高三物理二轮复习（通用版）对应练习——功能关系在电磁学中的应用 word版含解析

这是一份高三物理二轮复习（通用版）对应练习——功能关系在电磁学中的应用 word版含解析，共7页。

1.考查动能定理在平行板电容器中的应用]
(全国卷Ⅰ)一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d，极板分别与电池两极相连，上极板中心有一小孔(小孔对电场的影响可忽略不计)。小孔正上方eq \f(d,2)处的P点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处(未与极板接触)返回。若将下极板向上平移eq \f(d,3)，则从P点开始下落的相同粒子将( )
A．打到下极板上 B．在下极板处返回
C．在距上极板eq \f(d,2)处返回 D．在距上极板eq \f(2,5)d处返回
解析：选D 当两极板距离为d时，粒子从开始下落到恰好到达下极板过程中，根据动能定理可得：mg×eq \f(3,2)d－qU＝0，当下极板向上移动eq \f(d,3)，设粒子在电场中运动距离x时速度减为零，全过程应用动能定理可得：mgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(d,2)＋x))－qeq \f(U,d－\f(d,3))x＝0，两式联立解得：x＝eq \f(2,5)d，选项D正确。
2．考查动能定理在非匀强电场中的应用]
(枣庄模拟)在光滑的水平面内有一沿x轴的静电场，其电势φ随x坐标值的变化图线如图所示。一质量为m，带电量为q的带正电小球(可视为质点)从O点以初速度v0沿x轴正向移动。下列叙述正确的是( )
A．若小球能运动到x1处，则该过程小球所受电场力逐渐增大
B．带电小球从x1运动到x3的过程中，电势能先减小后增大
C．若该小球能运动到x4处，则初速度v0至少为2eq \r(\f(qφ0,m))
D．若v0为2eq \r(\f(qφ0,m))，带电粒子在运动过程中的最大速度为 eq \r(\f(6qφ0,m))
解析：选D 由图像能看出从0到x1电势增大，电场强度不一定增大，小球受的电场力就不一定增大，故A项错；从x1到x3电势一直减小，电势能Ep＝qφ也一直减小，故B项错；由于沿电场线方向移动电势逐渐降低，所以从0到x1电场力阻碍小球的运动，从x1到x3电场力是动力，从x3到x4电场力是阻力，由于只受电场力作用，所以动能与电势能相互转化，总能量守恒，可看出只要能通过x1位置就能到达x4位置，假设到达x1时动能恰为0，由能量守恒定律eq \f(1,2)mv02＝qφ0，得v0＝ eq \r(\f(2qφ0,m))，故C项错；由以上分析可知，粒子到达x3处速度最大，由动能定理得qU＝qφ0＝eq \f(1,2)mv32－eq \f(1,2)mv02，将初速度代入得v3＝eq \r(\f(6qφ0,m))，故D项正确。
3．考查抛体运动、功能关系在匀强电场中的应用]
(全国卷Ⅱ)如图，一质量为m、电荷量为q(q＞0)的粒子在匀强电场中运动，A、B为其运动轨迹上的两点。已知该粒子在A点的速度大小为v0，方向与电场方向的夹角为60°；它运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为30°。不计重力。求A、B两点间的电势差。
解析：设带电粒子在B点的速度大小为vB。粒子在垂直于电场方向的速度分量不变，即
vB sin 30°＝v0sin 60°①
由此得
vB＝eq \r(3)v0②
设A、B两点间的电势差为UAB，由动能定理有
qUAB＝eq \f(1,2)m(vB2－v02)③
联立②③式得
UAB＝eq \f(mv02,q)④
答案：UAB＝eq \f(mv02,q)
4.考查功能关系在重力场和电场中的应用]
(衡水检测)如图所示，一绝缘轻弹簧的下端固定在斜面底端，上端连接一带正电的光滑滑块P，滑块所处空间存在着沿斜面向上的匀强电场，倾角为θ的光滑绝缘斜面固定在水平地面上，开始时弹簧是原长状态，物块恰好处于平衡状态。现给滑块一沿斜面向下的初速度v，滑块到最低点时，弹簧的压缩量为x，若弹簧始终处于弹性限度内，下列说法正确的是( )
A．滑块电势能的增加量大于滑块重力势能的减少量
B．滑块到达最低点的过程中，克服弹簧弹力做功eq \f(1,2)mv2
C．滑块动能的变化量等于电场力和重力做功的代数和
D．当滑块的加速度最大时，滑块和弹簧组成的系统机械能最大
解析：选B 因为开始滑块受重力和电场力和支持力处于平衡，则有：qE＝mgsin θ，在运动到最低点过程中，电场力做功与重力做功相等，则滑块电势能增量等于滑块重力势能的减小量，故A错误。根据能量守恒得，动能减小，重力势能减小，电势能增加，弹性势能增加，因为电势能增量等于重力势能减小量，所以弹性势能增加量等于滑块动能减小量，可知滑块克服弹簧弹力做功eq \f(1,2)mv2，故B正确。根据动能定理知，电场力、重力、弹簧弹力做功的代数和等于滑块动能的变化量，故C错误。由于qE＝mgsin θ，可知当滑块的加速度最大时，弹簧最长或最短。弹簧最长时，滑块的电势能最小，滑块和弹簧组成的系统机械能最大；弹簧最短时，滑块的电势能最大，滑块和弹簧组成的系统机械能最小，故D错误。
5．考查能量守恒定律在复合场曲线运动中的应用]
(多选)(开封二模)设空间存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，如图所示，已知一带电粒子在电场力和洛伦兹力的作用下，从静止开始自A点沿曲线ACB运动，到达B点时速度为零，C点是运动的最低点，忽略粒子的重力，以下说法中正确的是( )
A．此粒子必带正电荷
B．A点和B位于同一高度
C．离子在C点时机械能最大
D．离子到达B点后，将沿原曲线返回A点
解析：选ABC 从图中可以看出，上极板带正电，下极板带负电，带电粒子由静止开始向下运动，说明受到向下的电场力，可知粒子带正电。故A正确。离子具有速度后，它就在向下的电场力F及总与速度方向垂直并不断改变方向的洛伦兹力f作用下沿ACB曲线运动，因洛伦兹力不做功，电场力做功等于动能的变化，而离子到达B点时的速度为零，所以从A到B电场力所做正功与负功加起来为零。这说明离子在电场中的B点与A点的电势能相等，即B点与A点位于同一高度。故B正确。在由A经C到B的过程中，在C点时，电势最低，此时粒子的电势能最小，由能量守恒定律可知此时具有最大机械能。故C正确。只要将离子在B点的状态与A点进行比较，就可以发现它们的状态(速度为零，电势能相等)相同，如果右侧仍有同样的电场和磁场的叠加区域，离子就将在B之右侧重现前面的曲线运动，因此，离子是不可能沿原曲线返回A点的。如图所示。故D错误。
6．考查功能关系在电场、磁场中的应用对比]
(多选)(唐山期末)如图所示，Ⅰ、Ⅱ是竖直平面内两个相同的半圆形光滑绝缘轨道，K为轨道最低点。轨道Ⅰ处于垂直纸面向外的匀强磁场中，轨道Ⅱ处于水平向右的匀强电场中。两个完全相同的带正电小球a、b从图中位置由静止开始下滑至第一次到达最低点K的过程，则此过程带电小球a、b相比( )
A．球a所需时间较长
B．球b机械能损失较多
C．在K处球a速度较大
D．在K处球b对轨道压力较大
解析：选BC 洛伦兹力不做功，球a 的运动过程只有重力做正功，球b除重力做正功外还有电场力做负功，所以二者下降到同一高度时，va>vb，滑到最低点过程二者通过的路程相等，而在任意相同的位置都是va>vb，所以球a所需时间较短，选项A错C对。球a机械能守恒，球b机械能减少，选项B对。在K处，对球a：qvaB＋FN－mg＝eq \f(mva2,R)，对球b：FN′－mg＝eq \f(mvb2,R)，整理得FN＝mg＋eq \f(mva2,R)－qvaB，FN′＝mg＋eq \f(mvb2,R)，由于无法判断速度的定量关系所以无法判断支持力大小，故对轨道压力大小无法判断，选项D错。
7.考查能量守恒定律在电磁感应中的应用]
(多选)(山东师大附中模拟)如图所示，宽度为d的有界匀强磁场竖直向下穿过光滑的水平桌面，一质量为m的椭圆形导体框平放在桌面上，椭圆的长轴平行磁场边界，短轴小于d。现给导体框一个初速度v0(v0垂直磁场边界)，已知导体框全部在磁场中的速度为v，导体框全部出磁场后的速度为v1；导体框进入磁场过程中产生的焦耳热为Q1，导体框离开磁场过程中产生的焦耳热为Q2。下列说法正确的是( )
A．导体框离开磁场过程中，感应电流的方向为顺时针方向
B．导体框进出磁场都是做匀变速直线运动
C．Q1＞Q2
D．Q1＋Q2＝eq \f(1,2)m(v02－v12)
解析：选ACD 导体框离开磁场时，磁通量减小，根据楞次定律得，感应电流的方向为顺时针方向，故A正确。导体框在进出磁场时，速度变化，则感应电动势变化，产生的感应电流变化，则所受的安培力变化，根据牛顿第二定律知，加速度变化，导体框做的是变减速运动，故B错误。因为进磁场时的速度大于出磁场时的速度，则进磁场时产生的电流要比出磁场时产生的电流大，根据克服安培力做功知，Q1＞Q2，故C正确。根据能量守恒定律知，导体框动能的减小量全部转化为焦耳热，则Q1＋Q2＝eq \f(1,2)m(v02－v12)，故D正确。
8．考查电磁感应电路中的电功、电功率]
(广州二模)如图所示，一均匀光滑正方形闭合框架，固定在绝缘水平桌面上，一根同质均匀金属杆ab搁在其上且始终接触良好。匀强磁场垂直桌面竖直向下，当ab杆在外力F作用下匀速沿框架从最左端向最右端运动过程中( )
A．外力F是恒力
B．桌面对框架的水平作用力保持不变
C．ab杆的发热功率先变小后变大
D．正方形框架产生的总热量大于ab杆产生的总热量
解析：选C ab向右匀速运动，产生的感应电动势为E＝BLv，是定值，ab可以看做电源，框架构成外电路，当ab运动到框架的中间位置时，外电路电阻最大，等于ab的电阻，因此在ab运动过程中，外电路总电阻R先增大后减小，由I＝eq \f(E,R＋Rab)可知，电路电流先减小后增大，ab受到的安培力为FB＝BIL，可知安培力先减小后变大，ab匀速运动，由平衡条件得：F＝FB，所以外力F先减小后增大，故A错误；由A可知，电路电流先减小后增大，框架受到的安培力FB框＝BIL，先减小后增大，由平衡条件可知，桌面对框架的水平作用力与所受的安培力大小相等，所以桌面对框架的水平作用力先变小后变大，故B错误；通过ab的电流I先减小后增大，则ab杆的发热功率P＝I2Rab，先减小后变大，故C正确；当ab在框架的中央时，内外电阻相等，除此之外，外电阻总是小于内电阻的，由U＝IR可知，外电压小于等于内电压，由Q＝W＝UIt可知外电路产生的总热量小于ab杆产生的总热量，故D错误。
9.(江西红色七校二模)如图所示，左右两边分别有两根平行金属导轨相距为L，左导轨与水平面夹30°角，右导轨与水平面夹60°角，左右导轨上端用导线连接。导轨空间内存在匀强磁场，左边的导轨处在方向沿左导轨平面斜向下，磁感应强度大小为B的磁场中。右边的导轨处在垂直于右导轨斜向上，磁感应强度大小也为B的磁场中。质量均为m的导杆ab和cd垂直导轨分别放于左右两侧导轨上，已知两导杆与两侧导轨间动摩擦因数均为μ＝eq \f(\r(3),2)，回路电阻恒为R，若同时无初速释放两导杆，发现cd杆沿右导轨下滑s距离时，ab杆才开始运动。(认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力)
(1)试求ab杆刚要开始运动时cd杆的速度大小？
(2)以上过程中，回路中共产生多少焦耳热？
(3)cd杆的最终速度为多少？
解析：(1)ab杆刚运动时，有
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(FN＝mgcs 30°－F安,μFN＝mgsin 30°))
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)
由闭合电路欧姆定律I＝eq \f(E,R)得，E＝eq \f(\r(3)mgR,6BL)
对cd杆，由法拉第电磁感应定律E＝BLv
解得v＝eq \f(\r(3)mgR,6B2L2)。
(2)由动能定理有：mgssin 60°－μmgscs 60°－W克安＝eq \f(1,2)mv2
而根据功能关系知W克安＝Q
故：Q＝eq \f(mg,4)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\r(3)s－\f(m2gR2,6B4L4)))。
(3)对cd杆，根据平衡条件得
mgsin 60°＝μmgcs 60°＋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\c1(\r(3)s－\f(m2gR2,6B4L4))) (3)eq \f(\r(3)mgR,4B2L2)
10.如图所示，一质量为m，边长为h的正方形金属线框abcd自某一高度静止下落，依次经过两匀强磁场区域，且金属线框bc边的初始位置离磁场B1的上边界的高度为h/4，两磁场的磁感应强度分别为B1和B2，且B1＝2B0，B2＝B0(B0已知)，两磁场的间距为H(H未知，但H>h)，线框进入磁场B1时，恰好做匀速运动，速度为v1(v1已知)，从磁场B1中穿出后又以v2匀速通过宽度也为h的磁场B2。
(1)求v1与v2的比值；
(2)写出H与h的关系式；
(3)若地面离磁场B2的下边界的高度为h，求金属线框下落到地面所产生的热量。(用m、h、g表示)
解析：(1)金属线框分别进入磁场B1和B2后，做匀速运动，由平衡条件有BIh＝mg①
又金属线框切割磁感线，则I＝eq \f(Bhv,R)②
联立①②得v＝eq \f(mgR,B2h2)
所以eq \f(v1,v2)＝eq \f(B22,B12)＝eq \f(1,4)。③
(2)金属线框进入磁场B1前和离开磁场B1后到进入磁场B2前，都是做只在重力作用下的运动，由运动学公式有
v12＝2g·eq \f(h,4)④
v22－v12＝2g(H－h)⑤
联立③④⑤得H＝eq \f(19,4)h。⑥
(3)解法一：金属线框从静止开始运动到落地，根据功能关系，损失的机械能等于所产生的热量，则
Q＝mgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3h＋\f(h,4)＋H))－eq \f(1,2)mv22⑦
联立④⑤⑥⑦得Q＝4mgh。
解法二：克服安培力做功等于产生的热量，Q＝BIh·4h⑧
联立①⑧得Q＝4mgh。
答案：(1)eq \f(1,4) (2)H＝eq \f(19,4)h (3)4mgh考点一
电场中的功能关系
考点二
复合场中的功能关系
考点三
电磁感应中的功能关系
考点四
应用动力学知识和功能关系解决力电综合问题