广西省南宁市2017届高三物理复习专题四功能关系的应用第2课时功能关系在电学中的应用讲义

合集下载

2017届高考物理二轮专题突破专题四功能关系的应用1功能关系在力学中的应用检测题

专题四功能关系的应用第1讲：功能关系在力学中的应用一、夯实基础1.质量为m 的物体，自高为h 、倾角为θ的固定粗糙斜面顶端由静止开始匀加速滑下，到达斜面底端时的速度为v .重力加速度为g .下列说法正确的是( )A.物体下滑过程的加速度大小为v 2sin θhB.物体下滑到底端时重力的功率为mgvC.物体下滑过程中重力做功为12mv 2 D.物体下滑过程中摩擦力做功为12mv 2－mgh 2.如图1所示，在竖直面内固定一光滑的硬质杆ab ，杆与水平面的夹角为θ，在杆的上端a 处套一质量为m 的圆环，圆环上系一轻弹簧，弹簧的另一端固定在与a 处在同一水平线上的O 点，O 、b 两点处在同一竖直线上.由静止释放圆环后，圆环沿杆从a 运动到b ，在圆环运动的整个过程中，弹簧一直处于伸长状态，则下列说法正确的是( )图1A.圆环的机械能保持不变B.弹簧对圆环一直做负功C.弹簧的弹性势能逐渐增大D.圆环和弹簧组成的系统机械能守恒3.(多选)如图2所示，斜面与足够长的水平横杆均固定，斜面与竖直方向的夹角为θ，套筒P 套在横杆上，与绳子左端连接，绳子跨过不计大小的定滑轮，其右端与滑块Q 相连接，此段绳与斜面平行，Q 放在斜面上，P 与Q 质量相等且为m ，O 为横杆上一点且在滑轮的正下方，滑轮距横杆h .手握住P 且使P 和Q 均静止，此时连接P 的绳与竖直方向夹角为θ，然后无初速度释放P .不计绳子的质量和伸长及一切摩擦，重力加速度为g .关于P 描述正确的是( )图2A.释放P前绳子拉力大小为mg cosθB.释放后P做匀加速运动C.P达O点时速率为2gh－cosθD.P从释放到第一次过O点，绳子拉力对P做功功率一直增大4.(多选)一足够长的传送带与水平面的夹角为θ，以一定的速度匀速运动.某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的物块(如图3a所示)，以此时为t＝0时刻记录了物块之后在传送带上运动的速度随时间的变化关系.如图b所示(图中取沿斜面向上的运动方向为正方向，其中两坐标大小v1>v2).已知传送带的速度保持不变.则下列判断正确的是( )图3A.若物块与传送带间的动摩擦因数为μ，则μ>tanθB.0～t1内，传送带对物块做正功C.0～t2内，系统产生的热量一定比物块动能的减少量大D.0～t2内，传送带对物块做的功等于物块动能的减少量二、能力提升5.(多选)如图4所示，半径为R的竖直光滑圆轨道与光滑水平面相切，质量均为m的小球A、B 与轻杆连接，置于圆轨道上，A位于圆心O的正下方，B与O等高.它们由静止释放，最终在水平面上运动.下列说法正确的是( )图4A.下滑过程中重力对B做功的功率先增大后减小B.当B滑到圆轨道最低点时，轨道对B的支持力大小为3mgC.下滑过程中B 的机械能增加D.整个过程中轻杆对A 做的功为12mgR 6.如图5所示，长1m 的轻杆BO 一端通过光滑铰链铰在竖直墙上，另一端装一轻小光滑滑轮，绕过滑轮的细线一端悬挂重为15N 的物体G ，另一端A 系于墙上，平衡时OA 恰好水平，现将细线A 端滑着竖直墙向上缓慢移动一小段距离，同时调整轻杆与墙面夹角，系统重新平衡后轻杆受到的压力恰好也为15N ，则该过程中物体G 增加的重力势能约为( )图5A.1.3JB.3.2JC.4.4JD.6.2J7.(多选)如图6所示为一滑草场.某条滑道由上下两段高均为h ，与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成，滑草车与草地之间的动摩擦因数为μ.质量为m 的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8).则( )图6A.动摩擦因数μ＝67B.载人滑草车最大速度为2gh 7C.载人滑草车克服摩擦力做功为mghD.载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为35g 8.如图7所示，轻质弹簧一端固定，另一端与质量为m 、套在粗糙竖直固定杆A 处的圆环相连，弹簧水平且处于原长。

广西省南宁市第四十二中学2017届高三物理复习专题九

第2课时光学和原子物理1．折射率与全反射(1)折射率：光从真空射入某种介质，入射角的正弦与折射角的正弦之比叫做介质的折射率，公式为n ＝sin θ1sin θ2.实验和研究证明，某种介质的折射率等于光在真空中的传播速度c 跟光在这种介质中的传播速度v 之比，即n ＝cv.(2)临界角：折射角等于90°时的入射角，称为临界角．当光从折射率为n 的某种介质射向真空(空气)时发生全反射的临界角为C ，则sin C ＝1n.(3)全反射的条件：①光从光密介质射向光疏介质；②入射角大于或等于临界角． 2．光的干涉和衍射(1)光的干涉现象和衍射现象证明了光的波动性，光的偏振现象说明光波为横波．相邻两明条纹(或暗条纹)间的距离与波长成正比，即Δx ＝l dλ，利用双缝干涉实验可测量光的波长．(2)干涉和衍射的产生条件①双缝干涉产生亮、暗条纹的条件：屏上某点到双缝的路程差等于波长的整数倍时，该点干涉加强，出现亮条纹；当路程差等于半波长的奇数倍时，该点干涉减弱，出现暗条纹．②发生明显衍射的条件：障碍物或小孔的尺寸跟光的波长相差不多或比光的波长小． 3．能级和能级跃迁(1)轨道量子化核外电子只能在一些分立的轨道上运动r n ＝n 2r 1(n ＝1,2,3，…)(2)能量量子化原子只能处于一系列不连续的能量状态E n ＝E 1n2(n ＝1,2,3，…)(3)吸收或辐射能量量子化原子在两个能级之间跃迁时只能吸收或发射一定频率的光子，该光子的能量由前后两个能级的能量差决定，即h ν＝E m －E n . 4．原子核的衰变5. α6. (1)在物理学中，原子核在其他粒子的轰击下产生新原子核的过程，称为核反应．核反应方程遵循质量数守恒和电荷数守恒的规律．(2)质能方程：一定的能量和一定的质量相联系，物体的总能量和它的质量成正比，即E ＝mc 2或ΔE ＝Δmc 2.(3)核物理中，把重核分裂成质量较小的核，释放出核能的反应，称为裂变；把轻核结合成质量较大的核，释放出核能的反应，称为聚变．(4)核能的计算：①ΔE ＝Δmc 2，其中Δm 为核反应方程中的质量亏损；②ΔE ＝Δm ×931.5 MeV ，其中质量亏损Δm 以原子质量单位u 为单位． (5)原子核的人工转变卢瑟福发现质子的核反应方程为：14 7N ＋42He→17 8O ＋11H查德威克发现中子的核反应方程为：94Be ＋42He→12 6C ＋10n约里奥·居里夫妇发现放射性同位素和正电子的核反应方程为：2713Al ＋42He→3015P ＋10n ，3015P→3014Si ＋01e7．光电效应及其方程(1)光电效应的规律：入射光的频率大于金属的极限频率才能产生光电效应；光电子的最大初动能随入射光频率的增大而增大，与入射光的强度无关；光电流的强度与入射光的强度成正比；光电子的发射几乎是瞬时的，一般不大于10－9s. (2)光电效应方程：E k ＝h ν－W .1．光线通过平板玻璃砖后，不改变光线行进方向及光束性质，但会使光线发生侧移，侧移量的大小跟入射角、折射率和玻璃砖的厚度有关．2．对于几何光学方面的问题，应用光路图或有关几何图形进行分析，并与公式配合将一个物理问题转化为一个几何问题，能够做到直观、形象、易于发现隐含条件． 3．在配平核反应方程时，一般要求先满足质量数守恒，后满足电荷数守恒.题型1 光的折射和全反射例1 如图1所示，有一束平行于等边三棱镜截面ABC 的单色光从空气射向E 点，并偏折到F点．已知入射方向与边AB 的夹角为θ＝30°，E 、F 分别为边AB 、BC 的中点，则( )图1A ．该棱镜的折射率为 3B ．光在F 点发生全反射C ．光从空气进入棱镜，波长变小D ．从F 点出射的光束与入射到E 点的光束平行解析如图分析可知，入射角i ＝60°，折射角r ＝30°，所以折射率n ＝sin i sin r ＝sin 60°sin 30°＝3，A 正确；在F 点，光的入射角r ′＝30°，所以，折射角i ′＝i ＝60°，所以B 、D 错误．由n ＝c v 知v ＝c n，又v ＝ λf ，得λ＝c nf，故光从空气进入棱镜，波长变小，C 正确．答案 AC以题说法光的几何计算问题往往是光路现象与光的反射、折射、全反射(临界点)及几何图形关系的综合问题．解决此类问题应注意以下几方面：(1)依据题目条件，正确分析可能的全反射及临界角．(2)通过分析、计算确定光传播过程中可能的折射光线、反射光线，把握光的“多过程”现象．(3)准确作出光路图．(4)充分考虑三角形、圆的特点，运用几何图形中的角关系、三角函数、相似形、全等形等，仔细分析光传播过程中产生的几何关系．如图2所示为一顶角是120°的等腰三角形玻璃ABC.现从AB中点E平行BC 入射一束红光，全部从AC中点F平行BC出射，则可知( )图2A．该玻璃砖的折射率n＝1B．可以用插针法来确定这两条光线的位置C．将入射光束向A侧或B侧平移，则光不会从另一侧平行出射D．若改用绿光入射，则一定会从底边BC出射答案 B解析光路图如图所示，第一次折射时，入射角为60°，折射角为30°，由折射定律计算可得该玻璃砖的折射率n＝3，选项A错．可以用插针法来确定这两条光线的位置，选项B正确．将入射光束向A侧或B侧平移，入射角不变，折射角不变，则光会从另一侧平行出射，选项C错．若改用绿光入射，有可能在底边BC发生全反射，不从底边BC出射，选项D错．题型2 对光的本性的理解例2 光在科学技术、生产和生活中有着广泛的应用，下列选项符合实际应用的是 ( ) A．在光导纤维束内传送图象是利用光的色散现象B．用三棱镜观察白光看到的彩色图样是利用光的干涉现象C．光学镜头上的增透膜是利用光的干涉现象D．用透明的标准平面样板检查光学平面的平整程度是利用光的衍射现象解析在光导纤维束内传送图象是利用光的全反射现象，用三棱镜观察白光看到的彩色图样是利用光的折射现象，选项A、B错误．光学镜头上的增透膜是利用光的干涉现象，用透明的标准平面样板检查光学平面的平整程度是利用光的干涉现象，选项C正确，D错误．答案 C下面四种现象中，哪些不是光的衍射现象造成的 ( )A ．通过游标卡尺观测两卡脚间狭缝中发光的日光灯管，会看到平行的彩色条纹B ．不透光圆片后面的阴影中心出现一个亮斑C ．太阳光照射下，架在空中的电线在地面上不会留下影子D ．用点光源照射小圆孔，后面屏上会出现明暗相间的圆环答案 C解析通过游标卡尺观测两卡脚间狭缝中发光的日光灯管，会看到平行的彩色条纹，是光的单缝衍射现象造成的．不透光圆片后面的阴影中心出现一个亮斑，是圆板衍射现象．太阳光照射下，架在空中的电线在地面上不会留下影子，是没有电线的本影，不是光的衍射现象造成的．用点光源照射小圆孔，后面屏上会出现明暗相间的圆环，是圆孔衍射现象．题型3 玻尔原子模型和能级跃迁例3 已知氢原子的能级为：E 1＝－13.60 eV ，E 2＝－3.40 eV ，E 3＝－1.51 eV ，E 4＝－0.85 eV ，现用光子能量介于10.00 eV ～12.70 eV 之间的某单色光去照射一群处于基态的氢原子，则下列说法中正确的是( )A ．该照射光的光子可能会被处于基态的氢原子吸收B ．该照射光的光子一定会被吸收C ．若可以吸收该光子，则可判断激发后的氢原子发射不同能量的光子最多有3种D ．若可以吸收该光子，则可判断激发后的氢原子发射不同能量的光子最多有6种解析E 2－E 1＝10.20 eV ，E 3－E 1＝12.18 eV ，由于光子能量介于10.00 eV ～12.70 eV ，所以可能会被处于基态的氢原子吸收从而跃迁到能级2或能级3上，A 正确；若此光子不符合能级差值，则不会被氢原子吸收，B 错误；若吸收该光子，激发后的氢原子处于能级2或能级3上，则此时氢原子跃迁到基态发出的光子最多有三种，分别为3→2、3→1、2→1，C 正确，D 错误．答案 AC以题说法关于原子跃迁要注意以下四方面：(1)一群氢原子处于量子数为n 的激发态时，可能辐射的光谱条数N ＝n n －2.(2)只有光子能量恰好等于跃迁所需的能量(h ν＝E m －E n )时，光子才被吸收．(3)“直接跃迁”只能对应一个能级差，发射一种频率的光子．“间接跃迁”能对应多个能级差，发射多种频率的光子．(4)入射光子能量大于电离能(h ν＝E ∞－E n )时，光子一定能被原子吸收并使之电离，剩余能量为自由电子的动能．如图3所示为氢原子的能级示意图，一群氢原子处于n ＝3的激发态，在向较低能级跃迁的过程中向外发出光子，用这些光照射逸出功为 2.49 eV 的金属钠，下列说法正确的是( )图3A ．这群氢原子能发出三种频率不同的光，其中从n ＝3跃迁到n ＝2所发出的光波长最短B ．这群氢原子能发出两种频率不同的光，其中从n ＝3跃迁到n ＝1所发出的光频率最大C ．金属钠表面所发出的光电子的初动能最大值为11.11 eVD ．金属钠表面所发出的光电子的初动能最大值为9.60 eV 答案 D解析有的氢原子可直接从n ＝3跃迁到n ＝1，释放出 eV ＝12.18 eV 的能量，有些可从n ＝3跃迁到n ＝2，释放出 eV ＝1.89 eV 的能量，再跃迁到n ＝1，释放出 eV ＝10.20 eV的能量，所以，这群氢原子能发出三种频率不同的光，由能级图及跃迁方程h ν＝E m －E n 可知，从n ＝3跃迁到n ＝2所发出的光的频率最小，波长最长，选项A 、B 错误；由光电效应方程可知，氢原子从n ＝3跃迁到n ＝1时发出的光使金属钠表面发出的光电子的初动能最大，为(12.18－2.49) eV ＝9.60 eV ，选项C 错误，D 正确．题型4 核反应和核能的计算例4 某科学家提出了年轻热星体中核聚变的一种理论，其中的两个核反应方程为：11H ＋126C→137N ＋ΔE 1，11H ＋157N→126C ＋X ＋ΔE 2方程式中ΔE 1、ΔE 2表示释放的能量，相关的原子核质量见下表：)A ．X 是32He ，ΔE 1<ΔE 2 B ．X 是42He ，ΔE 1<ΔE 2 C ．X 是32He ，ΔE 1>ΔE 2 D ．X 是42He ，ΔE 1>ΔE 2解析本题考查核反应方程及质能方程．根据质量数、电荷数守恒可知，X 为42He ，第一个核反应方程中亏损的质量为Δm 1＝(1.018 8＋12.000 0－13.018 7) u ＝0.002 1 u ，第二个核反应方程中亏损的质量为Δm 2＝(1.018 8＋15.000 1－12.000 0－4.002 6) u ＝0.018 3 u ，显然第二个核反应亏损的质量多，放出的能量多，B 项正确．答案 B以题说法 1.原子核的衰变(1)衰变实质：α衰变是原子核中的2个质子和2个中子结合成一个氦核并射出；β衰变是原子核中的中子转化为一个质子和一个电子，再将电子射出；γ衰变伴随着α衰变或β衰变同时发生，不改变原子核的质量数与电荷数，以光子形式释放出衰变过程中产生的能量．(2)衰变的快慢由原子核内部因素决定，跟原子所处的物理、化学状态无关；半衰期是统计规律，对个别、少数原子无意义．2．核反应方程的书写(1)核反应过程一般不可逆，所以核反应方程中用“→”表示方向而不能用等号代替．(2)核反应方程遵循质量数、电荷数守恒，但核反应前后的总质量一般会发生变化(质量亏损)且释放出核能．(3)核反应的生成物一定要以实验为基础，不能只依据两个守恒规律凭空杜撰出生成物来写核反应方程．下列关于核反应及衰变的表述正确的有( )A.21H＋31H→42He＋10n是轻核聚变B．X＋14 7N→17 8O＋11H中，X表示32HeC．β衰变中产生的β射线实际上是原子的核外电子挣脱原子核的束缚而形成的D.232 90Th衰变成208 82Pb要经过6次α衰变和4次β衰变答案AD解析由轻核聚变定义可知A正确；在核反应过程中电荷数和质量数守恒，设选项B中X 的电荷数为N，质量数为M，则N＋7＝8＋1，M＋14＝17＋1，解得N＝2，M＝4，B错误；β衰变的实质是原子核内的中子转化成了一个质子和一个电子，C错误；设232 90Th衰变成208 82 Pb要经过x次α衰变和y次β衰变，则由90－2x＋y＝82，232－4x＝218可得x＝6，y＝4，D正确．(限时：45分钟)1． (2018·四川·3)光射到两种不同介质的分界面，分析其后的传播情形可知( )A．折射现象的出现说明光是纵波B．光总会分为反射光和折射光C．折射光与入射光的传播方向总是不同的D．发生折射是因为光在不同介质中的传播速度不同答案 D解析光是横波，选项A错误．当光发生全反射时不会出现折射光，选项B错误．当光垂直界面进入另一种介质时，折射光与入射光的传播方向相同，选项C错误．因为光在不同介质中的传播速度不同，所以发生折射，选项D正确．2． (2018·北京·14)如图1所示，一束可见光射向半圆形玻璃砖的圆心O，经折射后分为两束单色光a和b.下列判断正确的是( )图1A．玻璃对a光的折射率小于对b光的折射率B．a光的频率大于b光的频率C．在真空中a光的波长大于b光的波长D．a光光子能量小于b光光子能量答案 B解析经折射后a光的折射角大于b光的折射角，根据折射率的定义及光路可逆可知，a 光的折射率大于b光的折射率，选项A错误；光的折射率越大频率越高，光子的能量越大，真空中的波长越小，即νa＞νb，E a＞E b，λa＜λb，所以选项B正确，C、D均错误．3．下列有关光现象的说法中正确的是( ) A．雨后天空出现彩虹是光的干涉现象B．刮胡须的刀片的影子边缘模糊不清是光的衍射现象C．水的视深比实际深度浅些是光的全反射现象D．光导纤维丝内芯材料的折射率比外套材料的折射率大答案BD解析雨后的彩虹是由于空气中悬浮的小水滴对阳光的散射造成的，不属于干涉现象，A 错误；刮胡须的刀片的影子边缘模糊不清，是光通过刮胡刀片时形成衍射图样，属于光的衍射，B正确；水的视深比实际深度浅，是由光的折射形成的，C错误；光由折射率较大的介质射向折射率较小的介质时，才会发生全反射，因此，光导纤维内芯材料折射率大于外套材料的折射率，D正确．4. 如图2所示，a、b为两束不同频率的单色光，以45°的入射角射到玻璃砖的上表面，直线OO′与玻璃砖垂直且与其上表面交于N点，入射点A、B到N点的距离相等，经玻璃砖上表面折射后两束光相交于图中的P点．下列说法正确的是( )图2A ．在真空中，a 光的传播速度大于b 光的传播速度B ．玻璃对a 光的折射率小于玻璃对b 光的折射率C ．同时增大入射角，则b 光在下表面先发生全反射D ．对同一双缝干涉装置，a 光的相邻亮条纹间距比b 光的相邻亮条纹间距宽答案 BD解析真空中的光速是相同的，选项A 错误；根据题图，在入射角相同的情况下，b 光的折射角小，b 光的折射率大，选项B 正确；玻璃的两个表面平行，无论怎么改变入射角，两束光都不会发生全反射，选项C 错误；a 光的折射率小，波长长，根据Δx ＝l dλ，可得a 光条纹间距宽，选项D 正确． 5．以下说法正确的是( )A ．贝克勒尔通过对天然放射现象的研究发现了原子的核式结构B ．β衰变所释放的电子是原子核内的中子转变为质子时所产生的C ．用绿光照射一光电管，能够发生光电效应，欲使光电子从阴极逸出时的最大初动能增大，应改用紫光照射D ．已知能使某金属发生光电效应的单色光的极限频率为ν0，则当频率为2ν0的单色光照射该金属时，光电子的最大初动能为2h ν0 答案 BC解析贝克勒尔通过对天然放射现象的研究发现了原子核具有复杂结构，而不是发现了原子的核式结构，A 错误；β衰变的核反应方程为10n→11H ＋0－1e ，B 正确；由E k ＝h ν－W 知，在能发生光电效应的前提下，入射光的频率越大，光电子的最大初动能也越大，C 正确；因为E k ′＝h ν－W ＝2h ν0－h ν0＝h ν0，D 错误．6． (2018·重庆·2)铀是常用的一种核燃料，若它的原子核发生如下的裂变反应：235 92U ＋10n ―→a ＋b ＋210n则a ＋b 可能是( )A.14054Xe ＋9336Kr B.14156Ba ＋9236Kr C.14156Ba ＋9338SrD.14054Xe ＋9438Sr答案 D解析由原子核反应的质量数守恒及电荷数守恒规律知D正确．7．下列说法中正确的是( ) A．氢原子吸收一个光子跃迁到激发态后，在向低能级跃迁时放出光子的频率可能小于原吸收光子的频率B.234 90Th(钍)核衰变为234 91Pa(镤)核时，衰变前Th核质量大于衰变后Pa核与β粒子的总质量C．α粒子散射实验的结果证明原子核是由质子和中子组成的D.8234Se→8236Kr＋20－1e，此核反应方程属于重核裂变答案AB解析如果氢原子吸收光子从n＝1的基态跃迁到n＝3的激发态，则向低能级跃迁时，可能先从n＝3的激发态跃迁到n＝2的激发态，那么放出的光子的频率小于原吸收光子的频率，选项A正确；衰变要释放出能量，所以有质量亏损，选项B正确；α粒子散射实验证明了原子具有核式结构，选项C错误；选项D属于β衰变，选项D错误．8．如图3所示，一束复色光从长方体玻璃砖上表面射入玻璃，穿过玻璃砖后从侧表面射出，变为a、b两束单色光，则以下说法正确的是( )图3A．玻璃对a光的折射率较大B．在玻璃中b光的波长比a光短C．在玻璃中b光传播速度比a光大D．减小入射角i，a、b光线有可能消失答案BD解析玻璃对a光的折射率较小，在玻璃中b光的波速较小，b光的波长比a光短，选项A、C错误，B正确．减小入射角i，a、b光线在出射界面的入射角增大，有可能大于全反射临界角，a、b光线有可能消失，选项D正确．9．下列说法正确的是( ) A．光导纤维传输信号是利用光的干涉现象B．全息照相利用了激光相干性好的特性C．光的偏振现象说明光是横波D．X射线比无线电波更容易发生干涉和衍射现象答案BC解析光导纤维传输信号是利用光的全反射，A错误；全息照相利用了激光相干性好的特性，B正确；只有横波才能发生偏振现象，C正确；波长越长，越容易发生干涉和衍射现象，因为X射线的波长比无线电波要短得多，所以D错误．10．用a、b两束单色光分别照射到同一双缝干涉装置上，在距双缝恒定距离的屏上得到如图4所示的干涉图样，其中图甲是a光照射时形成的图样，图乙是b光照射时形成的图样，则关于a、b两束单色光，下列说法正确的是( )图4A．若a光照在某金属上恰好能发生光电效应，则b光照在该金属上肯定能发生光电效应B．在水中a光传播的速度较小C．在相同的环境下，b光更容易发生全反射D．若a光是氢原子的核外电子从第三轨道向第二轨道跃迁时产生的，则b光可能是氢原子的核外电子从第四轨道向第二轨道跃迁时产生的答案ACD11．光电效应的实验规律及对应的理论分析过程，让人们体会到光电效应的神奇并认识到经典理论的局限性．实验电路如图5所示，已知光照条件不变，照射光频率大于光电管中阴极金属K的截止频率，下列选项中分析正确的是( )图5A．将滑片P向右移动的过程中，灵敏电流计的示数一定持续增大B．将滑片P向右移动的过程中，灵敏电流计的示数可能出现先增大后不变的现象，说明逸出的光电子有最大初动能C．将滑片P向右移动的过程中，灵敏电流计的示数可能出现先增大后不变的现象，说明单位时间内逸出的光电子的数目是一定的D．如果将图中电源正负极对调，滑片P向右移动的过程中，灵敏电流计的示数将会减小，说明光电子逸出的初动能有大有小答案CD解析光电管两端加正向电压，目的是使从K极射出的光电子尽可能都打在A极上，滑片P向右移动的过程中，若光电子都已能打到A极，则再增加光电管两端电压时灵敏电流计示数也不会再增加，说明此时单位时间内逸出的光电子的数目是一定的，A、B错误，C正确；将电源正负极对调，滑片P向右移动的过程中，光电子克服反向电压打到A极，且电压越高，光电子要到达A极需要的初动能越大，灵敏电流计示数减小，说明光电子逸出的初动能有大有小，D正确．12．已知氦原子的质量为M He u，电子的质量为m e u，质子的质量为m p u，中子的质量为m n u(u 为原子质量单位)，且由爱因斯坦质能方程E＝mc2可知1 u对应931.5 MeV的能量．若取真空中的光速c＝3×118 m/s，则两个质子和两个中子聚变成一个氦核，释放的能量为(已知氦原子核外有两个电子) ( )A．×c2 JB．×c2 JC．×931.5 MeVD．×931.5 MeV答案 D13．2018年3月，日本地震引发海啸，继而福岛核电站发生核泄漏．关于核电站和核辐射，下列说法中正确的是( ) A．核反应堆发生的是轻核聚变反应B．核反应堆发生的是重核裂变反应C．放射性同位素的半衰期长短是由核内部本身决定，与外部条件无关D．放射性同位素的半衰期长短与地震、风力等外部环境有关答案BC解析核反应堆发生的是重核裂变反应，A错误，B正确；放射性同位素的半衰期长短是由核内部本身决定，与外部条件无关，C正确，D错误．14．氢原子的能级图如图6所示，已知可见光光子的能量范围约为1.62 eV～3.11 eV，下列说法中正确的是( )图6A．一个处于n＝4能级的氢原子向低能级跃迁时，可能发出6种不同频率的可见光B．大量氢原子从高能级向n＝3能级跃迁时，产生的光具有显著的热效应C．处于n＝3能级的氢原子吸收任意频率的紫外线，一定能够发生电离D．处于n＝2能级的氢原子向n＝4能级跃迁时，核外电子的动能增大答案BC15．下列说法正确的是( ) A．光电效应现象揭示了光具有粒子性B．阴极射线的本质是高频电磁波C．卢瑟福依据极少数α粒子发生大角度散射提出了原子核式结构模型D．β衰变现象说明电子是原子核的组成部分答案AC解析光电效应是证明光具有粒子性的一个典型实验，选项A正确；阴极射线的本质是高速运动的电子流，选项B错误；卢瑟福的原子核式结构模型就是根据α粒子散射实验提出的，选项C正确；β衰变中飞出的电子是由一个中子转化成质子时释放出来的，原子核中没电子，选项D错误.。

广西省南宁市第四十二中学2017届高三物理复习专题四

专题定位本专题主要用功能的观点解决物体的运动和带电体、带电粒子、导体棒在电场或磁场中的运动问题．考查的重点有以下几方面：①重力、摩擦力、静电力和洛伦兹力的做功特点和求解；②与功、功率相关的分析与计算；③几个重要的功能关系的应用；④动能定理的综合应用；⑤综合应用机械能守恒定律和能量守恒定律分析问题．本专题是高考的重点和热点，命题情景新，联系实际密切，综合性强，侧重在计算题中命题，是高考的压轴题．应考策略深刻理解功能关系，抓住两种命题情景搞突破：一是综合应用动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律，结合动力学方法解决多运动过程问题；二是运用动能定理和能量守恒定律解决电场、磁场内带电粒子运动或电磁感应问题．第1课时功能关系在力学中的应用1．常见的几种力做功的特点(1)重力、弹簧弹力、静电力做功与路径无关．(2)摩擦力做功的特点①单个摩擦力(包括静摩擦力和滑动摩擦力)可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．②相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总等于零，在静摩擦力做功的过程中，只有机械能的转移，没有机械能转化为其他形式的能；相互作用的一对滑动摩擦力做功的代数和不为零，且总为负值．在一对滑动摩擦力做功的过程中，不仅有相互摩擦物体间机械能的转移，还有部分机械能转化为内能．转化为内能的量等于系统机械能的减少量，等于滑动摩擦力与相对位移的乘积．③摩擦生热是指滑动摩擦生热，静摩擦不会生热．2．几个重要的功能关系(1)重力的功等于重力势能的变化，即W G＝－ΔE p.(2)弹力的功等于弹性势能的变化，即W弹＝－ΔE p.(3)合力的功等于动能的变化，即W＝ΔE k.(4)重力(或弹簧弹力)之外的其他力的功等于机械能的变化，即W其他＝ΔE.(5)一对滑动摩擦力做的功等于系统中内能的变化，即Q＝F f·s相对．1．动能定理的应用(1)动能定理的适用情况：解决单个物体(或可看成单个物体的物体系统)受力与位移、速率关系的问题．动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动；既适用于恒力做功，也适用于变力做功，力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以分段作用．(2)应用动能定理解题的基本思路①选取研究对象，明确它的运动过程．②分析研究对象的受力情况和各力做功情况，然后求各个外力做功的代数和．③明确物体在运动过程始、末状态的动能E k1和E k2.④列出动能定理的方程W合＝E k2－E k1，及其他必要的解题方程，进行求解．2．机械能守恒定律的应用(1)机械能是否守恒的判断①用做功来判断，看重力(或弹簧弹力)以外的其他力做功的代数和是否为零．②用能量转化来判断，看是否有机械能转化为其他形式的能．③对一些“绳子突然绷紧”、“物体间碰撞”等问题，机械能一般不守恒，除非题目中有特别说明及暗示．(2)应用机械能守恒定律解题的基本思路①选取研究对象——物体系统．②根据研究对象所经历的物理过程，进行受力、做功分析，判断机械能是否守恒．③恰当地选取参考平面，确定研究对象在运动过程的始、末状态时的机械能．④根据机械能守恒定律列方程，进行求解．题型1 力学中的几个重要功能关系的应用例1 如图1所示，轻质弹簧的一端与固定的竖直板P拴接，另一端与物体A相连，物体A静止于光滑水平桌面上，右端接一细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体B相连．开始时用手托住B，让细线恰好伸直，然后由静止释放B，直至B获得最大速度．下列有关该过程的分析正确的是( )图1A．B物体的机械能一直减小B．B物体的动能的增加量等于它所受重力与拉力做的功之和C．B物体机械能的减少量等于弹簧的弹性势能的增加量D．细线拉力对A物体做的功等于A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量解析把A、B和弹簧看做一个系统，该系统机械能守恒，在B下落直至B获得最大速度的过程中，A的动能增大，弹簧弹性势能增大，所以B物体的机械能一直减小，选项A正确；由动能定理知，B物体的动能的增加量等于它所受重力与拉力做的功之和，选项B正确；B物体机械能的减少量等于弹簧的弹性势能的增加量与A物体动能的增加量之和，选项C错误；对A物体和弹簧组成的系统，由功能关系得，细线拉力对A物体做的功等于A 物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量，选项D正确．答案ABD以题说法 1.本题要注意几个功能关系：重力做的功等于重力势能的变化量；弹簧弹力做的功等于弹性势能的变化量；重力以外的其他力做的功等于机械能的变化量；合力做的功等于动能的变化量．2．本题在应用动能定理时，应特别注意研究过程的选取．并且要弄清楚每个过程各力做功的情况．(2018·山东·16)如图2所示，楔形木块abc固定在水平面上，粗糙斜面ab 和光滑斜面bc与水平面的夹角相同，顶角b处安装一定滑轮．质量分别为M、m(M>m)的滑块，通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与斜面平行．两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动．若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中( )图2A．两滑块组成的系统机械能守恒B．重力对M做的功等于M动能的增加C．轻绳对m做的功等于m机械能的增加D．两滑块组成系统的机械能损失等于M克服摩擦力做的功答案CD解析两滑块释放后，M下滑、m上滑，摩擦力对M做负功，M和m组成的系统机械能减小，减小的机械能等于M 克服摩擦力所做的功，选项A 错误，D 正确．除重力对滑块M 做正功外，还有摩擦力和绳的拉力对滑块M 做负功，选项B 错误．绳的拉力对滑块m 做正功，滑块m 机械能增加，且增加的机械能等于拉力做的功，选项C 正确．题型2 动力学方法和动能定理的综合应用例2 (15分)如图3所示，上表面光滑、长度为3 m 、质量M ＝10 kg 的木板，在F ＝50 N 的水平拉力作用下，以v 0＝5 m/s 的速度沿水平地面向右匀速运动．现将一个质量为m ＝3 kg 的小铁块(可视为质点)无初速度地放在木板最右端，当木板运动了L ＝1 m 时，又将第二个同样的小铁块无初速地放在木板最右端，以后木板每运动1 m 就在其最右端无初速度地放上一个同样的小铁块．(g 取10 m/s 2)求：图3(1)木板与地面间的动摩擦因数； (2)刚放第三个小铁块时木板的速度；(3)从放第三个小铁块开始到木板停止的过程，木板运动的距离．审题突破木板在F ＝50 N 的水平拉力作用下，沿水平地面匀速运动，隐含什么条件？放上小铁块后木板的受力如何变化？解析 (1)木板做匀速直线运动时，受到地面的摩擦力设为F f 由平衡条件得：F ＝F f①(1分) 又F f ＝μMg②(2分)联立①②并代入数据得： μ＝0.5③(1分)(2)每放一个小铁块，木板所受的摩擦力增加μmg设刚放第三个小铁块时木板的速度为v 1，对木板从放第一个小铁块到刚放第三个小铁块的过程，由动能定理得：－μmgL －2μmgL ＝12Mv 21－12Mv 2④(5分)联立③④并代入数据得：v 1＝4 m/s ⑤(1分)(3)从放第三个小铁块开始到木板停止之前，木板所受的合外力大小均为3μmg . 从放第三个小铁块开始到木板停止的过程，设木板运动的距离为s ，对木板由动能定理得：－3μmgs ＝0－12Mv 21⑥(4分) 联立③⑤⑥并代入数据得s ＝169m≈1.78 m⑦(1分)答案 (1)0.5 (2)4 m/s (3)1.78 m以题说法 1.在应用动能定理解题时首先要弄清物体的受力情况和做功情况．此题特别要注意每放一个小铁块都会使滑动摩擦力增加μmg .2．应用动能定理列式时要注意运动过程的选取，可以全过程列式，也可以分过程列式．如图4所示，倾角为37°的粗糙斜面AB 底端与半径R ＝0.4 m 的光滑半圆轨道BC 平滑相连，O 点为轨道圆心，BC 为圆轨道直径且处于竖直方向，A 、C 两点等高．质量m ＝1 kg 的滑块从A 点由静止开始下滑，恰能滑到与O 点等高的D 点，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.图4(1)求滑块与斜面间的动摩擦因数μ；(2)若使滑块能到达C 点，求滑块从A 点沿斜面滑下时的初速度v 0的最小值；(3)若滑块离开C 点的速度大小为4 m/s ，求滑块从C 点飞出至落到斜面上所经历的时间t .答案 (1)0.375 (2)2 3 m/s (3)0.2 s解析 (1)滑块从A 点到D 点的过程中，根据动能定理有mg ·(2R －R )－μmg cos 37°·2Rsin 37°＝0－0解得：μ＝12tan 37°＝0.375(2)若使滑块能到达C 点，根据牛顿第二定律有mg ＋F N ＝mv 2CR由F N ≥0得v C ≥Rg ＝2 m/s滑块从A 点到C 点的过程中，根据动能定理有－μmg cos 37°·2R sin 37°＝12mv 2C －12mv 2则v 0＝v 2C ＋4μgR cot 37°≥2 3 m/s 故v 0的最小值为2 3 m/s(3)滑块离开C 点后做平抛运动，有x ＝v C ′t ，y ＝12gt 2由几何知识得tan 37°＝2R －yx整理得：5t 2＋3t －0.8＝0 解得t ＝0.2 s(t ＝－0.8 s 舍去) 题型3 动力学方法和机械能守恒定律的应用例3 (14分)如图5，质量为M ＝2 kg 的顶部有竖直壁的容器A ，置于倾角为θ＝30°的固定光滑斜面上，底部与斜面啮合，容器顶面恰好处于水平状态，容器内有质量为m ＝1 kg 的光滑小球B 与右壁接触．让A 、B 系统从斜面上端由静止开始下滑L 后刚好到达斜面底端，已知L ＝2 m ，取重力加速度g ＝10 m/s 2.求：图5(1)小球到达斜面底端的速度大小；(2)下滑过程中，A 的水平顶面对B 的支持力大小； (3)下滑过程中，A 对B 所做的功．审题突破 A 、B 组成的系统内发生转移或转化的是什么能量？A 的水平顶面对B 的支持力方向如何？解析 (1)根据机械能守恒定律： (M ＋m )gL sin θ＝12(M ＋m )v2(2分)解得：v ＝2gL sin θ＝2 5 m/s(2分)(用牛顿运动定律和运动学知识求出速度的同样给4分)(2)小球与容器一起沿斜面自由下滑，加速度为a ＝g sin θ(1分)对B 进行受力分析，如图所示，竖直方向受mg 、F N 作用，斜向下加速运动，根据牛顿第二定律mg －F N ＝ma sin θ(3分)代入a ＝g sin θ解得F N ＝mg (1－sin 2 θ)＝mg cos 2θ＝7.5 N (2分)(3)设A 对B 做的功为W m ，则根据动能定理mgL sin θ＋W m ＝12mv 2(2分)解得W m ＝12mv 2－mgL sin θ＝12m (2gL sin θ)2－mgL sin θ＝0 (2分)答案 (1)2 5 m/s (2)7.5 N (3)0以题说法若判断多个物体组成的系统机械能是否守恒，最简单有效的方法是看能量是否向机械能之外的其他能量转化．比如，此题中各个接触面都是光滑的，不会产生内能，也没有其他能量参与转移或转化，所以A 、B 组成的系统机械能守恒．如图6所示，轮半径r ＝10 cm 的传送带，水平部分AB 的长度L ＝1.5 m ，与一圆心在O 点、半径R ＝1 m 的竖直光滑圆轨道的末端相切于A 点，AB 高出水平地面H ＝1.25 m ，一质量m ＝0.1 kg 的小滑块(可视为质点)，由圆轨道上的P 点从静止释放，OP 与竖直线的夹角θ＝37°.已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g ＝10 m/s 2，滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，不计空气阻力．图6(1)求滑块对圆轨道末端的压力；(2)若传送带一直保持静止，求滑块的落地点与B 间的水平距离；(3)若传送带以v 0＝0.5 m/s 的速度沿逆时针方向运行(传送带上部分由B 到A 运动)，求滑块在传送带上滑行过程中产生的内能．答案 (1)1.4 N ，方向竖直向下 (2)0.5 m (3)0.2 J解析 (1)从P 点到圆轨道末端的过程中，由机械能守恒定律得：mgR (1－cos 37°)＝12mv 2在轨道末端由牛顿第二定律得：F N －mg ＝mv 2R由以上两式得F N ＝1.4 N由牛顿第三定律得，滑块对圆轨道末端的压力大小为1.4 N ，方向竖直向下． (2)若传送带静止，从A 到B 的过程中，由动能定理得：－μmgL ＝12mv 2B －12mv 2解得：v B ＝1 m/s滑块从B 点开始做平抛运动滑块的落地点与B 点间的水平距离为：s ＝v B2Hg＝0.5 m(3)传送带向左运动和传送带静止时，滑块的受力情况没有变化，滑块从A 到B 的运动情况没有改变．所以滑块和传送带间的相对位移为：Δs ＝L ＋v 0v －v Bμg＝2 m 滑块在传送带上滑行过程中产生的内能为：Q ＝μmg Δs ＝0.2 J.6．综合应用动力学和能量观点分析多过程问题审题示例(12分)如图7所示，半径为R 的光滑半圆轨道ABC 与倾角为θ＝37°的粗糙斜面轨道DC 相切于C 点，半圆轨道的直径AC 与斜面垂直．质量为m 的小球从A 点左上方距A 点高为h 的斜面上方P 点以某一速度v 0水平抛出，刚好与半圆轨道的A 点相切进入半圆轨道内侧，之后经半圆轨道沿斜面刚好滑到与抛出点等高的D 点．已知当地的重力加速度为g ，取R ＝509h ，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力，求：图7(1)小球被抛出时的速度v 0；(2)小球到达半圆轨道最低点B 时，对轨道的压力大小； (3)小球从C 到D 过程中摩擦力做的功W f . 审题模板答题模板(1)小球到达A 点时，速度与水平方向的夹角为θ，如图所示．则有v 21＝2gh① 由几何关系得v 0＝v 1cot θ②联立①②式得v 0＝432gh ③(2)A 、B 间竖直高度H ＝R (1＋cos θ)④设小球到达B 点时的速度为v ，则从抛出点到B 过程中由机械能守恒定律得 12mv 20＋mg (H ＋h )＝12mv 2⑤ 在B 点，根据牛顿第二定律有F N －mg ＝m v 2R⑥联立③④⑤⑥式解得F N ＝5.6mg⑦ 由牛顿第三定律知，小球在B 点对轨道的压力大小是5.6mg⑧(3)全过程应用动能定理：W f ＝0－12mv 20即W f ＝－12mv 20＝－169mgh⑨(评分标准：本题共12分，其中，⑤式2分，⑨式3分，其余每式1分) 答案 (1)432gh (2)5.6mg (3)－169mgh点睛之笔多个运动的组合实际上是多种物理规律和方法的综合应用，分析这种问题时注意要各个运动过程独立分析，而不同过程往往通过连接点的速度建立联系；有时对整个过程应用能量的观点解决问题会更简单．如图8所示，将一质量m ＝0.1 kg 的小球自水平平台顶端O 点水平抛出，小球恰好无碰撞地落到平台右侧一倾角为α＝53°的光滑斜面顶端A 并沿斜面下滑，斜面底端B 与光滑水平轨道平滑连接，小球以不变的速率过B 点后进入BC 部分，再进入竖直圆轨道内侧运动．已知斜面顶端与平台的高度差h ＝3.2 m ，斜面高H ＝15 m ，竖直圆轨道半径R ＝5 m ．取sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g ＝10 m/s 2，试求：图8(1)小球水平抛出的初速度v 0及斜面顶端与平台边缘的水平距离s ； (2)小球从平台顶端O 点抛出至落到斜面底端B 点所用的时间； (3)若竖直圆轨道光滑，小球运动到圆轨道最高点D 时对轨道的压力．答案 (1)6 m/s 4.8 m (2)2.18 s (3)3 N ，方向竖直向上解析 (1)小球做平抛运动落至A 点时，由平抛运动的速度分解图可得：v 0＝v y cot α由平抛运动规律得：v 2y ＝2ghh ＝12gt 21 s ＝v 0t 1联立解得：v 0＝6 m/s ，s ＝4.8 m(2)小球从平台顶端O 点抛出至落到斜面顶端A 点，需要时间t 1＝2hg＝0.8 s小球在A 点的速度沿斜面向下，速度大小v A ＝v 0cos α＝10 m/s从A 点到B 点由动能定理得mgH ＝12mv 2B －12mv 2A解得v B ＝20 m/s小球沿斜面下滑的加速度a ＝g sin α＝8 m/s 2由v B ＝v A ＋at 2，解得t 2＝1.25 s小球从平台顶端O 点抛出至落到斜面底端B 点所用的时间t ＝t 1＋t 2＝2.18 s(3)水平轨道BC 及竖直圆轨道均光滑，小球从B 点到D 点，由动能定理可得－2mgR ＝12mv 2D －12mv 2B在D 点由牛顿第二定律可得：F N ＋mg ＝m v 2DR联立解得：F N ＝3 N由牛顿第三定律可得，小球在D 点对轨道的压力F N ′＝3 N ，方向竖直向上(限时：45分钟)1． (2018·安徽·17)质量为m 的人造地球卫星与地心的距离为r 时，引力势能可表示为E p＝－GMmr，其中G 为引力常量，M 为地球质量，该卫星原来在半径为R 1的轨道上绕地球做匀速圆周运动，由于受到极稀薄空气的摩擦作用，飞行一段时间后其圆周运动的半径变为R 2，此过程中因摩擦而产生的热量为( )A ．GMm ⎝⎛⎭⎪⎫1R 2－1R1B ．GMm ⎝⎛⎭⎪⎫1R 1－1R2C.GMm 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1R 2－1R 1D.GMm 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1R 1－1R 2 答案 C解析由万有引力提供向心力知G Mm r 2＝m v 2r ，所以卫星的动能为12mv 2＝GMm2r，则卫星在半经为r 的轨道上运行时机械能为E ＝12mv 2＋E p ＝GMm 2r －GMm r ＝－GMm2r.故卫星在轨道R 1上运行时：E 1＝－GMm 2R 1，在轨道R 2上运行时：E 2＝－GMm2R 2，由能的转化和守恒定律得产生的热量为Q ＝E 1－E 2＝GMm 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1R 2－1R 1，故正确选项为C.2． (2018·江苏·9)如图1所示，水平桌面上的轻质弹簧一端固定，另一端与小物块相连．弹簧处于自然长度时物块位于O 点(图中未标出)．物块的质量为m ，AB ＝a ，物块与桌面间的动摩擦因数为μ.现用水平向右的力将物块从O 点拉至A 点，拉力做的功为W .撤去拉力后物块由静止向左运动，经O 点到达B 点时速度为零．重力加速度为g .则上述过程中( )图1A ．物块在A 点时，弹簧的弹性势能等于W －12μmgaB ．物块在B 点时，弹簧的弹性势能小于W －32μmgaC ．经O 点时，物块的动能小于W －μmgaD ．物块动能最大时弹簧的弹性势能小于物块在B 点时弹簧的弹性势能答案 BC解析如图，在A 点弹簧的弹力大于摩擦力，即F A >μmg ，在B 点弹簧的弹力大于等于静摩擦力而小于滑动摩擦力，即F B ≤μmg ，因此O 点距离B 点较近，即x OB <x OA ，从O 点到A 点由动能定理得：W －μmgx OA －W 弹＝0，W 弹＝E p A ，则有 E p A ＝ W －μmgx OA <W －12μmga ，则A 项错误．整个过程由能量守恒得：W －μmg (a ＋x OA )＝E p B ，x OA >12a ，则E p B <W －32μmga ，B 项正确．从O到A 再到O 过程： W －2μmgx OA ＝E k O ，则E k O <W －2μmg ·12a ＝W －μmga ，C 项正确．物块动能最大时弹簧弹力与滑动摩擦力相等，即F ＝μmg ，而F B ≤μmg ，因此弹簧在动能最大位置形变量不小于在B 点的弹簧形变量，对应的弹簧弹性势能不小于B 点的弹簧弹性势能，则D 项错误．3．如图2所示，质量为m 的物体(可视为质点)以某一初速度从A 点冲上倾角为30°的固定斜面，其运动的加速度大小为34g ，沿斜面上升的最大高度为h ，则物体沿斜面上升的过程中( )图2A ．物体的重力势能增加了34mghB ．物体的重力势能增加了mghC ．物体的机械能损失了12mghD ．物体的动能减少了mgh 答案 BC解析该过程物体克服重力做功为mgh ，则物体的重力势能增加了mgh ，选项A 错误，选项B 正确；由牛顿第二定律有F f ＋mg sin 30°＝ma ，解得F f ＝14mg ，克服摩擦力做的功等于机械能的减少量，W f ＝－F f ·h sin 30°＝－12mgh ，选项C 正确；根据动能定理知，合外力做的功等于动能的变化量，故动能减少量为32mgh ，选项D 错误．4．用电梯将货物从六楼送到一楼的过程中，货物的v －t 图象如图3所示．下列说法正确的是( )图3A ．前2 s 内货物处于超重状态B ．最后1 s 内货物只受重力作用C ．货物在10 s 内的平均速度是1. 7 m/sD ．货物在2 s ～9 s 内机械能守恒答案 C解析由题图知，前2 s 内货物加速下降，加速度方向向下，货物处于失重状态，选项A 错误；最后1 s 内货物减速下降，加速度方向向上，货物一定受到向上的作用力，选项B 错误；v －t 图象中图线与时间轴所围的面积在数值上等于货物发生的位移大小，货物在10 s 内发生的位移大小为s ＝12×(7＋10)×2 m＝17 m ，则10 s 内货物的平均速度是1.7m/s ，选项C 正确；货物在2 s ～9 s 内匀速下降，重力势能减小，动能不变，机械能减小，选项D 错误．5．质量为m 的汽车在平直的路面上启动，启动过程的速度—时间图象如图4所示，其中OA段为直线，AB 段为曲线，B 点后为平行于横轴的直线．已知从t 1时刻开始汽车的功率保持不变，整个运动过程中汽车所受阻力的大小恒为F f ，以下说法正确的是 ( )图4A ．0～t 1时间内，汽车牵引力的数值为m v 1t 1B ．t 1～t 2时间内，汽车的功率等于(m v 1t 1＋F f )v 2 C ．t 1～t 2时间内，汽车的平均速率小于v 1＋v 22D ．汽车运动的最大速率v 2＝(mv 1F f t 1＋1)v 1 答案 D解析 0～t 1时间内汽车的加速度大小为v 1t 1，m v 1t 1为汽车所受的合外力大小，而不是牵引力大小，选项A 错误；t 1时刻汽车牵引力的功率为Fv 1＝(m v 1t 1＋F f )v 1，之后汽车功率保持不变，选项B 错误；t 1～t 2时间内，汽车的平均速率大于v 1＋v 22，选项C 错误；牵引力等于阻力时速度最大，即t 2时刻汽车速率达到最大值，则有(m v 1t 1＋F f )v 1＝F f v 2，解得v 2＝(mv 1F f t 1＋1)v 1，选项D 正确．6．一物体静止在水平地面上，在竖直向上的拉力F 的作用下开始向上运动，如图5甲所示．在物体运动过程中，空气阻力不计，其机械能E 与位移s 的关系图象如图乙所示，其中曲线上点A 处的切线的斜率最大．则( )图5A ．在s 1处物体所受拉力最大B ．在s 2处物体的速度最大C ．在s 1～s 3过程中，物体的动能先增大后减小D ．在0～s 2过程中，物体的加速度先增大后减小答案 AC解析除重力以外的力做的功量度了机械能的变化，故E －s 图象的斜率表示物体所受拉力的大小，在s 1处图象的斜率最大，故物体所受拉力最大，A 正确；在s 2处图象的斜率为零，故物体所受拉力为零，因此在s 2处之前的某一位置拉力就已经等于重力，速度达到最大，B 错误；在s 1～s 3的过程中，拉力先大于重力后小于重力最后为零，因此物体先加速再减速，物体的动能先增大后减小，C 正确；0～s 2的过程中拉力先大于重力，并且先增大后减小，最后减小到0，根据牛顿第二定律得物体的加速度先增大后减小再反向增大，D 错误．7．被誉为“豪小子”的纽约尼克斯队17号华裔球员林书豪在美国职业篮球(NBA)赛场上大放光彩．现假设林书豪准备投二分球前先屈腿下蹲再竖直向上跃起，已知林书豪的质量为m ，双脚离开地面时的速度为v ，从开始下蹲至跃起过程中重心上升的高度为h ，则下列说法正确的是( )A ．从地面跃起过程中，地面支持力对他所做的功为0B ．从地面跃起过程中，地面支持力对他所做的功为12mv 2＋mghC ．离开地面后，他在上升过程和下落过程中都处于失重状态D ．从下蹲到离开地面上升过程中，他的机械能守恒答案 AC解析地面支持力对林书豪的位移为0，该力做功为0，选项A 正确，选项B 错误；离开地面后，他的加速度为重力加速度，处于完全失重状态，选项C 正确；他下蹲过程中机械能不守恒，离开地面上升过程中机械能守恒，选项D 错误．8．水上滑梯可简化成如图6所示的模型，光滑斜槽AB 和粗糙水平槽BC 平滑连接，斜槽AB的竖直高度H ＝6.0 m ，倾角θ＝37°，水平槽BC 长d ＝2.5 m ，BC 面与水面的距离h ＝0.80 m ，人与BC 间的动摩擦因数为μ＝0.40.一游戏者从滑梯顶端A 点无初速度地自由滑下，求：(取重力加速度g ＝10 m/s 2，cos 37°＝0.8，sin 37°＝0.6)图6(1)游戏者沿斜槽AB 下滑时加速度的大小； (2)游戏者滑到C 点时速度的大小；(3)在从C 点滑出至落到水面的过程中，游戏者在水平方向上的位移的大小．答案 (1)6.0 m/s 2(2)10.0 m/s (3)4.0 m解析 (1)设游戏者的质量为m ，游戏者沿斜槽AB 下滑时，根据牛顿第二定律得mg sin θ＝ma则沿斜槽AB 下滑时加速度的大小a ＝g sin θ＝6.0 m/s 2(2)游戏者从A 点滑到C 点的过程中，根据动能定理得mgH －μmgd ＝12mv 2－0解得滑到C 点时速度的大小v ＝10.0 m/s(3)在从C 点滑出至落到水面的过程中，游戏者做平抛运动，设此过程经历的时间为t ，则游戏者在水平方向的位移大小x ＝vt①在竖直方向的位移大小h ＝12gt2②联立①②解得x ＝4.0 m9．如图7所示，质量为m ＝1 kg 的小物块轻轻地放在水平匀速运动的传送带上的P 点，随传送带运动到A 点后水平抛出，小物块恰好无碰撞地沿圆弧切线从B 点进入竖直光滑的圆弧轨道．B 、C 为圆弧轨道的两端点，其连线水平，已知圆弧轨道的半径R ＝1.0 m ，圆弧轨道对应的圆心角θ＝118°，轨道最低点为O ，A 点距水平面的高度h ＝0.8 m ，小物块离开C 点后恰能无碰撞地沿固定斜面向上运动，0.8 s 后经过D 点，小物块与斜面间的动摩擦因数为μ1＝13.(g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37 °＝0.8)图7(1)求小物块离开A 点时的水平初速度v 1的大小； (2)求小物块经过O 点时对轨道的压力；(3)假设小物块与传送带间的动摩擦因数为μ2＝0.3，传送带的速度为5 m/s ，求P 、A 间的距离；(4)求斜面上C 、D 间的距离．答案 (1)3 m/s (2)43 N ，方向竖直向下 (3)1.5 m (4)0.98 m解析 (1)对于小物块，由A 点到B 点，有v 2y ＝2gh 在B 点，有tan θ2＝v y v 1所以v 1＝3 m/s(2)对于小物块，从B 点到O 点，由动能定理知mgR (1－cos θ2)＝12mv 2O －12mv 2B其中v B ＝v 21＋v 2y ＝32＋42m/s ＝5 m/s由牛顿第二定律知，在O 点，有F N －mg ＝m v 2OR，所以F N ＝43 N由牛顿第三定律知小物块对轨道的压力为F N ′＝43 N ，方向竖直向下 (3)对于小物块在传送带上加速的过程有 μ2mg ＝ma 3设P 、A 间的距离为s PA ，则s PA ＝v 212a 3＝v 212μ2g＝1.5 m(4)小物块沿斜面上滑时，由牛顿第二定律有mg sin θ2＋μ1mg cos θ2＝ma 1解得a 1＝10 m/s 2小物块沿斜面下滑时有mg sin θ2－μ1mg cos θ2＝ma 2解得a 2＝6 m/s 2由机械能守恒定律可知v C ＝v B ＝5 m/s 小物块由C 点上升到最高点历时t 1＝v C a 1＝0.5 s 小物块由最高点回到D 点历时t 2＝0.8 s －0.5 s ＝0.3 s 故s CD ＝v C 2t 1－12a 2t 22解得s CD ＝0.98 m10．如图8所示是一皮带传输装载机械示意图．井下挖掘工将矿物无初速度地放置于沿图示方向运行的传送带A 端，被传输到末端B 处，再沿一段圆形轨道到达轨道的最高点C 处，然后水平抛到货台上．已知半径为R ＝0.4 m 的圆形轨道与传送带在B 点相切，O 点为半圆的圆心，BO 、CO 分别为圆形轨道的半径，矿物m 可视为质点，传送带与水平面间的夹角θ＝37°，矿物与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8，传送带匀速运行的速率为v 0＝8 m/s ，传送带A 、B 点间的长度s AB ＝45 m ．若矿物落到点D 处离最高点C 点的水平距离为s CD ＝2 m ，竖直距离为h CD ＝1.25 m ，矿物质量m ＝50 kg ，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g ＝10 m/s 2，不计空气阻力．求：图8(1)矿物到达B 点时的速度大小； (2)矿物到达C 点时对轨道的压力大小；(3)矿物由B 点到达C 点的过程中，克服阻力所做的功．答案 (1)6 m/s (2)1 500 N (3)140 J。

高考物理专题复习四功能关系

高考物理专题复习四功能关系能量转化和守恒定律是自然界最普遍适用的规律之一。

自然界的各种能量间可以相互转化，转化过程中能量的总和守恒。

右图是功能关系的示意图。

功和能有密切关系，它们的单位也相同，在国际单位制中，单位都是J，但功并不等于能。

功是过程量，它和一段位移（一段时间）相对应；能是状态量，它与某位置（某时刻）相对应。

功能关系不仅能解决恒力作用下物体的运动问题，也能解决变力作用下物体的运动问题，因此它比用牛顿运动定律解题更简洁、应用范围更广泛。

除非要求匀变速直线运动的加速度a和时间t，一般首选功能关系。

常用的有关功能关系的结论有：⑴动能定理。

力在一个过程中对物体所做的功（或者各个力对物体做功的代数和）等于物体在这个过程中动能的变化。

W合=E k2-E k1（动能变化必须是末动能减初动能；研究对象是单个物体；研究过程往往选全过程。

）⑵势能定理。

重力做的功等于重力势能的减少。

W G=E p1-E p2（重力势能的减少，必须是初势能减末势能；重力做功只与始末状态的高度差有关，与路径无关，与其它力是否做功无关；势能定理适用于电势能、分子势能等各种势能。

）若某种力做的功只跟始末位置有关，而与物体运动的路径无关，就能定义与这种力相应的势能。

⑶机械能定理。

重力（和弹簧弹力）以外的其他力对物体做的功等于物体机械能的增量。

W其=E机2-E机1（机械能变化必须是末状态机械能减初状态机械能；当W其=0，即只有重力做功时，系统的机械能守恒。

）⑷摩擦生热。

系统内的摩擦生热Q（内能的增加）用系统内物体间相互作用的一对滑动摩擦力做的总功来量度。

f d=Q（f为每个摩擦力的大小，d为系统内物体间相对移动的路程。

这个结论可以直接使用。

）注意一个摩擦力对某个物体做的功W f=fx（f为这个摩擦力的大小，x为物体对地的位移。

）⑸安培力做功是机械能与电能相互转化的量度。

发电机模型中：克服安培力做功等于回路中电能的增加W克A=E电（如果是纯电阻电路，则电能又全部转化为回路的焦耳热，W克A=E电=Q）；电动机模型中：安培力做功等于机械能增加W A=E机（安培力做功不等于消耗的电能。

高三物理复习课件功能关系复习

3
基础知识梳理
能量守恒定律应从下面两方面去理解：
1．某种形式的能减少，一定存在其他形式的能增加，且减少量和增加量一定相等；
2．某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量一定相等．
这也是我们列能量守恒定律方程式的两条基本思路．
4
课堂互动讲练
一、常见的几种功与能量的关系 1．合外力对物体所做的功等于物体动能的增量，W合＝ΔEk＝Ek2－Ek1，即动能定理． 2．重力做功等于重力势能的减少量． WG＝－ΔEp＝Ep1－Ep2
功，绳索的机械能增加，而动能又不变，
故重力势能增大，重心上升．
24
高频考点例析
题型二功能关系在传送带问题中的应用
例2 如图5－4－3所示，
5
课堂互动讲练
3．弹簧弹力做功等于弹性势能的减少量．
WF＝－ΔEp＝Ep1－Ep2 4．除重力或弹簧的弹力以外的其他力做多少功与物体机械能的增量相对应，即W其他＝ΔE. (1)除重力或弹簧的弹力以外的其他力做多少正功，物体的机械能就增加多少． (2)除重力或弹簧的弹力以外的其他力做多少负功，物体的机械能就减少多少．
第四节功能关系能量守恒
1
基础知识梳理
一、功能关系 1．功是能量转化的量度，即做了多少功就有多少能量发生了转化． 2．做功的过程一定伴随着能量转化，而且能量转化必通过做功来实现．
2
基础知识梳理
二、能量守恒定律能量既不能凭空产生，也不能凭空
消失，它只能从一种形式的能转化为另一种形式的能，或者从一个物体转移到另一个物体，而在转化和转移的过程中，能量的总量保持不变．
8
课堂互动讲练
即时应用

广西省南宁市第四十二中学2017届高三物理复习专题四第1课时

(3)合力的功等于动能的变化,即W＝ΔE k.（4)重力（或弹簧弹力)之外的其他力的功等于机械能的变化，即W其他＝ΔE.（5）一对滑动摩擦力做的功等于系统中内能的变化,即Q＝F f·s 相对．1．动能定理的应用(1）动能定理的适用情况：解决单个物体(或可看成单个物体的物体系统）受力与位移、速率关系的问题．动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动；既适用于恒力做功，也适用于变力做功,力可以是各种性质的力,既可以同时作用,也可以分段作用．（2)应用动能定理解题的基本思路①选取研究对象，明确它的运动过程．②分析研究对象的受力情况和各力做功情况,然后求各个外力做功的代数和．③明确物体在运动过程始、末状态的动能E k1和E k2。

高三物理二轮复习专题课件精编：专题四-第1课时-功能关系在力学中的应用

12
热点题型例析
专题四第1课时
以题说法 1.本题要注意几个功能关系：重力做的功等于重力势能的变化量；弹簧弹力做的功等于弹性势能的变化量；重力
本
课以外的其他力做的功等于机械能的变化量；合力做的功等于动
时
栏能的变化量．
目
开 2．本题在应用动能定理时，应特别注意研究过程的选取．并
关
且要弄清楚每个过程各力做功的情况．
和能量守恒定律解决电场、磁场内带电粒子运动或电磁感应问题．
知识方法聚焦
专题四第1课时
第 1 课时功能关系在力学中的应用
本课
时 1．常见的几种力做功的特点
栏
目 (1)重力、弹簧弹力、静电力做功与路径无关．
开
关 (2)摩擦力做功的特点 ①单个摩擦力(包括静摩擦力和滑动摩擦力)可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．
本课时栏目开关
专题四
【专题定位】本专题主要用功能的观点解决物体的运
动和带电体、带电粒子、导体棒在电场或磁场中的运动问题．考
查的重点有以下几方面：①重力、摩擦力、静电力和洛伦兹力
的做功特点和求解；②与功、功率相关的分析与计算；③几个
本重要的功能关系的应用；④动能定理的综合应用；⑤综合应用
课时
机械能守恒定律和能量守恒定律分析问题．
栏目
本专题是高考的重点和热点，命题情景新，联系实际密切，综
开关
合性强，侧重在计算题中命题，是高考的压轴题．
【应考策略】深刻理解功能关系，抓住两种命题情景搞
突破：一是综合应用动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定
律，结合动力学方法解决多运动过程问题；二是运用动能定理
图1

高三物理第二轮复习功能关系在电学中的应用

高三物理第二轮复习功能关系在电学中的应用【学习目标】①几个重要的功能关系在电学中的应用②动能定理在电场中的应用③功能观点在电磁感应问题中的应用④应用动力学和功能观点处理电学综合问题1．(多选)(2016·全国卷Ⅰ，20)如图1，一带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直面(纸面)内，且相对于过轨迹最低点P的竖直线对称。

忽略空气阻力。

由此可知()图1A．Q点的电势比P点高B．油滴在Q点的动能比它在P点的大C．油滴在Q点的电势能比它在P点的大D．油滴在Q点的加速度大小比它在P点的小2．半圆形光滑金属导轨MN、PQ平行放置在竖直平面内，导轨左端通过单刀双掷开关S接在电路中，如图7甲所示，电源内阻不计，导轨所在空间有如图乙所示的磁场，金属棒电阻为R、质量为m，其他电阻不计。

整个操作过程经历两个阶段：①开始时开关接位置1，金属棒ab从导轨上M、P位置由静止释放，当金属棒从N、Q竖直向上飞出时，开关S改接位置2，金属棒恰能上升到离N、Q为h的高度处；②之后金属棒又从N、Q落回导轨内并恰好能回到M、P位置。

重力加速度为g。

下列关于金属棒运动过程的描述正确的是()图7A．阶段①消耗的电能等于阶段②产生的电能B．阶段①安培力做的功等于阶段②金属棒克服安培力做的功C．阶段②克服安培力做的功小于mghD．阶段②回路中产生的热量小于mgh1.静电力做功与路径无关.若电场为匀强电场，则W＝Fl cos α＝Eql cos α；若是非匀强电场，则一般利用W＝qU来求.2.磁场力又可分为洛伦兹力和安培力.洛伦兹力在任何情况下对运动的电荷都不做功；安培力可以做正功、负功，还可以不做功.3.电流做功的实质是电场对移动电荷做功.即W＝UIt＝Uq.4.导体棒在磁场中切割磁感线时，棒中感应电流受到的安培力对导体棒做负功，使机械能转化为电能.5.静电力做的功等于电势能的变化，即W AB＝－ΔE p.题型1 几个重要的功能关系在电学中的应用例1(多选)如图1所示地面上方存在水平向右的匀强电场.现将一带电小球从距离地面O点高h处的A 点以水平速度v0抛出，经过一段时间小球恰好垂直于地面击中地面上的B点，B到O的距离也为h.当地重力加速度为g，则下列说法正确的是()图1A.从A到B的过程中小球的动能先减小后增大B.下落过程中小球机械能一直增加C.小球的加速度始终保持2g不变D.从A点到B点小球的的电势能增加了mgh变式1如图2所示，直角三角形ABC由三段细直杆连接而成，AB杆竖直，AC杆粗糙且绝缘，其倾角为30°，长为2L，D为AC上一点，且BD垂直AC，在BC杆中点O处放置一正点电荷Q.一套在细杆上的带负电小球，以初速度v0由C点沿CA上滑，滑到D点速率恰好为零，之后沿AC杆滑回C点.小球质量为m、电荷量为q，重力加速度为g.则()图2A.小球上滑过程中先匀加速后匀减速B.小球下滑过程中电场力先做负功后做正功C.小球再次滑回C点时的速率为v C＝3gL－v20D.小球下滑过程中动能、电势能、重力势能三者之和增大变式2(多选)如图3所示，某一空间内充满竖直向下的匀强电场E，在竖直平面内建立坐标系xOy，在y<0的空间里有与场强E垂直的匀强磁场B，在y>0的空间内，将一质量为m的带电液滴(可视为质点)自由释放，则此液滴沿y轴的负方向以加速度a＝2g(g为重力加速度)做匀加速直线运动，当液滴运动到坐标原点时，瞬间被安置在原点的一个装置改变了带电性质(液滴所带电荷量和质量均不变)，随后液滴进入y<0的空间运动.液滴在以后的运动过程中()图3A.重力势能一定先减小后增大B.机械能一定先增大后减小C.动能先不变后减小D.动能一直保持不变题型2 动能定理在电场中的应用解题方略1.电场力做功与重力做功的特点类似，都与路径无关.2.对于电场力做功或涉及电势差的计算，选用动能定理往往最简便快捷，但运用动能定理时要特别注意运动过程的选取.例2 如图4所示，两个带正电的点电荷M 和N ，带电量均为Q ，固定在光滑绝缘的水平面上，相距2L ，A 、O 、B 是MN 连线上的三点，且O 为中点，OA ＝OB ＝L 2，一质量为m 、电量为q 的点电荷以初速度v 0从A 点出发沿MN 连线向N 运动，在运动过程中电荷受到大小恒定的阻力作用，但速度为零时，阻力也为零，当它运动到O 点时，动能为初动能的n 倍，到B 点速度刚好为零，然后返回往复运动，直至最后静止.已知静电力恒量为k ，取O 处电势为零。

高三二轮复习《第2讲功能关系、机械能守恒定律和能量守恒定律》教案

专题五功和能第2讲功能关系机械能守恒定律和能量守恒定律一、核心知识、方法回扣：1．机械能守恒定律:（1）内容：在只有重力（和弹簧的弹力）做功的情况下，物体的动能和势能发生相互转化，但机械能的总量保持不变．（2）机械能守恒的条件①对某一物体，若只有重力（或弹簧弹力）做功，其他力不做功（或其他力做功的代数和为零），则该物体机械能守恒．②对某一系统，物体间只有动能和重力势能及弹性势能的相互转化，系统和外界没有发生机械能的传递，机械能也没有转变为其他形式的能，则系统机械能守恒．（3）三种表达式:①守恒的观点:____ ____ _____。

②转化的观点:_____ _____。

③转移的观点:_____ ___。

2．几个重要的功能关系(1)重力的功等于的变化,即W G＝.(2)弹力的功等于的变化,即W弹＝.(3)合力的功等于的变化,即W＝.(4)重力之外(除弹簧弹力)的其他力的功等于的变化.W其他＝ΔE.(5)一对滑动摩擦力做的功等于的变化.Q＝F·s相对.3．静电力做功与无关.若电场为匀强电场,则W＝Fs cos α＝Eqs cos α；若是非匀强电场,则一般利用W＝来求.4．磁场力又可分为洛伦兹力和安培力.洛伦兹力在任何情况下对运动的电荷都；安培力可以做正功、负功,还可以不做功.5．电流做功的实质是电场对做功.即W＝UIt＝.6．导体棒在磁场中切割磁感线时,棒中感应电流受到的安培力对导体棒做功,使机械能转化为能.7．静电力做功等于的变化,即W AB＝－ΔE p.二、方法、规律：1．机械能守恒定律的应用(1)机械能是否守恒的判断①用做功来判断,看重力(或弹簧弹力)以外的其他力做功代数和是否.②用能量转化来判断,看是否有机械能转化为其他形式的能.③对一些“绳子突然绷紧”、“”等问题,机械能一般不守恒,除非题目中有特别说明及暗示.(2)应用机械能守恒定律解题的基本思路①选取研究对象——物体系.②根据研究对象所经历的物理过程,进行、分析,判断机械能是否守恒.③恰当地选取参考平面,确定研究对象在运动过程的始末状态时的机械能.④根据机械能守恒定律列方程,进行求解.2．功能关系在电学中应用的题目,一般过程复杂且涉及多种性质不同的力,因此,通过审题,抓住和运动过程分析是关键,然后根据不同的运动过程各力做功的特点来选择规律求解. 3．力学中的动能定理和能量守恒定律在处理电学中能量问题仍然是首选的方法.三、错题集：1、如图所示，桌面高地面高H，小球自离桌面高h处由静止落下，不计空气阻力，则小球触地的瞬间机械能为（设桌面为零势面）（）A．mgh B．mgH C．mg（H＋h） D．mg（H－h）2、以下过程中机械能守恒的是（）A.以8m/s2的加速度在空中下落的石块B.沿固定的光滑斜面自由下滑的滑块C.正在升空的火箭D.吊在轻质弹簧下端正在自由振动的小球3、如图所示,质量分别为2m和m的A、B两物体用不可伸长的轻绳绕过轻质定滑轮相连,开始两物体处于同一高度,绳处于绷紧状态,轻绳足够长,不计一切摩擦。

2018年高考物理大第2轮复习专题四功能关系的应用第2讲功能关系在电学中的应用课件

球现处于静止状态，不计两球之间的静电力作用.
(1)求A球的带电荷量大小qA；答案 6q
解析
对A、B由整体法得：2mg－qA
mg 4qL
L－q
mg 4qL
×2L＝0
解得qA＝6q
56
图7
解析答案
(2)剪断细线后，求B球下落速度达到最大时，B球距O点距离x0；答案 4L
解析当B球下落速度达到最大时，
12
解析答案
高考题型2
功能观点在电磁感应问题中的应用
例2 如图3所示，两根等高光滑的四分之一圆弧
形轨道与一足够长水平轨道相连，圆弧的半径为R0，轨道间距为L1＝1 m，轨道电阻不计.水平轨道处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B1＝1 T，圆弧轨道处于从圆心轴线上均匀向外辐射状的磁
场中，如图所示.在轨道上有两长度稍大于L1、质
解析答案
3.(2015·新课标全国Ⅱ·24)如图10，一质量为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.
解析答案
(2)从金属线框开始下落到进入磁场前，金属棒a上产生的焦耳热Q；
答案 2 J
解析根据能量守恒定律有
Mgh＝12
Mv2＋1 2
mv2＋2Q
线框进入磁场的瞬间，由力的平衡条件得
Mg＝B1I1L1＋B3I2L2
其 I2＝中B，3LrI21v＝B21LR1v 联立方程，代入数值求得
Q＝2 J
解析答案
(3)若在线框完全进入磁场时剪断细线，线框在完全离开磁场B3时刚好又达到匀速，已知线框离开磁场过程中产生的焦耳热为Q1＝10.875 J，则磁场的高度H为多少. 答案 1.2 m

1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。

1 第2课时功能关系在电学中的应用 1．静电力做功与路径无关．若电场为匀强电场，则W＝Fscos α＝Eqscos α；若是非匀强电场，则一般利用W＝qU来求． 2．磁场力又可分为洛伦兹力和安培力．洛伦兹力在任何情况下对运动的电荷都不做功；安培力可以做正功、负功，还可以不做功． 3．电流做功的实质是电场对移动电荷做功．即W＝UIt＝Uq. 4．导体棒在磁场中切割磁感线时，棒中感应电流受到的安培力对导体棒做负功，使机械能转化为电能． 5．静电力做的功等于电势能的变化，即WAB＝－ΔEp.

1．功能关系在电学中应用的题目，一般过程复杂且涉及多种性质不同的力，因此，通过审题，抓住受力分析和运动过程分析是关键，然后根据不同的运动过程中各力做功的特点来选择相应规律求解． 2．动能定理和能量守恒定律在处理电学中能量问题时仍然是首选的方法．

题型1 几个重要的功能关系在电学中的应用例1 如图1所示，在竖直平面内有一匀强电场，其方向与水平方向成α＝30°斜向上，在电场中有一质量为m、电量为q的带电小球，用长为L的不可伸长的绝缘细线挂于O点，当小球静止于M点时，细线恰好水平．现用外力将小球拉到最低点P，然后无初速度释放，则以下判断正确的是 ( )

图1 2

A．小球再次到达M点时，速度刚好为零 B．小球从P到M过程中，合外力对它做了3mgL的功 C．小球从P到M过程中，小球的机械能增加了3mgL D．如果小球运动到M点时，细线突然断裂，小球以后将做匀变速曲线运动审题突破小球静止在M时，受几个力的作用？重力和电场力的大小关系是什么？小球由P到M的过程中，各力做功是多少？解析小球从P到M的过程中，线的拉力不做功，只有电场力和小球重力做功，它们的合力也是恒力，大小为3mg，方向水平向右，所以小球再次到达M点时，速度最大，而不是零，选项A错．小球从P到M过程中，电场力与重力的合力大小为3mg，这个方向上位移为L，所以做功为3mgL，选项B正确．小球从P到M过程中，机械能的增加量等于电场力做的功，由于电场力为2mg，由P到M沿电场线方向的距离为d＝Lsin 30°

＋Lcos 30°＝L2(1＋3)，故电场力做功为2mg·d＝mgL(1＋3)，故选项C错误．如果小球运动到M点时，细线突然断裂，小球的速度方向竖直向上，所受合外力水平向右，小球将做匀变速曲线运动，选项D正确．答案 BD 以题说法在解决电学中功能关系问题时应注意以下几点：(1)洛伦兹力在任何情况下都不做功；(2)电场力做功与路径无关，电场力做的功等于电势能的变化；(3)力学中的几个功能关系在电学中仍然成立．如图2所示，竖直向上的匀强电场中，绝缘轻质弹簧竖直立于水平地面上，一质量为m的带正电小球在外力F的作用下静止于图示位置，小球与弹簧不连接，弹簧处于压缩状态．现撤去F，小球从静止开始运动到离开弹簧的过程中，重力、电场力、弹簧弹力对小球做的功分别为W1、W2和W3，不计空气阻力，则上述过程中 ( )

图2 A．小球与弹簧组成的系统机械能守恒 B．小球重力势能的变化为W1 C．小球动能的变化为W1＋W2＋W3 D．小球机械能的变化为W1＋W2＋W3 答案 C 3

解析由于电场力做功，小球与弹簧组成的系统机械能不守恒，选项A错误．重力对小球做的功为W1，小球重力势能的变化为－W1，选项B错误．由动能定理可知，小球动能的变化为W1＋W2＋W3，选项C正确．由功能关系可知，小球机械能的变化为W2，选项D错误．题型2 应用动能定理分析带电体在电场中的运动例2 如图3所示，虚线PQ、MN间存在如图所示的水平匀强电场，一带电粒子质量为m＝2.0×10－11 kg、电荷量为q＝＋1.0×10－5 C，从a点由静止开始经电压为U＝100 V的电场加速后，垂直进入匀强电场中，从虚线MN的某点b(图中未画出)离开匀强电场时速度与电场方向成30°角．已知PQ、MN间距为20 cm，带电粒子的重力忽略不计．求：

图3 (1)带电粒子刚进入匀强电场时的速率v1； (2)水平匀强电场的场强大小； (3)ab两点间的电势差．审题突破带电粒子在水平匀强电场中做什么运动？速度与电场方向成30°角，隐含条件是什么？

解析 (1)由动能定理得：qU＝12mv21 代入数据得v1＝104 m/s (2)粒子沿初速度方向做匀速运动：d＝v1t 粒子沿电场方向做匀加速运动：vy＝at

由题意得：tan 30°＝v1vy 由牛顿第二定律得：qE＝ma 联立以上各式并代入数据得： E＝3×103 N/C＝1.732×103 N/C

(3)由动能定理得：qUab＝12m(v21＋v2y)－0 联立以上各式并代入数据得：Uab＝400 V. 答案 (1)104 m/s (2)1.732×103 N/C (3)400 V 以题说法 1.电场力做功与重力做功的特点类似，都与路径无关． 2．对于电场力做功或电势差的计算，选用动能定理往往最简便快捷，但运用动能定理时 4

要特别注意运动过程的选取．如图4所示，在光滑绝缘水平面上，用长为2L的绝缘轻杆连接两个质量均为m的带电小球A和B.A球的带电量为＋2q，B球的带电量为－3q，两球组成一带电系统．虚线MN与PQ平行且相距3L，开始时A和B分别静止于虚线MN的两侧，虚线 MN恰为AB两球连线的垂直平分线．若视小球为质点，不计轻杆的质量，在虚线MN、

PQ间加上水平向右的电场强度为E的匀强电场后，系统开始运动．试求：

图4 (1)B球刚进入电场时，带电系统的速度大小； (2)带电系统向右运动的最大距离和此过程中B球电势能的变化量； (3)A球从开始运动至刚离开电场所用的时间．

答案 (1) 2qELm (2)73L 4qEL (3)(32－2) mLqE 解析 (1)设B球刚进入电场时带电系统的速度为v1，由动能定理得 2qEL＝12×2mv21

解得：v1＝ 2qELm (2)带电系统向右运动分为三段：B球进入电场前、带电系统在电场中、A球出电场后．设A球出电场后移动的最大位移为s，对于全过程，由动能定理得 2qEL－qEL－3qEs＝0

解得s＝L3，则B球移动的总位移为

sB＝73L B球从刚进入电场到带电系统从开始运动到速度第一次为零时的位移为43L 其电势能的变化量为ΔEp＝－W＝3qE·43L＝4qEL (3)取向右为正方向， B球进入电场前，带电系统做匀加速运动：

a1＝2qE2m＝qEm，t1＝v1a1＝ 2mLqE 5

带电系统在电场中时，做匀减速运动：a2＝－qE2m 设A球刚出电场时速度为v2，由动能定理得：－qEL＝12×2m(v22－v21)

解得：v2＝ qELm t2＝v2－v1a2＝2(2－1) mLqE

解得总时间t＝t1＋t2＝(32－2) mLqE 题型3 功能观点在电磁感应问题中的应用例3 如图5所示，固定的光滑金属导轨间距为L，导轨电阻不计，上端a、b间接有阻值为R的电阻，导轨平面与水平面的夹角为θ，且处在磁感应强度大小为B、方向垂直于导

轨平面向上的匀强磁场中．质量为m、电阻为r的导体棒与固定弹簧相连后放在导轨上．初始时刻，弹簧恰处于自然长度，导体棒具有沿轨道向上的初速度v0.整个运动过程中导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触．已知弹簧的劲度系数为k，弹簧的中心轴线与导轨平行．

图5 (1)求初始时刻通过电阻R的电流I的大小和方向； (2)当导体棒第一次回到初始位置时，速度变为v，求此时导体棒的加速度大小a； (3)导体棒最终静止时弹簧的弹性势能为Ep，求导体棒从开始运动直到停止的过程中，电阻R上产生的焦耳热Q. 审题突破导体棒第一次回到初始位置时，受几个力的作用？最终导体棒静止时，在几个力作用下平衡？具体位置在哪里？解析 (1)初始时刻，导体棒产生的感应电动势E1＝BLv0

通过R的电流大小I1＝E1R＋r＝BLv0R＋r 电流方向为b→a (2)导体棒产生的感应电动势为E2＝BLv

感应电流I2＝E2R＋r＝BLvR＋r 6

导体棒受到的安培力大小F＝BIL＝B2L2vR＋r，方向沿导轨向上根据牛顿第二定律有mgsin θ－F＝ma 解得a＝gsin θ－B2L2vmR＋r (3)导体棒最终静止，有mgsin θ＝kx 压缩量x＝mgsin θk 设整个过程回路产生的焦耳热为Q0，根据能量守恒定律有 12mv20＋mgxsin θ＝Ep＋Q0

Q0＝12mv20＋mgsin θ2k－Ep

电阻R上产生的焦耳热

Q＝RR＋rQ0＝RR＋r[12mv20＋mgsin θ2k－Ep]

答案 (1)BLv0R＋r，电流方向为b→a (2)gsin θ－B2L2vmR＋r (3)RR＋r[12mv20＋mgsin θ2k－Ep] 以题说法导体棒在匀强磁场中运动时棒中的感应电流受到的安培力是变力，所以安培力做的功只能由动能定理或能量守恒定律来求解．在如图6所示的倾角为θ的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小均为B的匀强磁场，区域Ⅰ的磁场方向垂直斜面向上，区域Ⅱ的磁场方向垂直斜面向下，磁

场的宽度均为L，一个质量为m、电阻为R、边长也为L的正方形导线框，由静止开始沿斜面下滑，t1时刻ab边刚越过GH进入磁场Ⅰ区，此时线框恰好以速度v1做匀速直线运动；t2时刻ab边下滑到JP与MN的中间位置，此时线框又恰好以速度v2做匀速直线运动．重力加速度为g，下列说法中正确的是 ( )

图6 A．线框两次匀速直线运动的速度之比v1∶v2＝2∶1