高三物理二輪復(fù)習(xí)（通用版）對(duì)應(yīng)練習(xí)-功能關(guān)系在電磁學(xué)中的應(yīng)用 word版含解析

課前診斷——功能關(guān)系在電磁學(xué)中的應(yīng)用考點(diǎn)一電場(chǎng)中的功能關(guān)系1.考查動(dòng)能定理在平行板電容器中的應(yīng)用](全國(guó)卷Ⅰ)一水平放置的平行板電容器的兩極板間距為d，極板分別與電池兩極相連，上極板中心有一小孔(小孔對(duì)電場(chǎng)的影響可忽略不計(jì))。小孔正上方eq\f(d,2)處的P點(diǎn)有一帶電粒子，該粒子從靜止開始下落，經(jīng)過小孔進(jìn)入電容器，并在下極板處(未與極板接觸)返回。若將下極板向上平移eq\f(d,3)，則從P點(diǎn)開始下落的相同粒子將()A．打到下極板上 B．在下極板處返回C．在距上極板e(cuò)q\f(d,2)處返回 D．在距上極板e(cuò)q\f(2,5)d處返回解析：選D當(dāng)兩極板距離為d時(shí)，粒子從開始下落到恰好到達(dá)下極板過程中，根據(jù)動(dòng)能定理可得：mg×eq\f(3,2)d－qU＝0，當(dāng)下極板向上移動(dòng)eq\f(d,3)，設(shè)粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)距離x時(shí)速度減為零，全過程應(yīng)用動(dòng)能定理可得：mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,2)＋x))－qeq\f(U,d－\f(d,3))x＝0，兩式聯(lián)立解得：x＝eq\f(2,5)d，選項(xiàng)D正確。2．考查動(dòng)能定理在非勻強(qiáng)電場(chǎng)中的應(yīng)用](棗莊模擬)在光滑的水平面內(nèi)有一沿x軸的靜電場(chǎng)，其電勢(shì)φ隨x坐標(biāo)值的變化圖線如圖所示。一質(zhì)量為m，帶電量為q的帶正電小球(可視為質(zhì)點(diǎn))從O點(diǎn)以初速度v0沿x軸正向移動(dòng)。下列敘述正確的是()A．若小球能運(yùn)動(dòng)到x1處，則該過程小球所受電場(chǎng)力逐漸增大B．帶電小球從x1運(yùn)動(dòng)到x3的過程中，電勢(shì)能先減小后增大C．若該小球能運(yùn)動(dòng)到x4處，則初速度v0至少為2eq\r(\f(qφ0,m))D．若v0為2eq\r(\f(qφ0,m))，帶電粒子在運(yùn)動(dòng)過程中的最大速度為eq\r(\f(6qφ0,m))解析：選D由圖像能看出從0到x1電勢(shì)增大，電場(chǎng)強(qiáng)度不一定增大，小球受的電場(chǎng)力就不一定增大，故A項(xiàng)錯(cuò)；從x1到x3電勢(shì)一直減小，電勢(shì)能Ep＝qφ也一直減小，故B項(xiàng)錯(cuò)；由于沿電場(chǎng)線方向移動(dòng)電勢(shì)逐漸降低，所以從0到x1電場(chǎng)力阻礙小球的運(yùn)動(dòng)，從x1到x3電場(chǎng)力是動(dòng)力，從x3到x4電場(chǎng)力是阻力，由于只受電場(chǎng)力作用，所以動(dòng)能與電勢(shì)能相互轉(zhuǎn)化，總能量守恒，可看出只要能通過x1位置就能到達(dá)x4位置，假設(shè)到達(dá)x1時(shí)動(dòng)能恰為0，由能量守恒定律eq\f(1,2)mv02＝qφ0，得v0＝eq\r(\f(2qφ0,m))，故C項(xiàng)錯(cuò)；由以上分析可知，粒子到達(dá)x3處速度最大，由動(dòng)能定理得qU＝qφ0＝eq\f(1,2)mv32－eq\f(1,2)mv02，將初速度代入得v3＝eq\r(\f(6qφ0,m))，故D項(xiàng)正確。3．考查拋體運(yùn)動(dòng)、功能關(guān)系在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的應(yīng)用](全國(guó)卷Ⅱ)如圖，一質(zhì)量為m、電荷量為q(q＞0)的粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，A、B為其運(yùn)動(dòng)軌跡上的兩點(diǎn)。已知該粒子在A點(diǎn)的速度大小為v0，方向與電場(chǎng)方向的夾角為60°；它運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)速度方向與電場(chǎng)方向的夾角為30°。不計(jì)重力。求A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差。解析：設(shè)帶電粒子在B點(diǎn)的速度大小為vB。粒子在垂直于電場(chǎng)方向的速度分量不變，即vBsin30°＝v0sin60°①由此得vB＝eq\r(3)v0②設(shè)A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為UAB，由動(dòng)能定理有qUAB＝eq\f(1,2)m(vB2－v02)③聯(lián)立②③式得UAB＝eq\f(mv02,q)④答案：UAB＝eq\f(mv02,q)考點(diǎn)二復(fù)合場(chǎng)中的功能關(guān)系4.考查功能關(guān)系在重力場(chǎng)和電場(chǎng)中的應(yīng)用](衡水檢測(cè))如圖所示，一絕緣輕彈簧的下端固定在斜面底端，上端連接一帶正電的光滑滑塊P，滑塊所處空間存在著沿斜面向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，傾角為θ的光滑絕緣斜面固定在水平地面上，開始時(shí)彈簧是原長(zhǎng)狀態(tài)，物塊恰好處于平衡狀態(tài)?，F(xiàn)給滑塊一沿斜面向下的初速度v，滑塊到最低點(diǎn)時(shí)，彈簧的壓縮量為x，若彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，下列說法正確的是()A．滑塊電勢(shì)能的增加量大于滑塊重力勢(shì)能的減少量B．滑塊到達(dá)最低點(diǎn)的過程中，克服彈簧彈力做功eq\f(1,2)mv2C．滑塊動(dòng)能的變化量等于電場(chǎng)力和重力做功的代數(shù)和D．當(dāng)滑塊的加速度最大時(shí)，滑塊和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能最大解析：選B因?yàn)殚_始滑塊受重力和電場(chǎng)力和支持力處于平衡，則有：qE＝mgsinθ，在運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)過程中，電場(chǎng)力做功與重力做功相等，則滑塊電勢(shì)能增量等于滑塊重力勢(shì)能的減小量，故A錯(cuò)誤。根據(jù)能量守恒得，動(dòng)能減小，重力勢(shì)能減小，電勢(shì)能增加，彈性勢(shì)能增加，因?yàn)殡妱?shì)能增量等于重力勢(shì)能減小量，所以彈性勢(shì)能增加量等于滑塊動(dòng)能減小量，可知滑塊克服彈簧彈力做功eq\f(1,2)mv2，故B正確。根據(jù)動(dòng)能定理知，電場(chǎng)力、重力、彈簧彈力做功的代數(shù)和等于滑塊動(dòng)能的變化量，故C錯(cuò)誤。由于qE＝mgsinθ，可知當(dāng)滑塊的加速度最大時(shí)，彈簧最長(zhǎng)或最短。彈簧最長(zhǎng)時(shí)，滑塊的電勢(shì)能最小，滑塊和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能最大；彈簧最短時(shí)，滑塊的電勢(shì)能最大，滑塊和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能最小，故D錯(cuò)誤。5．考查能量守恒定律在復(fù)合場(chǎng)曲線運(yùn)動(dòng)中的應(yīng)用](多選)(開封二模)設(shè)空間存在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，如圖所示，已知一帶電粒子在電場(chǎng)力和洛倫茲力的作用下，從靜止開始自A點(diǎn)沿曲線ACB運(yùn)動(dòng)，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度為零，C點(diǎn)是運(yùn)動(dòng)的最低點(diǎn)，忽略粒子的重力，以下說法中正確的是()A．此粒子必帶正電荷B．A點(diǎn)和B位于同一高度C．離子在C點(diǎn)時(shí)機(jī)械能最大D．離子到達(dá)B點(diǎn)后，將沿原曲線返回A點(diǎn)解析：選ABC從圖中可以看出，上極板帶正電，下極板帶負(fù)電，帶電粒子由靜止開始向下運(yùn)動(dòng)，說明受到向下的電場(chǎng)力，可知粒子帶正電。故A正確。離子具有速度后，它就在向下的電場(chǎng)力F及總與速度方向垂直并不斷改變方向的洛倫茲力f作用下沿ACB曲線運(yùn)動(dòng)，因洛倫茲力不做功，電場(chǎng)力做功等于動(dòng)能的變化，而離子到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度為零，所以從A到B電場(chǎng)力所做正功與負(fù)功加起來為零。這說明離子在電場(chǎng)中的B點(diǎn)與A點(diǎn)的電勢(shì)能相等，即B點(diǎn)與A點(diǎn)位于同一高度。故B正確。在由A經(jīng)C到B的過程中，在C點(diǎn)時(shí)，電勢(shì)最低，此時(shí)粒子的電勢(shì)能最小，由能量守恒定律可知此時(shí)具有最大機(jī)械能。故C正確。只要將離子在B點(diǎn)的狀態(tài)與A點(diǎn)進(jìn)行比較，就可以發(fā)現(xiàn)它們的狀態(tài)(速度為零，電勢(shì)能相等)相同，如果右側(cè)仍有同樣的電場(chǎng)和磁場(chǎng)的疊加區(qū)域，離子就將在B之右側(cè)重現(xiàn)前面的曲線運(yùn)動(dòng)，因此，離子是不可能沿原曲線返回A點(diǎn)的。如圖所示。故D錯(cuò)誤。6．考查功能關(guān)系在電場(chǎng)、磁場(chǎng)中的應(yīng)用對(duì)比](多選)(唐山期末)如圖所示，Ⅰ、Ⅱ是豎直平面內(nèi)兩個(gè)相同的半圓形光滑絕緣軌道，K為軌道最低點(diǎn)。軌道Ⅰ處于垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，軌道Ⅱ處于水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中。兩個(gè)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(diǎn)K的過程，則此過程帶電小球a、b相比()A．球a所需時(shí)間較長(zhǎng)B．球b機(jī)械能損失較多C．在K處球a速度較大D．在K處球b對(duì)軌道壓力較大解析：選BC洛倫茲力不做功，球a的運(yùn)動(dòng)過程只有重力做正功，球b除重力做正功外還有電場(chǎng)力做負(fù)功，所以二者下降到同一高度時(shí)，va>vb，滑到最低點(diǎn)過程二者通過的路程相等，而在任意相同的位置都是va>vb，所以球a所需時(shí)間較短，選項(xiàng)A錯(cuò)C對(duì)。球a機(jī)械能守恒，球b機(jī)械能減少，選項(xiàng)B對(duì)。在K處，對(duì)球a：qvaB＋FN－mg＝eq\f(mva2,R)，對(duì)球b：FN′－mg＝eq\f(mvb2,R)，整理得FN＝mg＋eq\f(mva2,R)－qvaB，F(xiàn)N′＝mg＋eq\f(mvb2,R)，由于無法判斷速度的定量關(guān)系所以無法判斷支持力大小，故對(duì)軌道壓力大小無法判斷，選項(xiàng)D錯(cuò)。考點(diǎn)三電磁感應(yīng)中的功能關(guān)系7.考查能量守恒定律在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用](多選)(山東師大附中模擬)如圖所示，寬度為d的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)豎直向下穿過光滑的水平桌面，一質(zhì)量為m的橢圓形導(dǎo)體框平放在桌面上，橢圓的長(zhǎng)軸平行磁場(chǎng)邊界，短軸小于d?，F(xiàn)給導(dǎo)體框一個(gè)初速度v0(v0垂直磁場(chǎng)邊界)，已知導(dǎo)體框全部在磁場(chǎng)中的速度為v，導(dǎo)體框全部出磁場(chǎng)后的速度為v1；導(dǎo)體框進(jìn)入磁場(chǎng)過程中產(chǎn)生的焦耳熱為Q1，導(dǎo)體框離開磁場(chǎng)過程中產(chǎn)生的焦耳熱為Q2。下列說法正確的是()A．導(dǎo)體框離開磁場(chǎng)過程中，感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針方向B．導(dǎo)體框進(jìn)出磁場(chǎng)都是做勻變速直線運(yùn)動(dòng)C．Q1＞Q2D．Q1＋Q2＝eq\f(1,2)m(v02－v12)解析：選ACD導(dǎo)體框離開磁場(chǎng)時(shí)，磁通量減小，根據(jù)楞次定律得，感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針方向，故A正確。導(dǎo)體框在進(jìn)出磁場(chǎng)時(shí)，速度變化，則感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)變化，產(chǎn)生的感應(yīng)電流變化，則所受的安培力變化，根據(jù)牛頓第二定律知，加速度變化，導(dǎo)體框做的是變減速運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤。因?yàn)檫M(jìn)磁場(chǎng)時(shí)的速度大于出磁場(chǎng)時(shí)的速度，則進(jìn)磁場(chǎng)時(shí)產(chǎn)生的電流要比出磁場(chǎng)時(shí)產(chǎn)生的電流大，根據(jù)克服安培力做功知，Q1＞Q2，故C正確。根據(jù)能量守恒定律知，導(dǎo)體框動(dòng)能的減小量全部轉(zhuǎn)化為焦耳熱，則Q1＋Q2＝eq\f(1,2)m(v02－v12)，故D正確。8．考查電磁感應(yīng)電路中的電功、電功率](廣州二模)如圖所示，一均勻光滑正方形閉合框架，固定在絕緣水平桌面上，一根同質(zhì)均勻金屬桿ab擱在其上且始終接觸良好。勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直桌面豎直向下，當(dāng)ab桿在外力F作用下勻速沿框架從最左端向最右端運(yùn)動(dòng)過程中()A．外力F是恒力B．桌面對(duì)框架的水平作用力保持不變C．a(chǎn)b桿的發(fā)熱功率先變小后變大D．正方形框架產(chǎn)生的總熱量大于ab桿產(chǎn)生的總熱量解析：選Cab向右勻速運(yùn)動(dòng)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝BLv，是定值，ab可以看做電源，框架構(gòu)成外電路，當(dāng)ab運(yùn)動(dòng)到框架的中間位置時(shí)，外電路電阻最大，等于ab的電阻，因此在ab運(yùn)動(dòng)過程中，外電路總電阻R先增大后減小，由I＝eq\f(E,R＋Rab)可知，電路電流先減小后增大，ab受到的安培力為FB＝BIL，可知安培力先減小后變大，ab勻速運(yùn)動(dòng)，由平衡條件得：F＝FB，所以外力F先減小后增大，故A錯(cuò)誤；由A可知，電路電流先減小后增大，框架受到的安培力FB框＝BIL，先減小后增大，由平衡條件可知，桌面對(duì)框架的水平作用力與所受的安培力大小相等，所以桌面對(duì)框架的水平作用力先變小后變大，故B錯(cuò)誤；通過ab的電流I先減小后增大，則ab桿的發(fā)熱功率P＝I2Rab，先減小后變大，故C正確；當(dāng)ab在框架的中央時(shí)，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可知，外電壓小于等于內(nèi)電壓，由Q＝W＝UIt可知外電路產(chǎn)生的總熱量小于ab桿產(chǎn)生的總熱量，故D錯(cuò)誤?？键c(diǎn)四應(yīng)用動(dòng)力學(xué)知識(shí)和功能關(guān)系解決力電綜合問題9.(江西紅色七校二模)如圖所示，左右兩邊分別有兩根平行金屬導(dǎo)軌相距為L(zhǎng)，左導(dǎo)軌與水平面夾30°角，右導(dǎo)軌與水平面夾60°角，左右導(dǎo)軌上端用導(dǎo)線連接。導(dǎo)軌空間內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，左邊的導(dǎo)軌處在方向沿左導(dǎo)軌平面斜向下，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的磁場(chǎng)中。右邊的導(dǎo)軌處在垂直于右導(dǎo)軌斜向上，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小也為B的磁場(chǎng)中。質(zhì)量均為m的導(dǎo)桿ab和cd垂直導(dǎo)軌分別放于左右兩側(cè)導(dǎo)軌上，已知兩導(dǎo)桿與兩側(cè)導(dǎo)軌間動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝eq\f(\r(3),2)，回路電阻恒為R，若同時(shí)無初速釋放兩導(dǎo)桿，發(fā)現(xiàn)cd桿沿右導(dǎo)軌下滑s距離時(shí)，ab桿才開始運(yùn)動(dòng)。(認(rèn)為最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力)(1)試求ab桿剛要開始運(yùn)動(dòng)時(shí)cd桿的速度大?。?2)以上過程中，回路中共產(chǎn)生多少焦耳熱？(3)cd桿的最終速度為多少？解析：(1)ab桿剛運(yùn)動(dòng)時(shí)，有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(FN＝mgcos30°－F安,μFN＝mgsin30°))所以F安＝eq\f(\r(3),6)mg由安培力公式F安＝BIL得I＝eq\f(\r(3)mg,6BL)由閉合電路歐姆定律I＝eq\f(E,R)得，E＝eq\f(\r(3)mgR,6BL)對(duì)cd桿，由法拉第電磁感應(yīng)定律E＝BLv解得v＝eq\f(\r(3)mgR,6B2L2)。(2)由動(dòng)能定理有：mgssin60°－μmgscos60°－W克安＝eq\f(1,2)mv2而根據(jù)功能關(guān)系知W克安＝Q故：Q＝eq\f(mg,4)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\r(3)s－\f(m2gR2,6B4L4)))。(3)對(duì)cd桿，根據(jù)平衡條件得mgsin60°＝μmgcos60°＋eq\f(B2L2vm,R)解得vm＝eq\f(\r(3)mgR,4B2L2)。答案：(1)eq\f(\r(3)mgR,6B2L2)(2)eq\f(mg,4)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\r(3)s－\f(m2gR2,6B4L4)))(3)eq\f(\r(3)mgR,4B2L2)10.如圖所示，一質(zhì)量為m，邊長(zhǎng)為h的正方形金屬線框abcd自某一高度靜止下落，依次經(jīng)過兩勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，且金屬線框bc邊的初始位置離磁場(chǎng)B1的上邊界的高度為h/4，兩磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度分別為B1和B2，且B1＝2B0，B2＝B0(B0已知)，兩磁場(chǎng)的間距為H(H未知，但H>h)，線框進(jìn)入磁場(chǎng)B1時(shí)，恰好做勻速運(yùn)動(dòng)，速度為v1(v1已知)，從磁場(chǎng)B1中穿出后又以v2勻速通過寬度也為h的磁場(chǎng)B2。(1)求v1與v2的比值；(2)寫出H與h的關(guān)系式；(3)若地面離磁場(chǎng)B2的下邊界的高度為h，求金屬線框下落到地面所產(chǎn)生的熱量。(用m、h、g表示)解析：(1)金屬線框分別進(jìn)入磁場(chǎng)B1和B2后，做勻速運(yùn)動(dòng)，由平衡條件有BIh＝mg①又金屬線框切割磁感線，則I＝eq\f(Bhv,R)②聯(lián)立①②得v＝eq\f(mgR,B2h2)所以eq\f(v1,v2)＝eq\f(B22,B12)＝eq\f(1,4)。③(2)金屬線框進(jìn)入磁場(chǎng)B1前和離