專題05 功能關系在電磁學中的應用講學案 2018年高考物理二輪復習資料解析版

1、 高考常對電學問題中的功能關系進行考查，特別是動能定理的應用此類題目的特點是過程復雜、綜合性強，主要考查學生綜合分析問題的能力預計高考此類題目仍會出現(xiàn) 一、電場中的功能關系的應用 1.電場力的大小計算 電場力做功與路徑無關其計算方法一般有如下四種 (1)由公式WFlcos 計算，此公式只適用于勻強電場，可變形為WEqlcos . (2)由WqU計算，此公式適用于任何電場 (3)由電勢能的變化計算：WEE. BpAABp (4)由動能定理計算：WWE. k其他力電場力2電場中的功能關系 (1)若只有電場力做功，電勢能與動能之和保持不變 (2)若只有電場力和重力做功，電勢能、重力勢能、動能之和保持

2、不變 (3)除重力、彈簧彈力之外，其他各力對物體做的功等于物體機械能的變化 (4)所有外力對物體所做的功等于物體動能的變化 二、磁場中的功能關系的應用 1.磁場力的做功情況 (1)洛倫茲力在任何情況下對運動電荷都不做功 (2)安培力對通電導線可做正功、負功，還可能不做功，其計算方法一般有如下兩種 由公式WFlcos 計算 由動能定理計算：WWE k 其他力安2電磁感應中的功能關系 (1)電磁感應電路為純電阻電路時產(chǎn)生的焦耳熱等于克服安培力做的功，即QW 克安 (2)電磁感應發(fā)生的過程遵從能量守恒焦耳熱的增加量等于其他形式能量的減少量 電場中的功能關系 考點一?與該點到點電荷的距離r新課標卷】在

3、一靜止點電荷的電場中，任一點的電勢的關系4【2017·例1如圖所示。電場中四個點a、b、c和d的電場強度大小分別E、E、E和E。點a到點電荷的距離r與點aacdb?）標出，其余類推?，F(xiàn)將一帶正電的試探電荷由a點依次經(jīng)b、ca的電勢點移已在圖中用坐標（r，aaa動到d點，在相鄰兩點間移動的過程中，電場力所做的功分別為W、W和W。下列選項正確的是 cdabbc AE：E=4:1 BE：E=2:1 CW:W=3:1 DW:W=1:3 cdbcabadbcbcAC 【答案】 【變式探究】如圖263所示為某示波管內(nèi)的聚焦電場，實線和虛線分別表示電場線和等勢線兩電子分別從 a、b兩點運動到c點，

4、設電場力對兩電子做的功分別為W和W，a、b點的電場強度大小分別為baE和E，則( ) ba 圖263 W，E >EE BW EAW W， >bbababaaW，E <WE ECWW，E< Dbbababaa解析 由于a、b在同一等勢線上，故從a到c與從b到c的電勢差相等，即UU，又由電場力做功公bcac式WqU可知：WW，故B、D錯誤又由電場線的疏密表示電場的強弱，從圖可知a處比b處電場線ba密集，故E>E，故A對，C錯 baA 答案【變式探究】如圖264所示，在絕緣水平面上方存在著足夠大的水平向右的勻強電場，帶正電的小金屬塊以一定的初速度從A點開始沿水平面向左做

5、直線運動，經(jīng)L長度到達B點，速度變?yōu)榱阍诖诉^程中，2金屬塊損失的動能有轉(zhuǎn)化為電勢能金屬塊繼續(xù)運動到某點C(圖中未標出)時的動能和A點時的動能相同， 3則金屬塊從A開始運動到C的整個過程中經(jīng)過的總路程為 圖264 A1.5L B.2L D4L C3L 答案 D 考點二 功能觀點在電磁感應問題中的應用 例22【2017·新課標卷】（20分）如圖，兩水平面（虛線）之間的距離為H，其間的區(qū)域存在方向水平向右的勻強電場。自該區(qū)域上方的A點將質(zhì)量為m、電荷量分別為q和q（q>0）的帶電小球M、N先后以相同的初速度沿平行于電場的方向射出。小球在重力作用下進入電場區(qū)域，并從該區(qū)域的下邊界離開。

6、已知N離開電場時的速度方向豎直向下；M在電場中做直線運動，剛離開電場時的動能為N剛離開電場時動 能的1.5倍。不計空氣阻力，重力加速度大小為g。求 （1）M與N在電場中沿水平方向的位移之比； （2）A點距電場上邊界的高度； （3）該電場的電場強度大小。 1mgE?H）3（）（3:1 1【答案】（） 2 3q2【解析】（1）設帶電小球M、N拋出的初速度均為v，則它們進入電場時的水平速度仍為v；M、N在電場00中的運動時間t相等，電場力作用下產(chǎn)生的加速度沿水平方向，大小均為a，在電場中沿水平方向的位移分別為s和s；由運動公式可得： 21at=0 v012at?vts 01212at?vt?s 02

7、2s:s?3:1 聯(lián)立解得：21 vqEEq0?a? （3）設電場強度為E，小球M進入電場后做直線運動，則， vmgmy、，由動能定理：E離開電場時的動能分別為E 設MNk2k1122m(v?v)?mgH?qEsE? 10yk12122E?m(v?v)?mgH?qEs? 2k2y02由已知條件：E=1.5E k2k1KXXZ。來源學?？啤g?E 解得：聯(lián)立? 2q【變式探究】如圖267所示，上下開口、內(nèi)壁光滑的銅管P和塑料管Q豎直放置，小磁塊先后在兩管中從相同高度處由靜止釋放，并落至底部，則小磁塊( ) A在P和Q中都做自由落體運動 在兩個下落過程中的機械能都守恒BC在P中的下落時間比在Q中

8、的長 D落至底部時在P中的速度比在Q中的大 圖267 答案 C 【變式探究】(多選)如圖268所示，豎直平面內(nèi)有一足夠長的寬度為L的金屬導軌，質(zhì)量為m的金屬導體棒ab可在導軌上無摩擦地上下滑動，且導體棒ab與金屬導軌接觸良好，ab電阻為R，其他電阻不計導體棒ab由靜止開始下落，過一段時間后閉合開關S，發(fā)現(xiàn)導體棒ab立刻做變速運動，則在以后導體棒ab的運動過程中，下列說法中正確的是( ) 圖268 :Z*xx*k.來源 A導體棒ab做變速運動期間加速度一定減小 B單位時間內(nèi)克服安培力做的功全部轉(zhuǎn)化為電能，電能又轉(zhuǎn)化為內(nèi)能 C導體棒減少的機械能轉(zhuǎn)化為閉合電路中的電能和電熱之和，符合能的轉(zhuǎn)化和守恒定

9、律mgR 最后做勻速運動時，速度大小為vD導體棒ab22 LB導體棒由靜止下落，在豎直向下的重力作用下做加速運動開關閉合時，由右手定則判定，導體中解析 BLv導LFBILB，產(chǎn)生的電流方向為逆時針方向，再由左手定則，可判定導體棒受到的安培力方向向上， R正確；最后合力為體棒受到的重力和安培力的合力變小，加速度變小，物體做加速度越來越小的運動，AmgRBLv正確；導體棒克服安培力做功，v，DmgL得，零，加速度為零，做勻速運動由Fmg0B22 LRB 正確B減少的機械能轉(zhuǎn)化為電能，由于電流的熱效應，電能又轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，答案 ABD :ZXXK來源考點三、應用動力學知識和功能關系解決力電綜合問題 例

10、3、在如圖2611所示的豎直平面內(nèi)，物體A和帶正電的物體B用跨過定滑輪的絕緣輕繩連接，分別靜止于傾角37°的上的M點和粗糙絕緣水平面上，輕繩與對應平面平行勁度系數(shù)k5 N/m的輕彈簧一端固定在O點，一端用另一輕繩穿過固定的光滑小環(huán)D與A相連彈簧處于原長，輕繩恰好拉直，DM4 N/C、方向水平向右的勻強電場中已知A、B的質(zhì)量分別為m垂直于斜面水平面處于場強E5×10A6C.10設兩物體均視為質(zhì)點，不計滑輪質(zhì)量和摩擦，繩不可伸q4×和m所帶電荷量0.2 kg，B0.1 kgB2，sin 37°0.6，cos 37°B電荷量不變?nèi)10 m/s0.8

11、. 長，彈簧始終處在彈性限度內(nèi)，(1)求B所受靜摩擦力的大?。?2開始做勻加速直線運動A從M到以加速度a0.6 m/sN的過程施加沿(2)現(xiàn)對A斜面向下的拉力F，使A 中，B的電勢能增加了E0.06 J已知DN沿豎直方向，B與水平面間的動摩擦因數(shù)0.4.求A到達Np點時拉力F的瞬時功率 圖2611 (2)物體A從M點到N點的過程中，A、B兩物體的位移均為s，A、B間繩子張力為T，有qEsE(2分) pTmgqEma(2分) BB22vas ，受彈簧拉力為F，彈簧的伸長量為x，有設A在N點時速度為v彈 ·x Fk彈) 分a (2msin Fsin TgFmAA彈 cos s) (2分

12、由幾何關系知x sin P，有Fv N設拉力F在點的瞬時功率為P 0.528 W P聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)解得(2)0.528 W 答案 (1)0.4 N的傾斜平行軌道與豎直面內(nèi)的平行圓形軌道平滑對接，軌道60°所示，傾角為1262【變式探究】如圖的垂直于軌道向上的勻強磁場，Br.在傾斜平行軌道的上部有磁感應強度為之間距離為L，圓形軌道的半徑為點高C的定值電阻質(zhì)量為m的金屬棒從距軌道最低端磁場區(qū)域足夠大，圓形軌道末端接有一電阻值為R ，不計摩擦和導軌、金屬棒的電阻，求：7mg度為H處由靜止釋放，運動到最低點C時對軌道的壓力為 12 6圖2 點的速度大??；金屬棒通過軌道最低端C (1) 金屬

13、棒中產(chǎn)生的感應電動勢的最大值；(2) R金屬棒整個下滑過程中定值電阻上產(chǎn)生的熱量；(3) D時對軌道的壓力的大小(4)金屬棒通過圓形軌道最高點軌道的壓力為，金屬棒對v，軌道對金屬棒的支持力為F解析 (1)設金屬棒通過軌道最低端C點的速度為CC 2mvCF，由牛頓第二定律可知 mgF CCr mg 7FF而CC 6gr. 解得vC (3)由能量守恒定律，在金屬棒的整個下滑過程中電阻器R上產(chǎn)生的熱量等于金屬棒損失的機械能，所以 12 mgHmvQ C2 ) 3mg(Hr聯(lián)立得Q(4)金屬棒由C點運動到D點，根據(jù)機械能守恒，有 1122mvmvmg·2r DC22金屬棒通過圓形軌道最高點D

14、時，設軌道對金屬棒豎直向下的壓力為F ，由牛頓第二定律有D2mvD Fmg Dr 聯(lián)立解得Fmg D mg. 由牛頓第三定律可知金屬棒通過圓形軌道最高點D時對軌道的壓力為mgR3) 3rmg( H(1)6gr (2) (3)答案BL2mg (4) OCBA2017·1、中央各有一小孔，、如圖所示，三塊平行放置的帶電金屬薄板、小孔分別位于【江蘇卷】OCOP'MPP點靜止釋放的、點現(xiàn)將點由點，則由點靜止釋放的電子恰好能運動到板向右平移到 電子 P A點返回（）運動到PP' B點之間返回）運動到（和P' C點返回）運動到（P' D點）穿過（A 【答案】 ?與

15、該點到點電荷的距離r的關系如圖2 【2017·新課標卷】在一靜止點電荷的電場中，任一點的電勢所示。電場中四個點a、b、c和d的電場強度大小分別E、E、E和E。點a到點電荷的距離r與點a的acbda?）標出，其余類推?，F(xiàn)將一帶正電的試探電荷由a點依次經(jīng)b、電勢r已在圖中用坐標（，c點移動aaa到d點，在相鄰兩點間移動的過程中，電場力所做的功分別為W、W和W 。下列選項正確的是cdbcab AE：E=4:1 BE：E=2:1 CW:W=3:1 DW:W=1:3 cdabbbccabcdAC 【答案】 3.2017·16l=1 m的輕質(zhì)細繩上端固定，下端連接一個可視為質(zhì)點的帶電小

16、北京卷】（分）如圖所示，長【6 C=37°q=1.0×10。已知小球所帶電荷量，球，小球靜止在水平向右的勻強電場中，繩與豎直方向的夾角32sin 37°=0.6cos 37°=0.8 N/Cg=10 m/sE=3.0×10勻強電場的場強，取重力加速度，。求： 1F 的大小。）小球所受電場力（2m 。）小球的質(zhì)量（3v 的大小。（）將電場撤去，小球回到最低點時速度34 m/s 12.04.0×103.0×3 kg 102 N ）（【答案】（）【解析】（1）根據(jù)電場強度定義式可知，小球所受電場力大小為 633 N 10×

17、;3.0×10 N=3.0×=1.0×=FqE10 作用處于平衡狀態(tài)，如圖所示F和電場力T、繩的拉力mg）小球受2（ F4?tan37 kg m=4.0×根據(jù)幾何關系有10，得 mg1?2?cosmglmv371?）撤去電場后，小球?qū)⒗@懸點擺動，根據(jù)動能定理有3 （ 2 ?2.0m/scos372gl?1?v? 得4【2017·新課標卷】（20分）如圖，兩水平面（虛線）之間的距離為H，其間的區(qū)域存在方向水平向右的勻強電場。自該區(qū)域上方的A點將質(zhì)量為m、電荷量分別為q和q（q>0）的帶電小球M、N先后以相同的初速度沿平行于電場的方向射出。小

18、球在重力作用下進入電場區(qū)域，并從該區(qū)域的下邊界離開。已知N離開電場時的速度方向豎直向下；M在電場中做直線運動，剛離開電場時的動能為N剛離開電場時動能的1.5倍。不計空氣阻力，重力加速度大小為g。求 （1）M與N在電場中沿水平方向的位移之比； （2）A點距電場上邊界的高度； （3）該電場的電場強度大小。 1mgE?H）3 ）（13:1 （2）（ 【答案】 32q【解析】（1）設帶電小球M、N拋出的初速度均為v，則它們進入電場時的水平速度仍為v；M、N在電場00中的運動時間t相等，電場力作用下產(chǎn)生的加速度沿水平方向，大小均為a，在電場中沿水平方向的位移分別為s和s；由運動公式可得： 21at=0

19、v012at?tv?s 01212att?s?v 022s:s?3:1聯(lián)立解得： 21（2）設A點距離電場上邊界的高度為h，小球下落h時在豎直方向的分速度為v，則； y2v?2gh y12gtt?H?v y2因為M在電場中做勻加速直線運動，則 vs01? vHy1H= 由可得h 3 1.【2016·全國卷】如圖1-所示，P是固定的點電荷，虛線是以P為圓心的兩個圓帶電粒子Q在P的電場中運動運動軌跡與兩圓在同一平面內(nèi)，a、b、c為軌跡上的三個點若Q僅受P的電場力作用，其在a、b、c點的加速度大小分別為a、a、a，速度大小分別為v、v、v，則( ) cacabb 圖1- Aa>a&g

20、t;a，v>v>v bbaaccBa>a>a，v>v>v acacbbCa>a>a，v>v>v acbacbDa>a>a，v>v>v bcabac 2.【2016·全國卷】關于靜電場的等勢面，下列說法正確的是( ) A兩個電勢不同的等勢面可能相交 B電場線與等勢面處處相互垂直 C同一等勢面上各點電場強度一定相等 D將一負的試探電荷從電勢較高的等勢面移至電勢較低的等勢面，電場力做正功 【答案】B 【解析】靜電場中的電場線不可能相交，等勢面也不可能相交，否則的話會出現(xiàn)一個點有兩個電場強度和兩個電勢值的矛盾

21、，A錯誤；由WqU可知，當電荷在等勢面上移動時，電荷的電勢能不ABAB變，如果電場線不與等勢面垂直，那么電荷將受到電場力，在電荷運動時必然會做功并引起電勢能變化，這就矛盾了，B正確；同一等勢面上各點電勢相等，但電場強度不一定相等，C錯誤；對于負電荷，q<0，從電勢高的A點移到電勢低的B點，U>0，由電場力做功的公式WqU可知W<0，電場力做負功，ABABABABD錯誤 3【2016·江蘇卷】一金屬容器置于絕緣板上，帶電小球用絕緣細線懸掛于容器中，容器內(nèi)的電場線分布如圖1-所示容器內(nèi)表面為等勢面，A、B為容器內(nèi)表面上的兩點，下列說法正確的是( ) 圖1- AA點的電場

22、強度比B點的大 B小球表面的電勢比容器內(nèi)表面的低 CB點的電場強度方向與該處內(nèi)表面垂直 D將檢驗電荷從A點沿不同路徑移到B點，電場力所做的功不同 【答案】C 【解析】電場線的疏密反映電場的強弱，電場線越密，電場越強，據(jù)圖可知，B點的電場強度比A點大，選項A錯誤；沿電場線電勢降低，小球表面的電勢比容器內(nèi)表面的高，選項B錯誤；容器內(nèi)表兩B、A正確C點的電場強度方向與該處內(nèi)表面垂直，選項B面為等勢面，而電場線總與等勢面垂直，故 D錯誤點沿不同路徑移到B點，電場力做功均為零，選項點等勢，將檢驗電荷從A:來源所示，電子由靜止開始經(jīng)加速電場加速后，沿平行于板面的方向射入偏轉(zhuǎn)電場，1-【2016·

23、北京卷】如圖4，偏轉(zhuǎn)電場可看作勻強電場，極板U，電荷量為e，加速電場電壓為并從另一側射出已知電子質(zhì)量為m0. d，極板長度為L，板間距為間電壓為U ；和從電場射出時沿垂直板面方向的偏轉(zhuǎn)距離y(1)忽略電子所受重力，求電子射入偏轉(zhuǎn)電場時的初速度v0問時忽略了電子所受重力，請利用下列數(shù)(1)(2)分析物理量的數(shù)量級，是解決物理問題的常用方法在解決2192312. 10 m/s C，g kg，e1.6×10據(jù)分析說明其原因已知U2.0×10 V，d4.0×10 m，m9.1×10的定義式類比電勢極板間既有靜電場也有重力場電勢反映了靜電場各點的能的性質(zhì)，請寫出電

24、勢(3) ”的共同特點的概念，并簡要說明電勢和“重力勢”的定義方法，在重力場中建立“重力勢G 圖1-2ULeU20 (2)略 (3)略【答案】(1) m4Ud0 (2)考慮電子所受重力和電場力的數(shù)量級，有 29 N 10重力GmgeU15 N 10電場力F d由于F?G，因此不需要考慮電子所受重力 (3)電場中某點電勢定義為電荷在該點的電勢能E與其電荷量q的比值， pEp即 q由于重力做功與路徑無關，可以類比靜電場電勢的定義，將重力場中物體在某點的重力勢能E與其質(zhì)量mGEG的比值，叫作“重力勢”，即. Gm電勢和重力勢 都是反映場的能的性質(zhì)的物理量，僅由場自身的因素決定G5【2016·

25、;四川卷】中國科學院2015年10月宣布中國將在2020年開始建造世界上最大的粒子加速器加速器是人類揭示物質(zhì)本源的關鍵設備，在放射治療、食品安全、材料科學等方面有廣泛應用 如圖1-所示，某直線加速器由沿軸線分布的一系列金屬圓管(漂移管)組成，相鄰漂移管分別接在高頻脈沖電源的兩極質(zhì)子從K點沿軸線進入加速器并依次向右穿過各漂移管，在漂移管內(nèi)做勻速直線運動，在漂移67 10時速度為1× m/s，進入漂移管E管間被電場加速，加速電壓視為不變設質(zhì)子進入漂移管B時速度為8×1017 Hz，漂移管間縫隙很小，質(zhì)子在每個管內(nèi)運動時間視為電源周期的.質(zhì)子的荷質(zhì)比，電源頻率為1×10

26、m/s 2 8 C/kg.求： 取1×10(1)漂移管B的長度； (2)相鄰漂移管間的加速電壓 圖1- 4 V (6)6×10【答案】(1)0.4 m (2)設質(zhì)子進入漂移管E的速度為v，相鄰漂移管間的加速電壓為U，電場對質(zhì)子所做的功為W.質(zhì)子從漂移E管B運動到E電場做功W，質(zhì)子的電荷量為q、質(zhì)量為m，則 WqU W3W 1122mv Wmv EB22聯(lián)立式并代入數(shù)據(jù)得 4 V 6×U10 6【2016·全國卷】某同學用圖1-中所給器材進行與安培力有關的實驗兩根金屬導軌ab和ab固定在11極位于兩導軌的正下方，S極位于兩導軌的正上方，N的)未畫出(足夠大

27、的電磁鐵同一水平面內(nèi)且相互平行， 一金屬棒置于導軌上且與兩導軌垂直 圖1-在圖中畫出連線，完成實驗電路要求滑動變阻器以限流方式接入電路，且在開關閉合后，金屬棒沿箭(1) 頭所示的方向移動 (2)為使金屬棒在離開導軌時具有更大的速度，有人提出以下建議： A適當增加兩導軌間的距離 B換一根更長的金屬棒 C適當增大金屬棒中的電流 )其中正確的是_(填入正確選項前的標 連線如圖所示【答案】 (1) (2)AC 120可知，要增大金屬棒離開導軌時的速度v，可以增大磁感應強度·smvB、增大電(2) 由動能定理BIL 2流I、增大兩導軌間的距離L或增大導軌的長度s；但兩導軌間的距離不變而只是換一

28、根更長的金屬棒后，等效長度L并不會發(fā)生改變，但金屬棒的質(zhì)量增大，故金屬棒離開導軌時的速度v減小 7【2016·江蘇卷】回旋加速器的工作原理如圖1-甲所示，置于真空中的D形金屬盒半徑為R，兩盒間狹縫，加在狹縫間q，電荷量為m的勻強磁場與盒面垂直，被加速粒子的質(zhì)量為B，磁感應強度為d的間距為2mT.一束該種粒子在t0周期T時間內(nèi)從A處均勻地飄的交變電壓如圖乙所示，電壓值的大小為U. 0qB2入狹縫，其初速度視為零現(xiàn)考慮粒子在狹縫中的運動時間，假設能夠出射的粒子每次經(jīng)過狹縫均做加速運動，不考慮粒子間的相互作用求： (1)出射粒子的動能E； m(2)粒子從飄入狹縫至動能達到E所需的總時間t；

29、 0m(3)要使飄入狹縫的粒子中有超過99%能射出，d應滿足的條件 圖1- 2222BRBRd2mRqB【答案】(1) (2) qBUm220mU0(3)d< 2 R100qB【解析】(1)粒子運動半徑為R時 2vqvBm R12 mv且E m2222RqB解得E mm2(2)粒子被加速n次達到動能E，則EnqU 0mm粒子在狹縫間做勻加速運動，設n次經(jīng)過狹縫的總時間為t qU0加速度a md12 ta·勻加速直線運動nd 22BR2BRdmT由t(n1)·t，解得t 00qBU220T?t時間內(nèi)飄入的粒子才能每次均被加速 0(3)只有在 ?2Tt 2則所占的比例為

30、T 2mU0由>99%，解得d< 2 R100qB8.(2015·新課標全國·24)如圖5，一質(zhì)量為m、電荷量為q(q0)的粒子在勻強電場中運動，A、B為其運動軌跡上的兩點已知該粒子在A點的速度大小為v，方向與電場方向的夾角為60°；它運動到B點時速度方0向與電場方向的夾角為30°.不計重力求A、B兩點間的電勢差 圖5 2m0【答案】 q 9（2014·四川卷）如圖所示，水平放置的不帶電的平行金屬板p和b相距h，與圖示電路相連，金屬板厚度不計，忽略邊緣效應p板上表面光滑，涂有絕緣層，其上O點右側相距h處有小孔K；b板上有小孔T，且O

31、、T在同一條豎直線上，圖示平面為豎直平面質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的靜止粒子被發(fā)射裝置(圖中未畫出)從O點發(fā)射，沿p板上表面運動時間t后到達K孔，不與板碰撞地進入兩板之間粒子視為質(zhì)點，在圖示平面內(nèi)運動，電荷量保持不變，不計空氣阻力，重力加速度大小為g. (1)求發(fā)射裝置對粒子做的功； (2)電路中的直流電源內(nèi)阻為r，開關S接“1”位置時，進入板間的粒子落在b板上的A點，A點與過K孔豎直線的距離為l.此后將開關S接“2”位置，求阻值為R的電阻中的電流強度； 位置，使進入板間的粒子受力平衡，此時在板間某區(qū)域加上方“1”接S若選用恰當直流電源，電路中開關(3)()521m，B磁感應強度B只

32、能在0范圍內(nèi)選取)向垂直于圖面的、磁感應強度大小合適的勻強磁場(m)(221qt使粒子恰好從b板的T孔飛出，求粒子飛出時速度方向與b板板面的夾角的所有可能值(可用反三角函數(shù)表示) 32h2mhmh2?g (3)0<arcsin 【答案】(1) (2)22 2?tl5t2）Rrq（【解析】 (1)設粒子在p板上做勻速直線運動的速度為v，有 0 hvt 0設發(fā)射裝置對粒子做的功為W，由動能定理得 12 mvW 022mh聯(lián)立可得 W 2 2t(2)S接“1”位置時，電源的電動勢E與板間電勢差U有 0EU 0板間產(chǎn)生勻強電場的場強為E，粒子進入板間時有水平方向的速度v，在板間受到豎直方向的重力

33、和電場力0作用而做類平拋運動，設加速度為a，運動時間為t，有 1UEh mgqEma 12 hat 12lvt 10S接“2”位置，則在電阻R上流過的電流I滿足 E0 I Rr聯(lián)立得 3h2mh?g I22 ?tl）Rq（r(3)由題意知此時在板間運動的粒子重力與電場力平衡，當粒子從K進入板間后立即進入磁場做勻速圓周運動，如圖所示，粒子從D點出磁場區(qū)域后沿DT做勻速直線運動，DT與b板上表面的夾角為題目所求夾角，磁場的磁感應強度B取最大值時的夾角為最大值，設粒子做勻速圓周運動的半徑為R，有 m 2mv0B qv11 0R過D點作b板的垂線與b板的上表面交于G，由幾何關系有 DGhR(1cos

34、)21 TGhRsin 31sin DG tan 14 cos TG，將BB代入，求得 聯(lián)立4111m2arcsin 15 m5當B逐漸減小，粒子做勻速圓周運動的半徑為R也隨之變大，D點向b板靠近，DT與b板上表面的夾角也越變越小，當D點無限接近于b板上表面時，粒子離開磁場后在板間幾乎沿著b板上表面運動而從T孔飛出板間區(qū)域，此時B>B>0滿足題目要求，夾角趨近，即 0m0 1602arcsin 0< 則題目所求為 17 5（2013·新課標卷）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 。小孔正上方處的P(小孔對電場的影響可忽略不

35、計)點有一帶電粒子，該粒子從靜止開始下中心有一小孔 返回。若將下極板向上平移，則從P(未與極板接觸)點開始下落落，經(jīng)過小孔進入電容器，并在下極板處的相同粒子將 A.打到下極板上 B.在下極板處返回 在距上極板dD.處返回 處返回在距上極板 C. D 【答案】d?d)?mg(qU?0,【解析】設帶電粒子的質(zhì)量為m,若將下極板電容器兩基板的電壓為U,由動能定理得 2dU?h)?mg(qh?0,h,聯(lián)立解得再由動能定理得設帶電粒子在電場中下降向上移動d/3, 22d/322d?dh?,所以帶電粒子還沒達到下極板就減速為零,D選項正確.難度中等偏上意在考查推理能力 53【考點定位】動能定理 電場力做功

36、 勻強電場電場強度和電勢差的關系。 :Z|xx|k.、電阻不計的平行光滑金屬導軌水平放置，一端與阻值0.4ml如圖，兩根相距)分(1633上海卷）2013·（R0.15的電阻相連。導軌x0一側存在沿x方向均勻增大的穩(wěn)恒磁場，其方向與導軌平面垂直，變化率k0.5T/m，x0處磁場的磁感應強度B0.5T。一根質(zhì)量m0.1kg、電阻r0.05的金屬棒置于導軌上，0并與導軌垂直。棒在外力作用下從x0處以初速度v2m/s沿導軌向右運動，運動過程中電阻上消耗的功0率不變。求： (1)同路中的電流； (2)金屬棒在x2m處的速度； (3)金屬棒從x0運動到x2m過程中安培力做功的大小； (4)金屬棒從x0運動到x2m過程中外力的平均功率。 2(3)1.6(4)0.71 (1)2(2) 【答案】 3EE?BLV?BLV?0.4I?2?電流處導體棒切割磁感線產(chǎn)生電動勢 x0