高考物理二輪復(fù)習(xí)專(zhuān)題突破秘籍 （考點(diǎn)匯聚+專(zhuān)題專(zhuān)講專(zhuān)練+考點(diǎn)串講）功能關(guān)系在電學(xué)中的應(yīng)用.doc

功能關(guān)系在電學(xué)中的應(yīng)用1 靜電力做功與路徑無(wú)關(guān)若電場(chǎng)為勻強(qiáng)電場(chǎng)，則wflcos eqlcos ；若是非勻強(qiáng)電場(chǎng)，則一般利用wqu來(lái)求2 磁場(chǎng)力又可分為洛倫茲力和安培力洛倫茲力在任何情況下對(duì)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(chǎng)對(duì)移動(dòng)電荷做功即wuituq.4 導(dǎo)體棒在磁場(chǎng)中切割磁感線時(shí)，棒中感應(yīng)電流受到的安培力對(duì)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(shì)能的變化，即wabep.1 功能關(guān)系在電學(xué)中應(yīng)用的題目，一般過(guò)程復(fù)雜且涉及多種性質(zhì)不同的力，因此，通過(guò)審題，抓住受力分析和運(yùn)動(dòng)過(guò)程分析是關(guān)鍵，然后根據(jù)不同的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中各力做功的特點(diǎn)來(lái)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(wèn)題時(shí)仍然是首選的方法.題型1幾個(gè)重要的功能關(guān)系在電學(xué)中的應(yīng)用例1如圖1所示，在豎直平面內(nèi)有一勻強(qiáng)電場(chǎng)，其方向與水平方向成30斜向上，在電場(chǎng)中有一質(zhì)量為m、電量為q的帶電小球，用長(zhǎng)為l的不可伸長(zhǎng)的絕緣細(xì)線掛于o點(diǎn)，當(dāng)小球靜止于m點(diǎn)時(shí)，細(xì)線恰好水平現(xiàn)用外力將小球拉到最低點(diǎn)p，然后無(wú)初速度釋放，則以下判斷正確的是 ()圖1a小球再次到達(dá)m點(diǎn)時(shí)，速度剛好為零b小球從p到m過(guò)程中，合外力對(duì)它做了mgl的功c小球從p到m過(guò)程中，小球的機(jī)械能增加了mgld如果小球運(yùn)動(dòng)到m點(diǎn)時(shí)，細(xì)線突然斷裂，小球以后將做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)審題突破小球靜止在m時(shí)，受幾個(gè)力的作用？重力和電場(chǎng)力的大小關(guān)系是什么？小球由p到m的過(guò)程中，各力做功是多少？解析小球從p到m的過(guò)程中，線的拉力不做功，只有電場(chǎng)力和小球重力做功，它們的合力也是恒力，大小為mg，方向水平向右，所以小球再次到達(dá)m點(diǎn)時(shí)，速度最大，而不是零，選項(xiàng)a錯(cuò)小球從p到m過(guò)程中，電場(chǎng)力與重力的合力大小為mg，這個(gè)方向上位移為l，所以做功為mgl，選項(xiàng)b正確小球從p到m過(guò)程中，機(jī)械能的增加量等于電場(chǎng)力做的功，由于電場(chǎng)力為2mg，由p到m沿電場(chǎng)線方向的距離為dlsin 30lcos 30(1)，故電場(chǎng)力做功為2mgdmgl(1)，故選項(xiàng)c錯(cuò)誤如果小球運(yùn)動(dòng)到m點(diǎn)時(shí)，細(xì)線突然斷裂，小球的速度方向豎直向上，所受合外力水平向右，小球?qū)⒆鰟蜃兯偾€運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)d正確答案bd以題說(shuō)法在解決電學(xué)中功能關(guān)系問(wèn)題時(shí)應(yīng)注意以下幾點(diǎn)：(1)洛倫茲力在任何情況下都不做功；(2)電場(chǎng)力做功與路徑無(wú)關(guān)，電場(chǎng)力做的功等于電勢(shì)能的變化；(3)力學(xué)中的幾個(gè)功能關(guān)系在電學(xué)中仍然成立如圖2所示，豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，絕緣輕質(zhì)彈簧豎直立于水平地面上，一質(zhì)量為m的帶正電小球在外力f的作用下靜止于圖示位置，小球與彈簧不連接，彈簧處于壓縮狀態(tài)現(xiàn)撤去f，小球從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到離開(kāi)彈簧的過(guò)程中，重力、電場(chǎng)力、彈簧彈力對(duì)小球做的功分別為w1、w2和w3，不計(jì)空氣阻力，則上述過(guò)程中()圖2a小球與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒b小球重力勢(shì)能的變化為w1c小球動(dòng)能的變化為w1w2w3d小球機(jī)械能的變化為w1w2w3答案c解析由于電場(chǎng)力做功，小球與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，選項(xiàng)a錯(cuò)誤重力對(duì)小球做的功為w1，小球重力勢(shì)能的變化為w1，選項(xiàng)b錯(cuò)誤由動(dòng)能定理可知，小球動(dòng)能的變化為w1w2w3，選項(xiàng)c正確由功能關(guān)系可知，小球機(jī)械能的變化為w2，選項(xiàng)d錯(cuò)誤題型2應(yīng)用動(dòng)能定理分析帶電體在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)例2如圖3所示，虛線pq、mn間存在如圖所示的水平勻強(qiáng)電場(chǎng)，一帶電粒子質(zhì)量為m2.01011 kg、電荷量為q1.0105 c，從a點(diǎn)由靜止開(kāi)始經(jīng)電壓為u100 v的電場(chǎng)加速后，垂直進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)中，從虛線mn的某點(diǎn)b(圖中未畫(huà)出)離開(kāi)勻強(qiáng)電場(chǎng)時(shí)速度與電場(chǎng)方向成30角已知pq、mn間距為20 cm，帶電粒子的重力忽略不計(jì)求：圖3(1)帶電粒子剛進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)時(shí)的速率v1；(2)水平勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大??；(3)ab兩點(diǎn)間的電勢(shì)差審題突破帶電粒子在水平勻強(qiáng)電場(chǎng)中做什么運(yùn)動(dòng)？速度與電場(chǎng)方向成30角，隱含條件是什么？解析(1)由動(dòng)能定理得：qumv代入數(shù)據(jù)得v1104 m/s(2)粒子沿初速度方向做勻速運(yùn)動(dòng)：dv1t粒子沿電場(chǎng)方向做勻加速運(yùn)動(dòng)：vyat由題意得：tan 30由牛頓第二定律得：qema聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)得：e103 n/c1.732103 n/c(3)由動(dòng)能定理得：quabm(vv)0聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)得：uab400 v.答案(1)104 m/s(2)1.732103 n/c(3)400 v以題說(shuō)法1.電場(chǎng)力做功與重力做功的特點(diǎn)類(lèi)似，都與路徑無(wú)關(guān)2對(duì)于電場(chǎng)力做功或電勢(shì)差的計(jì)算，選用動(dòng)能定理往往最簡(jiǎn)便快捷，但運(yùn)用動(dòng)能定理時(shí)要特別注意運(yùn)動(dòng)過(guò)程的選取如圖4所示，在光滑絕緣水平面上，用長(zhǎng)為2l的絕緣輕桿連接兩個(gè)質(zhì)量均為m的帶電小球a和b.a球的帶電量為2q，b球的帶電量為3q，兩球組成一帶電系統(tǒng)虛線mn與pq平行且相距3l，開(kāi)始時(shí)a和b分別靜止于虛線mn的兩側(cè)，虛線mn恰為ab兩球連線的垂直平分線若視小球?yàn)橘|(zhì)點(diǎn)，不計(jì)輕桿的質(zhì)量，在虛線mn、pq間加上水平向右的電場(chǎng)強(qiáng)度為e的勻強(qiáng)電場(chǎng)后，系統(tǒng)開(kāi)始運(yùn)動(dòng)試求：圖4(1)b球剛進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)，帶電系統(tǒng)的速度大??；(2)帶電系統(tǒng)向右運(yùn)動(dòng)的最大距離和此過(guò)程中b球電勢(shì)能的變化量；(3)a球從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)至剛離開(kāi)電場(chǎng)所用的時(shí)間答案(1) (2)l4qel(3)(32) 解析(1)設(shè)b球剛進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)帶電系統(tǒng)的速度為v1，由動(dòng)能定理得2qel2mv解得：v1 (2)帶電系統(tǒng)向右運(yùn)動(dòng)分為三段：b球進(jìn)入電場(chǎng)前、帶電系統(tǒng)在電場(chǎng)中、a球出電場(chǎng)后設(shè)a球出電場(chǎng)后移動(dòng)的最大位移為x，對(duì)于全過(guò)程，由動(dòng)能定理得2qelqel3qex0解得x，則b球移動(dòng)的總位移為xblb球從剛進(jìn)入電場(chǎng)到帶電系統(tǒng)從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到速度第一次為零時(shí)的位移為l其電勢(shì)能的變化量為epw3qel4qel(3)取向右為正方向，b球進(jìn)入電場(chǎng)前，帶電系統(tǒng)做勻加速運(yùn)動(dòng)：a1，t1 帶電系統(tǒng)在電場(chǎng)中時(shí)，做勻減速運(yùn)動(dòng)：a2設(shè)a球剛出電場(chǎng)時(shí)速度為v2，由動(dòng)能定理得：qel2m(vv)解得：v2 t22(1) 解得總時(shí)間tt1t2(32) 題型3功能觀點(diǎn)在電磁感應(yīng)問(wèn)題中的應(yīng)用例3如圖5所示，固定的光滑金屬導(dǎo)軌間距為l，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，上端a、b間接有阻值為r的電阻，導(dǎo)軌平面與水平面的夾角為，且處在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為b、方向垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中質(zhì)量為m、電阻為r的導(dǎo)體棒與固定彈簧相連后放在導(dǎo)軌上初始時(shí)刻，彈簧恰處于自然長(zhǎng)度，導(dǎo)體棒具有沿軌道向上的初速度v0.整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸已知彈簧的勁度系數(shù)為k，彈簧的中心軸線與導(dǎo)軌平行圖5(1)求初始時(shí)刻通過(guò)電阻r的電流i的大小和方向；(2)當(dāng)導(dǎo)體棒第一次回到初始位置時(shí)，速度變?yōu)関，求此時(shí)導(dǎo)體棒的加速度大小a；(3)導(dǎo)體棒最終靜止時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能為ep，求導(dǎo)體棒從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)直到停止的過(guò)程中，電阻r上產(chǎn)生的焦耳熱q.審題突破導(dǎo)體棒第一次回到初始位置時(shí)，受幾個(gè)力的作用？最終導(dǎo)體棒靜止時(shí)，在幾個(gè)力作用下平衡？具體位置在哪里？解析(1)初始時(shí)刻，導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)e1blv0通過(guò)r的電流大小i1電流方向?yàn)閎a(2)導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為e2blv感應(yīng)電流i2導(dǎo)體棒受到的安培力大小fbil，方向沿導(dǎo)軌向上根據(jù)牛頓第二定律有mgsin fma解得agsin (3)導(dǎo)體棒最終靜止，有mgsin kx壓縮量x設(shè)整個(gè)過(guò)程回路產(chǎn)生的焦耳熱為q0，根據(jù)能量守恒定律有mvmgxsin epq0q0mvep電阻r上產(chǎn)生的焦耳熱qq0mvep答案(1)，電流方向?yàn)閎a(2)gsin (3)mvep以題說(shuō)法導(dǎo)體棒在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)棒中的感應(yīng)電流受到的安培力是變力，所以安培力做的功只能由動(dòng)能定理或能量守恒定律來(lái)求解在如圖6所示的傾角為的光滑斜面上，存在著兩個(gè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為b的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，區(qū)域的磁場(chǎng)方向垂直斜面向上，區(qū)域的磁場(chǎng)方向垂直斜面向下，磁場(chǎng)的寬度均為l，一個(gè)質(zhì)量為m、電阻為r、邊長(zhǎng)也為l的正方形導(dǎo)線框，由靜止開(kāi)始沿斜面下滑，t1時(shí)刻ab邊剛越過(guò)gh進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)，此時(shí)線框恰好以速度v1做勻速直線運(yùn)動(dòng)；t2時(shí)刻ab邊下滑到j(luò)p與mn的中間位置，此時(shí)線框又恰好以速度v2做勻速直線運(yùn)動(dòng)重力加速度為g，下列說(shuō)法中正確的是()圖6a線框兩次勻速直線運(yùn)動(dòng)的速度之比v1v221b從t1到t2過(guò)程中，線框中通過(guò)的電流方向先是adcb，然后是abcdc從t1到t2過(guò)程中，線框克服安培力做功的大小等于重力勢(shì)能的減少量d從t1到t2過(guò)程中，有的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電能答案bd解析根據(jù)題意，第一次勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，mgsin ，第二次勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，mgsin ，解得v1v241，選項(xiàng)a錯(cuò)誤；根據(jù)楞次定律可以判斷，選項(xiàng)b中所判斷的感應(yīng)電流的方向是正確的，選項(xiàng)b正確；線框克服安培力做的功等于線框產(chǎn)生的熱量，根據(jù)能量守恒定律，線框克服安培力做的功等于重力勢(shì)能的減少量和動(dòng)能的減少量之和，重力勢(shì)能的減少量為，動(dòng)能的減少量為，選項(xiàng)c錯(cuò)誤，選項(xiàng)d正確7 應(yīng)用動(dòng)力學(xué)和功能觀點(diǎn)處理電學(xué)綜合問(wèn)題審題示例(14分)如圖7所示，在水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)中有一表面光滑、與水平面成45角的絕緣直桿ac，其下端(c端)距地面高度h0.8 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球離桿后正好通過(guò)c端的正下方p點(diǎn)處(g取10 m/s2)求：圖7(1)小環(huán)離開(kāi)直桿后運(yùn)動(dòng)的加速度大小和方向；(2)小環(huán)從c運(yùn)動(dòng)到p過(guò)程中的動(dòng)能增量；(3)小環(huán)在直桿上勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)速度的大小v0.審題模板答題模板(1)小環(huán)沿桿做勻速運(yùn)動(dòng)，受力如圖所示故qecos 45mgcos 45即qemg(1分)小環(huán)離開(kāi)直桿后，所受合外力為f合mgmaag10 m/s2(2分)方向垂直于桿向下(1分)(2)小環(huán)從c運(yùn)動(dòng)到p的過(guò)程中動(dòng)能的增量為ekw重w電(2分)其中w重mgh4 jw電0，所以ek4 j(3分)(3)環(huán)離開(kāi)桿做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)平行桿方向做勻速運(yùn)動(dòng)：hv0t(2分)垂直桿方向做勻加速運(yùn)動(dòng)：hat2(2分)解得v02 m/s(1分)答案(1)10 m/s2，方向垂直于桿向下(2)4 j(3)2 m/s如圖8，豎直平面坐標(biāo)系xoy的第一象限，有垂直xoy面向外的水平勻強(qiáng)磁場(chǎng)和豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，大小分別為b和e；第四象限有垂直xoy面向里的水平勻強(qiáng)電場(chǎng)，大小也為e；第三象限內(nèi)有一絕緣光滑豎直放置的半徑為r的半圓軌道，軌道最高點(diǎn)與坐標(biāo)原點(diǎn)o相切，最低點(diǎn)與絕緣光滑水平面相切于n.一質(zhì)量為m的帶電小球從y軸上(y0)的p點(diǎn)沿x軸正方向進(jìn)入第一象限后做圓周運(yùn)動(dòng)，恰好通過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)o，且水平切入半圓軌道并沿軌道內(nèi)側(cè)運(yùn)動(dòng)，過(guò)n點(diǎn)水平進(jìn)入第四象限，并在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)(已知重力加速度為g)圖8(1)判斷小球的帶電性質(zhì)并求出其所帶電荷量；(2)p點(diǎn)距坐標(biāo)原點(diǎn)o至少多高；(3)若該小球以滿足(2)中op最小值的位置和對(duì)應(yīng)速度進(jìn)入第一象限，通過(guò)n點(diǎn)開(kāi)始計(jì)時(shí)，經(jīng)時(shí)間t2小球距坐標(biāo)原點(diǎn)o的距離s為多遠(yuǎn)？答案(1)正電(2) (3)2r解析(1)小球進(jìn)入第一象限正交的電場(chǎng)和磁場(chǎng)后，在垂直磁場(chǎng)的平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，說(shuō)明重力與電場(chǎng)力平衡，設(shè)小球所帶電荷量為q，則有qemg解得：q又電場(chǎng)方向豎直向上，故小球帶正電(2)設(shè)小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的速度為v、軌道半徑為r，由洛倫茲力提供向心力得：qbvmv2/r小球恰能通過(guò)半圓軌道的最高點(diǎn)并沿軌道運(yùn)動(dòng)，則應(yīng)滿足：mgmv2/r由得：r 即po的最小距離為：y2r (3)小球由o運(yùn)動(dòng)到n的過(guò)程中設(shè)到達(dá)n點(diǎn)的速度為vn，由機(jī)械能守恒定律得：mg2rmvmv2由解得：vn小球從n點(diǎn)進(jìn)入電場(chǎng)區(qū)域后，在絕緣光滑水平面上做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度為a，則有：沿x軸方向有：xvnt沿電場(chǎng)方向有：zat2由牛頓第二定律得：aqe/mt時(shí)刻小球距o點(diǎn)為：s2r(限時(shí)：50分鐘)一、單項(xiàng)選擇題1 (2013新課標(biāo)16)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))小孔正上方處的p點(diǎn)有一帶電粒子，該粒子從靜止開(kāi)始下落，經(jīng)過(guò)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，則從p點(diǎn)開(kāi)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在距上極板處返回 d在距上極板d處返回答案d解析粒子兩次落到小孔的速度相同，設(shè)為v，下極板向上平移后由e知場(chǎng)強(qiáng)變大，故粒子第二次在電場(chǎng)中減速運(yùn)動(dòng)的加速度變大，由v22ax得第二次減速到零的位移變小，即粒子在下極板之上某位置返回，設(shè)粒子在距上極板h處返回，對(duì)粒子兩次運(yùn)動(dòng)過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理得mg(d)qu0，mg(h)qh0.兩方程聯(lián)立得hd，選項(xiàng)d正確2 將帶正電的甲球放在乙球的左側(cè)，兩球在空間形成了如圖1所示的穩(wěn)定的靜電場(chǎng)，實(shí)線為電場(chǎng)線，虛線為等勢(shì)線a、b兩點(diǎn)與兩球球心的連線位于同一直線上，c、d兩點(diǎn)關(guān)于直線ab對(duì)稱(chēng)，則()圖1a乙球一定帶負(fù)電bc點(diǎn)和d點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度相同c正電荷在a點(diǎn)具有的電勢(shì)能比其在b點(diǎn)具有的電勢(shì)能小d把負(fù)電荷從c點(diǎn)移至d點(diǎn)，電場(chǎng)力做的總功為零答案d解析電場(chǎng)線從正電荷出發(fā)指向負(fù)電荷，根據(jù)電場(chǎng)線知乙球左側(cè)帶負(fù)電，右側(cè)帶正電，整體帶電情況不確定，a錯(cuò)誤；電場(chǎng)強(qiáng)度是矢量，c、d兩點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度的方向不同，b錯(cuò)誤；電場(chǎng)線的方向是電勢(shì)降落最快的方向，a點(diǎn)的電勢(shì)比b點(diǎn)的電勢(shì)高，由電勢(shì)能的定義式epq知，正電荷在a點(diǎn)的電勢(shì)能比在b點(diǎn)的電勢(shì)能大，c錯(cuò)誤；c、d兩點(diǎn)在同一等勢(shì)面上，故將電荷從c點(diǎn)移至d點(diǎn)電勢(shì)能不變，電場(chǎng)力做功是電勢(shì)能變化的量度，故電場(chǎng)力不做功，d正確3 如圖2所示，在一個(gè)點(diǎn)電荷形成的電場(chǎng)中，m、n、l是三個(gè)間距相等的等勢(shì)面一重力不計(jì)的帶電粒子從p點(diǎn)無(wú)初速度釋放后，沿圖中直線依次經(jīng)過(guò)q、k兩點(diǎn)，且p、q、k三點(diǎn)是帶電粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡與等勢(shì)面的交點(diǎn)設(shè)帶電粒子從p點(diǎn)到q點(diǎn)電場(chǎng)力做的功為wpq，從q點(diǎn)到k點(diǎn)電場(chǎng)力做的功為wqk，則()圖2awpqwqkbwpquqk，由wqu得wpqwqk，選項(xiàng)a、b錯(cuò)誤；粒子從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能逐漸減小，選項(xiàng)d正確；從p到q電場(chǎng)力逐漸減小，則加速度逐漸減小，選項(xiàng)c錯(cuò)誤4 如圖3所示，質(zhì)量為m的物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))，帶正電q，開(kāi)始時(shí)讓它靜止在傾角60的固定光滑絕緣斜面頂端，整個(gè)裝置放在水平方向向左、大小為emg/q的勻強(qiáng)電場(chǎng)中(設(shè)斜面頂端處電勢(shì)為零)，斜面高為h.釋放后，物塊落地時(shí)的電勢(shì)能為，物塊落地時(shí)的速度大小為v，則()圖3amgh bmghcv2 dv2gh答案c解析由電場(chǎng)力做功等于電勢(shì)能的變化可得物塊落地時(shí)的電勢(shì)能為qeh/tan 60mgh/mgh，選項(xiàng)a、b錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理，mghqeh/tan 60mv2，解得v2，選項(xiàng)c正確，d錯(cuò)誤二、多項(xiàng)選擇題5 如圖4所示，絕緣輕彈簧的下端固定在斜面底端，彈簧與斜面平行，帶電小球q(可視為質(zhì)點(diǎn))固定在光滑絕緣斜面上的m點(diǎn)，且在通過(guò)彈簧中心的直線ab上現(xiàn)把與q大小相同、電性相同的小球p，從n點(diǎn)由靜止釋放，在小球p與彈簧接觸到壓縮至最短的過(guò)程中(彈簧始終在彈性限度內(nèi))，以下說(shuō)法正確的是()圖4a小球p和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒b小球p和彈簧剛接觸時(shí)其速度最大c小球p的動(dòng)能與彈簧彈性勢(shì)能的總和增大d小球p的加速度先減小后增大答案cd解析小球p沿斜面向下運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，在接觸彈簧前，庫(kù)侖斥力變小，合力變小，加速度變小，小球向下加速，接觸彈簧后，彈簧彈力增大，故受到的合力沿斜面先向下再向上，小球的加速度先向下減小，再向上增加，小球先向下加速再向下減速，b錯(cuò)誤，d正確；對(duì)于小球p和彈簧組成的系統(tǒng)，由于電場(chǎng)力對(duì)其做正功 ，故機(jī)械能要增大，a錯(cuò)誤；全過(guò)程只發(fā)生了小球p的動(dòng)能、重力勢(shì)能、電勢(shì)能與彈簧的彈性勢(shì)能的相互轉(zhuǎn)化，由于重力和電場(chǎng)力都做正功，重力勢(shì)能和電勢(shì)能的總和減小，故小球p的動(dòng)能與彈簧彈性勢(shì)能的總和增大，c正確6 如圖5所示，在傾角為的斜面上固定兩根足夠長(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌pq、mn，相距為l，導(dǎo)軌處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為b的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直導(dǎo)軌平面向下有兩根質(zhì)量均為m的金屬棒a、b，先將a棒垂直導(dǎo)軌放置，用跨過(guò)光滑定滑輪的細(xì)線與物塊c連接，連接a棒的細(xì)線平行于導(dǎo)軌，由靜止釋放c，此后某時(shí)刻，將b也垂直導(dǎo)軌放置，a、c此刻起做勻速運(yùn)動(dòng)，b棒剛好能靜止在導(dǎo)軌上，a棒在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終與導(dǎo)軌垂直，兩棒與導(dǎo)軌間接觸良好，導(dǎo)軌電阻不計(jì)則 ()圖5a物塊c的質(zhì)量是2msin bb棒放上導(dǎo)軌前，物塊c減少的重力勢(shì)能等于a、c增加的動(dòng)能cb棒放上導(dǎo)軌后，物塊c減少的重力勢(shì)能等于回路消耗的電能db棒放上導(dǎo)軌后，a棒中電流大小是答案ad解析b棒恰好靜止，受力平衡，有mgsin f安，對(duì)a棒，安培力沿導(dǎo)軌平面向下，由平衡條件得mgsin f安mcg，由上面的兩式可得mc2msin ，選項(xiàng)a正確；根據(jù)機(jī)械能守恒定律知，b棒放上導(dǎo)軌之前，物塊c減少的重力勢(shì)能應(yīng)等于a棒、物塊c增加的動(dòng)能與a棒增加的重力勢(shì)能之和，選項(xiàng)b錯(cuò)誤；根據(jù)能量守恒定律可知，b棒放上導(dǎo)軌后，物塊c減少的重力勢(shì)能應(yīng)等于回路消耗的電能與a棒增加的重力勢(shì)能之和，選項(xiàng)c錯(cuò)誤；對(duì)b棒，設(shè)通過(guò)的電流為i，由平衡條件mgsin f安bil，得i，a棒中的電流也為i，選項(xiàng)d正確7 如圖6所示，間距為l、電阻不計(jì)的足夠長(zhǎng)平行光滑金屬導(dǎo)軌水平放置，導(dǎo)軌左端用一阻值為r的電阻連接，導(dǎo)軌上橫跨一根質(zhì)量為m、電阻也為r的金屬棒，金屬棒與導(dǎo)軌接觸良好整個(gè)裝置處于豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度為b的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中現(xiàn)使金屬棒以初速度v沿導(dǎo)軌向右運(yùn)動(dòng)，若金屬棒在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中通過(guò)的電荷量為q.下列說(shuō)法正確的是()圖6a金屬棒在導(dǎo)軌上做勻減速運(yùn)動(dòng)b整個(gè)過(guò)程中金屬棒克服安培力做功為mv2c整個(gè)過(guò)程中金屬棒在導(dǎo)軌上發(fā)生的位移為d整個(gè)過(guò)程中電阻r上產(chǎn)生的焦耳熱為mv2答案bc解析由題意可知金屬棒在安培力作用下做減速運(yùn)動(dòng)直至靜止，由于速度一直減小，故安培力的大小一直減小，金屬棒的加速度減小，故金屬棒做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)a錯(cuò)誤在整個(gè)過(guò)程中，只有安培力做負(fù)功，由動(dòng)能定理可知金屬棒克服安培力做功為mv2，選項(xiàng)b正確由q可知q，解得x，選項(xiàng)c正確由b項(xiàng)可知整個(gè)回路中產(chǎn)生的焦耳熱為mv2，電阻r上產(chǎn)生的焦耳熱為mv2，選項(xiàng)d錯(cuò)誤三、非選擇題8 如圖7所示，一長(zhǎng)為h2內(nèi)壁光滑的絕緣細(xì)管豎直放置管的底部固定一電荷量 為q(q0)的點(diǎn)電荷m.現(xiàn)在管口a處無(wú)初速釋放一電荷量為q(q0)、質(zhì)量為m的點(diǎn)電荷n，n在距離底部點(diǎn)電荷為h1的b處速度恰好為零再次從a處無(wú)初速度地釋放電荷量為q、質(zhì)量為3m的點(diǎn)電荷p(已知靜電常數(shù)為k，重力加速度為g)求：圖7(1)電荷p運(yùn)動(dòng)過(guò)程中速度最大處與底部點(diǎn)電荷間的距離；(2)電荷p運(yùn)動(dòng)到b處時(shí)的速度大小答案(1) (2)2 解析(1)電荷p運(yùn)動(dòng)到重力等于電場(chǎng)力時(shí)，速度最大，距底部距離為r，則有3mg，解得r (2)設(shè)電荷p運(yùn)動(dòng)到b處時(shí)的速度為vb，由動(dòng)能定理，有3mg(h2h1)quab3mv依題意有mg(h2h1)quab聯(lián)立兩式可得：vb2 9 如圖8所示，mn和pq為固定在絕緣水平面上兩平行光滑金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌左端mp間接有阻值為r12 的導(dǎo)線；導(dǎo)軌右端接有與水平軌道相切、半徑r0.5 m、內(nèi)壁光滑的半圓金屬軌道導(dǎo)軌間距l(xiāng)0.4 m，電阻不計(jì)導(dǎo)軌所在平面abcd區(qū)域內(nèi)有豎直向上、b0.5 t的勻強(qiáng)磁場(chǎng)導(dǎo)軌上長(zhǎng)度也為0.4 m、質(zhì)量m0.6 kg、電阻r21 的金屬棒ab以v06 m/s的速度進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域，離開(kāi)磁場(chǎng)區(qū)域后恰好能到達(dá)半圓軌道的最高點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)中金屬棒始終與導(dǎo)軌保持良好接觸已知重力加速度g10 m/s2.求：圖8(1)金屬棒ab剛滑出磁場(chǎng)右邊界cd時(shí)的速度v的大小；(2)金屬棒滑過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域的過(guò)程中，導(dǎo)線r1中產(chǎn)生的熱量q.答