2019屆高考物理二輪專題復(fù)習(xí) 專題四 能量和動(dòng)量 第2講 功能關(guān)系在電學(xué)中的應(yīng)用限時(shí)檢測(cè).doc

第2講功能關(guān)系在電學(xué)中的應(yīng)用一、選擇題(本大題共8小題,每小題8分,共64分.第15題只有一項(xiàng)符合題目要求,第68題有多項(xiàng)符合題目要求)1. (2018安徽池州模擬)如圖所示,勻強(qiáng)電場(chǎng)水平向左,帶正電的物體沿絕緣、粗糙水平板向右運(yùn)動(dòng),經(jīng)A點(diǎn)時(shí)動(dòng)能為100 J,到B點(diǎn)時(shí)動(dòng)能減少到80 J,減少的動(dòng)能中有12 J轉(zhuǎn)化為電勢(shì)能,則它再經(jīng)過B點(diǎn)時(shí),動(dòng)能大小是(B)A.4 J B.16 J C.32 J D.64 J解析:設(shè)物體向右運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)速度為零,然后返回,A,B間距離為x1, B,C間距離為x2,從A到B過程中,由動(dòng)能定理-(Ff+qE)x1=(80-100) J= -20 J.由電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能的關(guān)系知qEx1=12 J,解得qE=3Ff2.從B到C過程中,由動(dòng)能定理得-(Ff+qE)x2=-80 J,解得Ffx2=32 J.從B到C再返回B的過程中,由動(dòng)能定理得-2Ffx2=Ek-80 J,解得Ek=16 J,故選項(xiàng)B正確.2.(2018常德一模)如圖(甲),傾角為的光滑絕緣斜面,底端固定一帶電荷量為Q的正點(diǎn)電荷.將一帶正電小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從斜面上A點(diǎn)由靜止釋放,小物塊沿斜面向上滑動(dòng)至最高點(diǎn)B處,此過程中小物塊的動(dòng)能和重力勢(shì)能隨位移的變化圖像如圖(乙)(E1和x1為已知量).已知重力加速度為g,靜電力常量為k,由圖像可以求出(C)A.小物塊所帶電荷量B.A,B間的電勢(shì)差C.小物塊的質(zhì)量D.小物塊速度最大時(shí)到斜面底端的距離解析:由動(dòng)能圖線得知,隨x增大,小物塊的速度先增大后減小.加速度先減小后增大,小物塊先沿斜面向上做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng),再沿斜面向上做加速度逐漸增大的減速運(yùn)動(dòng),直至速度為零.則加速度有最大值,此時(shí)小物塊受力平衡,即mgsin =kQqx2,由于沒有x的具體數(shù)據(jù),所以不能求得小物塊所帶電荷量,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;A到B的過程中重力勢(shì)能的增加等于電勢(shì)能的減少,所以可以求出小物塊電勢(shì)能的減少,由于小物塊的電荷量不知道,所以不能求出A,B之間的電勢(shì)差,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;由重力勢(shì)能圖線得到E1=mgh=mgx1sin ,即可求出m,選項(xiàng)C正確;圖像中不能確定哪一點(diǎn)的速度最大,又不知小物塊的電荷量等信息,所以不能確定小物塊速度最大時(shí)到斜面底端的距離,選項(xiàng)D錯(cuò)誤.3. (2018衡陽(yáng)模擬)如圖所示,一電荷量為-Q的點(diǎn)電荷甲,固定在絕緣水平面上的O點(diǎn).另一電荷量為+q、質(zhì)量為m的點(diǎn)電荷乙,從A點(diǎn)以初速度v0沿它們的連線向甲運(yùn)動(dòng),到B點(diǎn)時(shí)的速度減小到最小,大小為v,已知點(diǎn)電荷乙受到水平面的阻力恒為mg,g為重力加速度,A,B間距離為L(zhǎng),靜電力常量為k,則下列說(shuō)法正確的是(A)A.點(diǎn)電荷甲在B點(diǎn)處的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為mgqB.O,B兩點(diǎn)間的距離大于kQqmgC.在點(diǎn)電荷甲形成的電場(chǎng)中,A,B兩點(diǎn)間電勢(shì)差UAB=mv2-mv022qD.點(diǎn)電荷甲形成的電場(chǎng)中,A點(diǎn)的電勢(shì)低于B點(diǎn)的電勢(shì)解析: 因?yàn)殡姾梢覐腁點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的速度減小到最小,故此時(shí)電荷乙的加速度為零,即EBq=mg,即EB=mgq,選項(xiàng)A正確;根據(jù)點(diǎn)電荷的場(chǎng)強(qiáng)公式得EB=kQxOB2=mgq,解得xOB=kQqmg,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;從A點(diǎn)到B點(diǎn)由動(dòng)能定理可知qUAB-mgL=12mv2-12mv02,UAB=mv2-mv02+2mgL2q,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;點(diǎn)電荷甲帶負(fù)電,故在所形成的電場(chǎng)中,A點(diǎn)的電勢(shì)高于B點(diǎn)的電勢(shì),選項(xiàng)D錯(cuò)誤.4.(2018河南模擬)如圖所示,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).軌道處于垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,軌道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從靜止開始下滑至第一次到達(dá)最低點(diǎn)K的過程中,帶電小球a,b相比(C)A.球a所需時(shí)間較長(zhǎng)B.球a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:對(duì)小球a,洛倫茲力不做功,僅重力做正功,機(jī)械能保持守恒,由動(dòng)能定理得mgr=12mv12;對(duì)小球b,重力做正功,電場(chǎng)力做負(fù)功,機(jī)械能減少,由動(dòng)能定理得mgr-Eqr=12mv22,則v1>v2,對(duì)應(yīng)軌道的同一高度,a球總比b球快,因此a球所需時(shí)間較短,選項(xiàng)A,B錯(cuò)誤,C正確;在最低點(diǎn)對(duì)a球有FN1+F洛-mg=mv12r,對(duì)b球有FN2-mg=mv22r,解得FN1=3mg- Bq2gr, FN2=3mg-2Eq,無(wú)法比較FN1,FN2大小,選項(xiàng)D錯(cuò)誤.5. (2018山西太原高三三模)如圖所示,兩豎直平行邊界內(nèi),勻強(qiáng)電場(chǎng)方向豎直(平行紙面)向下,勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直紙面向里,一帶電小球從P點(diǎn)以某一速度垂直邊界進(jìn)入,恰好沿水平方向做直線運(yùn)動(dòng),若減小小球從P點(diǎn)進(jìn)入的速度但保持方向不變,則在小球進(jìn)入的一小段時(shí)間內(nèi)(C)A.小球的動(dòng)能可能減小B.小球的機(jī)械能可能不變C.小球的電勢(shì)能一定減小D.小球的重力勢(shì)能一定減小解析:小球在重力、電場(chǎng)力和洛倫茲力作用下,沿水平方向做直線運(yùn)動(dòng)時(shí),其豎直方向合力為零,當(dāng)減小小球從P點(diǎn)進(jìn)入的速度但保持方向不變時(shí),若小球帶負(fù)電,小球受到的向下的洛倫茲力變小,所以粒子會(huì)向上偏轉(zhuǎn),合力做正功,動(dòng)能增大,電場(chǎng)力做正功,電勢(shì)能減小,機(jī)械能不守恒,重力做負(fù)功,重力勢(shì)能增加;若小球帶正電,則粒子所受到的向上的洛倫茲力會(huì)變小,則粒子會(huì)向下發(fā)生偏轉(zhuǎn),則合外力做正功,動(dòng)能增大,電場(chǎng)力做正功,電勢(shì)能減小,機(jī)械能不守恒,重力做正功,重力勢(shì)能減小,選項(xiàng)C正確.6. (2018榆林四模)如圖所示,輕質(zhì)絕緣彈簧的上端固定,下端連接一帶負(fù)電的小球,小球在豎直方向上下自由運(yùn)動(dòng),當(dāng)運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)M時(shí)彈簧恰好處于原長(zhǎng).已知小球經(jīng)過O點(diǎn)有向上的最大速度,此時(shí)突然施加一方向豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng),則對(duì)于在這種情況下小球從O點(diǎn)第一次向上運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)N的過程,下列說(shuō)法正確的是(AC)A.N點(diǎn)的位置比M點(diǎn)的位置高B.小球的機(jī)械能逐漸減小C.小球的機(jī)械能與彈簧的彈性勢(shì)能之和逐漸增大D.小球的電勢(shì)能、重力勢(shì)能與彈簧彈性勢(shì)能之和逐漸增大解析:小球向上運(yùn)動(dòng)的過程受重力、彈簧彈力和電場(chǎng)力作用,電場(chǎng)力方向向上,在相同位置,彈簧彈力、重力不變,兩力做功情況與有無(wú)電場(chǎng)無(wú)關(guān),但電場(chǎng)力做正功,故小球能夠到達(dá)M點(diǎn),且在M點(diǎn)仍然向上運(yùn)動(dòng),故N點(diǎn)的位置比M點(diǎn)的位置高,故A正確;小球從O到M運(yùn)動(dòng)過程電場(chǎng)力做正功,彈簧彈力做正功,故小球機(jī)械能逐漸增大;從M到N的過程,電場(chǎng)力做正功,彈簧彈力做負(fù)功,小球機(jī)械能變化不確定,故B錯(cuò)誤;電場(chǎng)力做正功,對(duì)彈簧和小球組成的系統(tǒng)機(jī)械能增加,即小球的機(jī)械能與彈簧的彈性勢(shì)能之和逐漸增大,故C正確;小球向上運(yùn)動(dòng)的過程中,重力、彈力做功不改變機(jī)械能,而電場(chǎng)力做正功,且電場(chǎng)力做多少正功,小球和彈簧機(jī)械能就增加多少,而小球電勢(shì)能就減少多少,其總能量不變,故D錯(cuò)誤.7. (2018黑龍江大慶實(shí)驗(yàn)中學(xué)高三考試)如圖,M,N兩點(diǎn)處于同一水平面,O為M,N連線的中點(diǎn),過O點(diǎn)的豎直線上固定一根絕緣光滑細(xì)桿,桿上A,B兩點(diǎn)關(guān)于O點(diǎn)對(duì)稱,第一種情況,在M,N兩點(diǎn)分別放置電荷量為+Q和-Q的等量異種電荷,套在桿上帶正電的小金屬環(huán)從A點(diǎn)無(wú)初速度釋放,運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn);第二種情況,在M,N兩點(diǎn)分別放置電荷量為+Q的等量同種點(diǎn)電荷,該金屬環(huán)仍從A點(diǎn)無(wú)初速度釋放,運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn),則兩種情況是(BD)A.金屬環(huán)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的速度第一種情況較大B.金屬環(huán)從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)所用的時(shí)間第二種情況較長(zhǎng)C.金屬環(huán)從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程中,動(dòng)能與重力勢(shì)能之和均保持不變D.金屬環(huán)從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程中(不含A,B兩點(diǎn)),在桿上相同位置的速度第一種情況較大解析:當(dāng)M,N兩點(diǎn)分別放置等量異種電荷時(shí),它們連線的中垂線是等勢(shì)線,重力勢(shì)能全部轉(zhuǎn)化為動(dòng)能,金屬環(huán)做加速度為g的勻加速直線運(yùn)動(dòng);當(dāng)M,N兩點(diǎn)分別放置等量同種電荷時(shí),根據(jù)對(duì)稱性可知,電場(chǎng)力對(duì)金屬環(huán)先做負(fù)功、后做正功,總功為零,因此全過程中重力勢(shì)能也是全部轉(zhuǎn)化為動(dòng)能,因此兩種情況下,在B點(diǎn)的速度相等,故A錯(cuò)誤;由于到B點(diǎn)之前第一種情況一直做勻加速直線運(yùn)動(dòng),第二種情況的速度小,因此第二種情況所用的時(shí)間長(zhǎng),故B正確;等高處重力勢(shì)能相等,但到達(dá)B點(diǎn)前第二種情況的電勢(shì)能先增大,后減小,由能量守恒定律可知第二種情況動(dòng)能與重力勢(shì)能之和較小,故C錯(cuò)誤;第二種情況中電場(chǎng)力對(duì)金屬環(huán)先是阻力后是動(dòng)力,結(jié)合到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度與第一種情況的速度相等,可知在桿上相同位置的速度第一種情況較大,故D正確.8.(2018四川模擬)如圖(甲)所示,傾角30、上側(cè)接有R=1 的定值電阻的粗糙導(dǎo)軌(導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)、且ab與導(dǎo)軌上側(cè)相距足夠遠(yuǎn)),處于垂直導(dǎo)軌平面向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=1 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,導(dǎo)軌相距L=1 m.一質(zhì)量m=2 kg、阻值r=1 的金屬棒,在作用于棒中點(diǎn)、沿斜面且平行于導(dǎo)軌的拉力F作用下,由靜止開始從ab處沿導(dǎo)軌向上加速運(yùn)動(dòng),金屬棒運(yùn)動(dòng)的速度位移圖像如圖(乙)所示,(b點(diǎn)為位置坐標(biāo)原點(diǎn)).若金屬棒與導(dǎo)軌間動(dòng)摩擦因數(shù)=33,g=10 m/s2,則金屬棒從起點(diǎn)b沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動(dòng)x=1 m的過程中(BC)A.金屬棒做勻加速直線運(yùn)動(dòng)B.金屬棒與導(dǎo)軌間因摩擦產(chǎn)生的熱量為10 JC.通過電阻R的感應(yīng)電荷量為0.5 CD.電阻R產(chǎn)生的焦耳熱為0.5 J解析:vx圖像是直線,如果是勻加速直線運(yùn)動(dòng),根據(jù)v2-v02=2ax,v-x圖像應(yīng)該是曲線,故金屬棒做變加速直線運(yùn)動(dòng),故A錯(cuò)誤;金屬棒與導(dǎo)軌間因摩擦產(chǎn)生的熱量等于克服摩擦力做的功,即Q1=mgcos 30x=3321032 J=10 J,故B正確;通過電阻R的感應(yīng)電荷量q=It=ER+rt=tR+rt=R+r=BLxR+r=1111+1 C=0.5 C,故C正確;設(shè)金屬棒經(jīng)某點(diǎn)時(shí)速度為v,移動(dòng)距離為x,該過程產(chǎn)生的焦耳熱即等于克服安培力做的功,則有F安x=B2L2vR+rx=B2L2R+rvx,vx即為v-x圖線在該過程的面積,則在金屬棒沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動(dòng)1 m的過程中,其面積S=1,產(chǎn)生的焦耳熱為Q=B2L2vR+rx=121211+11 J=0.5 J,由于R=r,故R產(chǎn)生的焦耳熱為0.25 J,故D錯(cuò)誤.二、非選擇題(本大題共2小題,共36分)9.(18分)(2018湖南模擬)如圖所示,A,B兩物塊用一根輕繩跨過定滑輪相連,其中A帶負(fù)電,電荷量大小為q.A靜止于斜面的光滑部分(斜面傾角為37,其上部分光滑,下部分粗糙且足夠長(zhǎng),粗糙部分的動(dòng)摩擦因數(shù)為,且=78,上方有一個(gè)平行于斜面向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)),輕彈簧恰好無(wú)形變.不帶電的B,C通過一根輕彈簧拴接在一起,且處于靜止?fàn)顟B(tài),彈簧勁度系數(shù)為k.B,C質(zhì)量相等,均為m,A的質(zhì)量為2m,不計(jì)滑輪的質(zhì)量和摩擦,重力加速度為g.(1)電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小為多少?(2)現(xiàn)突然將電場(chǎng)的方向改變180,A開始運(yùn)動(dòng)起來(lái),當(dāng)C剛好要離開地面時(shí)(此時(shí)B還沒有運(yùn)動(dòng)到滑輪處,A剛要滑上斜面的粗糙部分),B的速度大小為v,求此時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能Ep.(3)若(2)問中A剛要滑上斜面的粗糙部分時(shí),繩子斷了,電場(chǎng)恰好再次反向,請(qǐng)問A再經(jīng)多長(zhǎng)時(shí)間停下來(lái)?解析:(1)對(duì)A,B系統(tǒng),根據(jù)平衡條件對(duì)物塊A有FT+Eq=2mgsin 37,對(duì)物塊B有FT=mg,解得E=mg5q.(2)C剛離地時(shí),彈簧伸長(zhǎng)x=mgk,由能量守恒定律得2mgxsin 37+ qEx=mgx+123mv2+Ep,解得Ep=2m2g25k-3mv22.(3)繩斷后,對(duì)A根據(jù)牛頓第二定律,有a=2mgsin37-2mgcos37-qE2m=-0.2 g,由運(yùn)動(dòng)公式得,t=0-va=5vg.由于Eq=mg5<2mgsin 37,之后物塊A不可能上滑而保持靜止,即物塊A經(jīng)5vg的時(shí)間停止運(yùn)動(dòng).答案:(1)mg5q(2)2m2g25k-3mv22(3)5vg10. (18分)(2018福建模擬)如圖所示,傾角=30、寬為L(zhǎng)=1 m的足夠長(zhǎng)的U形光滑金屬導(dǎo)軌固定在磁感應(yīng)強(qiáng)度B=1 T、范圍足夠大的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,磁場(chǎng)方向垂直導(dǎo)軌平面斜向上.現(xiàn)用一平行于導(dǎo)軌的F牽引一根質(zhì)量m=0.2 kg、電阻R=1 的導(dǎo)體棒ab由靜止開始沿導(dǎo)軌向上滑動(dòng);牽引力的功率恒定為P=90 W,經(jīng)過t=2 s導(dǎo)體棒剛達(dá)到穩(wěn)定速度v時(shí)棒上滑的距離s=11.9 m.導(dǎo)體棒ab始終垂直導(dǎo)軌且與導(dǎo)軌接觸良好,不計(jì)導(dǎo)軌電阻及一切摩擦,取g=10 m/s2.求: (1)從開始運(yùn)動(dòng)到達(dá)到穩(wěn)定速度過程中導(dǎo)體棒產(chǎn)生的焦耳熱Q1;(2)若在導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌上滑達(dá)到穩(wěn)定速度前某時(shí)刻撤去牽引力,從撤去牽引力到棒的速度減為零的過程中通過導(dǎo)體棒的電荷量為q=0.48 C,導(dǎo)體棒產(chǎn)生的焦耳熱為Q2=1.12 J,則撤去牽引力時(shí)棒的速度v多大?解析:(1)導(dǎo)體棒達(dá)到穩(wěn)定時(shí),整個(gè)過程中,牽引力做功W=Pt,即消耗機(jī)械能為Pt,感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E1=BLv,感應(yīng)電流為I1=E1R,牽引力的功率為P=Fv,根據(jù)平衡條件得F-mgsin -BI1L=0,整個(gè)過程中,牽引力做功W=Pt,即消耗機(jī)械能為Pt,由能量守恒有Pt=mgssin +12mv2+Q1,聯(lián)立代入數(shù)據(jù)得Q1=160 J.(2)設(shè)棒從撤去拉力到速度為零的過程沿導(dǎo)軌上滑距離為x,則有通過導(dǎo)體棒的電荷量q=It,由閉合電路歐姆定律有I=ER,根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律,有E=t,磁通量的變化量=B(Lx),由能量守恒有12mv2= mgxsin +Q2,聯(lián)立代入數(shù)據(jù)得v=4 m/s.答案:(1)160 J(2)4 m/s