正確?！?題型一 高考)如圖所示，粗糙、絕緣的直軌道OB固定在水平桌面上，B端與桌面邊緣對齊A是軌道上一點過A點并垂直于軌道的豎直面右側(cè)有大小E＝1.5×106N/C與軌道間動摩擦因數(shù)μ＝0.4。P從O點由靜止開始向右運動，經(jīng)過0.55s到達(dá)A點，到達(dá)B點時速度是5m/s，到達(dá)空間D點時速度與豎直方向的夾角為α，且tanα＝1.2。P在整g＝10m/s2。求：263(1)P2m/s(2)PAD (1)小物體P的速率從0至2m/s，受外力F1＝2N，設(shè)其做勻變速直線運動的加速度為a1，經(jīng)過時間Δt1，速度為v1，則F1－μmg＝ma1①Δt1＝0.5s(2)P2m/sAF2＝6N，設(shè)其做勻變速直線運動的加速度為a2，則Pv1Δt2Av2Δt2＝0.55a3qBv3ABx1，則2v32－v2Pv3BF3FE，有F3FE大小相等方向相反，P水平方向受合力為零，所以，PBv3PBDΔt3x2v3＝tan3PADW，則④～⑧，10W＝－9.25J。 (1)0.5 (2)－9.25題型二 管的內(nèi)壁光滑，環(huán)的半徑R遠(yuǎn)大于管的內(nèi)徑，如圖所示?，F(xiàn)以環(huán)的圓心為原點建立xOy平面坐標(biāo)系在第三象限內(nèi)加一沿x軸正方向的勻強電場，整個空間有垂直環(huán)面向里的勻強磁場。一質(zhì)量為m，帶電荷量為＋q的小球(可視為質(zhì)點)在管內(nèi)從b點由靜止釋放，小球直徑略小于管的內(nèi)徑。重力加速度為g。在(1)a時，小球?qū)^緣管恰好Nc時對管道的作用力。 (1)小球恰能通過a點，則小球第一次到達(dá)a點的速度為qE＝mgq2avaqER＝1mva2③到達(dá)最高點a時小球?qū)壍狼『脽o壓力，由第二定律有mg＋qv2

aB＝Rq聯(lián)立②③④得 gq定理 第二定律得mgR＋NqER＝1mv v⑦RFN＋qvNB－mg＝m⑦R聯(lián)立②⑤⑥⑦解得 由于(2N＋3－N＋1)>0，故在c點時管壁對小球作用力總豎直向上。由第三定律Nc點時對管道的作用力大小為(2N＋3－N＋1)mg，方向豎直向下。 題型三[例3](2016·寧波模擬)B＝0.5TJRg＝10m/s2。求：0～12s0～12sW (1)由圖像知t1＝12s時的速度v1＝9a＝t1＝0.75m/s2vm＝10m/s 得 vm＝4.5W0～12sF2而WB＝Q，Wf＝μmgs0～12s內(nèi)棒移動的距離2s＝1v1t1＝1×9×12m＝54 W＝27.35J (1)0.75 (2)4.5 (3)27.351．(2014·高考)如圖所示，平行金屬板A、B水平正對放置，作用下運動，軌跡如圖中虛線所示，那么()BMNCMNDMN解析：C微粒向下偏轉(zhuǎn)，則微粒受到的電場力與重力的合力向下，若微粒帶正電，只要電場力小于重力，就不能確定A、B板所帶電荷的電性，A誤；不能確定電場力的方向和微粒所帶電荷的電性，因此不能確定電場力做功的正負(fù)，不能確定微粒從M點運動到N點電勢能的變化，B誤；由于電場力與重力的合力一定向下，因此微粒受到的合外力做正功，根據(jù)動能定理可知，微粒從M到N的過程中動能增加，C項正確；由于不能M到N過程中機械能是增加還是減少，D誤。2．(多選)(2015·山東高考)d

～3加速度的大小為g。關(guān)于微粒在0～T時間內(nèi)運動的描述，正確的是( A．末速度大小為 2 23解析：選BC 3

＝T；2T～T

＝v

＝0v＝v0，方向沿水平方向，選項A錯誤、B正確。重力勢能的減少量

克D

l＝0.50mθ＝53°R＝0.05Ωd＝0.56m與磁場區(qū)域的下邊界相距s＝0.24m。一位者用恒力F＝80N拉動GH桿，CD棒由靜CD棒回到初始位置(g＝10m/s2，sin53°＝0.8，不計其他CDv在拉升CD棒的過程中，者所做的功W和電阻產(chǎn)生的焦QF－mgsin 第二定律 ＝12v＝2as＝2.4m/s(2)

＝

FA＝R＝48N(3)者做功W＝F(s＋d)＝64由第二定律F－mgsinθ－FA＝0CD棒在磁場區(qū)做勻速運動vv焦Q＝I2Rt＝26.88J答案：(1)2.4 (2)48 (3)64 26.88h(h足夠大)αg。則()A．a(chǎn)球先落地，bB．落地時，a、b水平速度大小相等，且方向相反C．整個運動過程中，a