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(新課標(biāo))2020版高考物理大二輪復(fù)習(xí) 專題強(qiáng)化訓(xùn)練7 功能關(guān)系在電學(xué)中的應(yīng)用

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1、專題強(qiáng)化訓(xùn)練(七) 一、選擇題 1.(2019·天津卷)如圖所示,在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中,質(zhì)量為m的帶電小球,以初速度v從M點(diǎn)豎直向上運(yùn)動(dòng),通過(guò)N點(diǎn)時(shí),速度大小為2v,方向與電場(chǎng)方向相反,則小球從M運(yùn)動(dòng)到N的過(guò)程(  ) A.動(dòng)能增加mv2 B.機(jī)械能增加2mv2 C.重力勢(shì)能增加mv2 D.電勢(shì)能增加2mv2 [解析] 小球動(dòng)能的增加量為ΔEk=m(2v)2-mv2=mv2,A錯(cuò)誤;小球在豎直方向上的分運(yùn)動(dòng)為豎直上拋,到N時(shí)豎直方向的速度為零,則M、N兩點(diǎn)之間的高度差為h=,小球重力勢(shì)能的增加量為ΔEp=mgh=mv2,C錯(cuò)誤;電場(chǎng)力對(duì)小球做正功,則小球的電勢(shì)能減少,由

2、能量守恒定律可知,小球減小的電勢(shì)能等于重力勢(shì)能與動(dòng)能的增加量之和,則電勢(shì)能的減少量為ΔEp′=mv2+mv2=2mv2,D錯(cuò)誤;由功能關(guān)系可知,除重力外的其他力對(duì)小球所做的功等于小球機(jī)械能的增加量,即2mv2,B正確. [答案] B 2.(多選)(2019·湖北武漢高三畢業(yè)生四月調(diào)研) 如圖所示,勻強(qiáng)電場(chǎng)與水平方向成夾角θ(θ<45°),場(chǎng)中有一質(zhì)量為m、可視為質(zhì)點(diǎn)的帶電小球,用長(zhǎng)為L(zhǎng)的細(xì)線懸掛于O點(diǎn),當(dāng)小球靜止時(shí),細(xì)線恰好水平.現(xiàn)用豎直向下的恒定外力將小球拉到豎直方向最低點(diǎn)時(shí),小球速度剛好再次為零.若小球電荷量保持不變,則在此過(guò)程中(  ) A.小球電勢(shì)能一直在增加,電勢(shì)能增量為Δ

3、Ep=mgL B.小球機(jī)械能一直在減小,機(jī)械能增量為ΔE=-mgL C.小球在最低點(diǎn)的加速度a=0 D.小球的最大動(dòng)能Ekm=(-1)mgL [解析] 設(shè)小球所受電場(chǎng)力為F,根據(jù)小球靜止時(shí),細(xì)線恰好水平,可以得出Fsinθ=mg,解得F=.用豎直向下的恒定外力將小球拉到豎直方向最低點(diǎn),需要克服電場(chǎng)力做功,小球電勢(shì)能一直在增加.根據(jù)功能關(guān)系,小球電勢(shì)能增加量為ΔEp=FLcosθ+FLsinθ=mgL,選項(xiàng)A正確;用豎直向下的恒定外力將小球拉到豎直方向最低點(diǎn)時(shí),小球速度剛好再次為零,分析可知,恒定外力做功大小與重力和電場(chǎng)力的合力做功大小相等,又水平方向和豎直方向運(yùn)動(dòng)距離都為L(zhǎng),故恒定外力

4、與重力和電場(chǎng)力的合力大小相等,F(xiàn)外=F合=mg,故總的合力恰好與豎直方向夾角為45°,則小球機(jī)械能先增大后減小,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;由以上分析可知小球在最低點(diǎn)的合力方向與豎直方向夾角為45°,根據(jù)牛頓第二定律可知小球在最低點(diǎn)的加速度不為零,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;分析可知,當(dāng)轉(zhuǎn)過(guò)45°時(shí),小球有最大速度,易知小球所受合力為F合=mg,由動(dòng)能定理可得小球的最大動(dòng)能Ekmax=·mg=(-1)mgL,選項(xiàng)D正確. [答案] AD 3.(多選)(2019·湖北省六校聯(lián)合體4月聯(lián)考)一帶電小球在空中由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過(guò)程中,只受重力、電場(chǎng)力和空氣阻力三個(gè)力的作用.若重力勢(shì)能增加5 J,機(jī)械能增加1.5 J,電場(chǎng)力做功

5、2 J,則小球(  ) A.重力做功為5 J B.電勢(shì)能減少2 J C.空氣阻力做功0.5 J D.動(dòng)能減少3.5 J [解析] 小球的重力勢(shì)能增加5 J,則小球克服重力做功5 J,故選項(xiàng)A錯(cuò)誤;電場(chǎng)力對(duì)小球做功2 J,則小球的電勢(shì)能減少2 J,故選項(xiàng)B正確;小球共受到重力、電場(chǎng)力、空氣阻力三個(gè)力作用,小球的機(jī)械能增加1.5 J,則除重力以外的力做功為1.5 J,電場(chǎng)力對(duì)小球做功2 J,則知,空氣阻力做功為-0.5 J,即小球克服空氣阻力做功0.5 J,故選項(xiàng)C錯(cuò)誤;重力、電場(chǎng)力、空氣阻力三力做功之和為-3.5 J,根據(jù)動(dòng)能定理,小球的動(dòng)能減少3.5 J,故選項(xiàng)D正確. [答案

6、] BD 4.(2019·山東省實(shí)驗(yàn)中學(xué)模擬)如圖所示,平行板電容器水平放置,兩極板間電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E,中間用一光滑絕緣細(xì)桿垂直連接,桿上套有帶正電荷的小球和絕緣彈簧,小球壓在彈簧上,但與彈簧不拴接,開(kāi)始時(shí)對(duì)小球施加一豎直向下的外力,將小球壓至某位置使小球保持靜止.撤去外力后小球從靜止開(kāi)始向上運(yùn)動(dòng),上升h時(shí)恰好與彈簧分離,分離時(shí)小球的速度為v,小球上升過(guò)程不會(huì)撞擊到上極板,已知小球的質(zhì)量為m,帶電荷量為q,重力加速度為g,下列說(shuō)法正確的是(  ) A.與彈簧分離時(shí)小球的動(dòng)能為mgh+qEh B.從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到與彈簧分離,小球增加的機(jī)械能為mgh+qEh C.從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到與彈簧分離,小

7、球減少的電勢(shì)能為 D.撤去外力時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能為mv2-(qE-mg)h [解析] 根據(jù)動(dòng)能定理可知,合外力對(duì)小球所做的功等于小球動(dòng)能的變化量,所以小球與彈簧分離時(shí)的動(dòng)能為Ek=qEh-mgh+Ep,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到與彈簧分離,小球增加的機(jī)械能為ΔE=mgh+mv2=qEh+Ep,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;小球減少的電勢(shì)能為Eqh,故選項(xiàng)C錯(cuò)誤;從撤去外力到小球與彈簧分離,由動(dòng)能定理可知,mv2=Ep+qEh-mgh,所以Ep=mv2-(qE-mg)h,選項(xiàng)D正確. [答案] D 5.(多選)(2019·河南六市第5次聯(lián)考)如右圖所示,半徑為R的光滑半圓弧絕緣軌道固定在豎直平面內(nèi),磁感應(yīng)強(qiáng)度

8、為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直軌道平面向里.一可視為質(zhì)點(diǎn)、質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的小球由軌道左端A處無(wú)初速度滑下.當(dāng)小球滑至軌道最低點(diǎn)C時(shí),給小球再施加一始終水平向右的外力F,使小球能保持不變的速率滑過(guò)軌道右側(cè)的D點(diǎn).若小球始終與軌道接觸,重力加速度為g,則下列判斷中正確的是(  ) A.小球在C點(diǎn)受到的洛倫茲力大小為qB B.小球在C點(diǎn)對(duì)軌道的壓力大小為3mg-qB C.小球從C到D的過(guò)程中,外力F的大小保持不變 D.小球從C到D的過(guò)程中,外力F的功率逐漸增大 [解析] 小球從A到C過(guò)程中由機(jī)械能守恒有mgR=mv2,解得v=,所以小球在C點(diǎn)受到的洛倫茲力大小為F洛=qB,故選

9、項(xiàng)A錯(cuò)誤;在C點(diǎn)由牛頓第二定律有FN-mg+F洛=m,解得FN=3mg-qB,故選項(xiàng)B正確;小球從C到D的過(guò)程中,合外力始終指向圓心,所以mgcosθ=Fsinθ,θ變化,外力F的大小發(fā)生變化,故選項(xiàng)C錯(cuò)誤;小球從C到D的過(guò)程中,由能量守恒定律可知外力F的功率等于重力功率大小,所以外力F的功率逐漸增大,故選項(xiàng)D正確. [答案] BD 6.(2019·福建寧德一模)如圖所示,固定在傾角為θ=30°的斜面內(nèi)的兩根平行長(zhǎng)直光滑金屬導(dǎo)軌的間距為d=1 m,其底端接有阻值為R=2 Ω的電阻,整個(gè)裝置處在垂直斜面向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B=2 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中.一質(zhì)量為m=1 kg(質(zhì)量分布均勻)的導(dǎo)體桿

10、ab垂直于導(dǎo)軌放置,且與兩導(dǎo)軌保持良好接觸.現(xiàn)桿在沿斜面向上、垂直于桿的恒力F=10 N作用下從靜止開(kāi)始沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動(dòng)距離L=6 m時(shí),速度恰好達(dá)到最大(運(yùn)動(dòng)過(guò)程中桿始終與導(dǎo)軌保持垂直).設(shè)桿接入電路的電阻為r=2 Ω,導(dǎo)軌電阻不計(jì),重力加速度大小為g=10 m/s2.則此過(guò)程(  ) A.桿的速度最大值為4 m/s B.流過(guò)電阻R的電荷量為6 C C.在這一過(guò)程中,整個(gè)回路產(chǎn)生的熱量為17.5 J D.流過(guò)電阻R的電流方向?yàn)橛蒫到d [解析] 當(dāng)桿達(dá)到最大速度時(shí)滿足F=+mgsinθ,解得vm=5 m/s,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;流過(guò)電阻R的電荷量q=== C=3 C,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;回路產(chǎn)生

11、的熱量Q=FL-mgLsinθ-mv=17.5 J,選項(xiàng)C正確;由右手定則可知流過(guò)R的電流方向從d到c,選項(xiàng)D錯(cuò)誤. [答案] C 7.(多選)(2019·東北省四市聯(lián)考)如圖所示,在寬度為d的條形無(wú)場(chǎng)區(qū)左側(cè)Ⅰ區(qū)和右側(cè)Ⅱ區(qū)內(nèi),存在著磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁場(chǎng)方向如圖所示.有一邊長(zhǎng)為l(l>d)、電阻均勻分布且阻值為R的正方形金屬線框EFGH置于Ⅰ區(qū)域,EF邊與磁場(chǎng)邊界平行,現(xiàn)使線框以垂直于磁場(chǎng)邊界的速度v從圖示位置向右勻速運(yùn)動(dòng),則(  ) A.當(dāng)EF邊剛進(jìn)入Ⅱ區(qū)時(shí),線框中電流方向?yàn)轫槙r(shí)針,大小為 B.當(dāng)EF邊剛進(jìn)入中間無(wú)磁場(chǎng)區(qū)時(shí),E、F兩點(diǎn)間的電壓為 C.將線框拉至HG

12、邊剛離開(kāi)Ⅰ區(qū)的過(guò)程中,拉力所做的功為 D.將線框從Ⅰ區(qū)全部拉入Ⅱ區(qū)的過(guò)程中,回路中產(chǎn)生的焦耳熱為 [解析] 當(dāng)EF邊剛進(jìn)入Ⅱ區(qū)時(shí),金屬線框HG、EF邊均切割磁感線,由右手定則可判斷出HG邊切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)方向?yàn)轫槙r(shí)針?lè)较?,EF邊切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)方向?yàn)轫槙r(shí)針?lè)较颍瑒t回路中產(chǎn)生總感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E1=2Blv,由閉合電路歐姆定律,回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電流大小為I1==,方向?yàn)轫槙r(shí)針?lè)较颍x項(xiàng)A錯(cuò)誤.當(dāng)EF邊剛進(jìn)入中間無(wú)磁場(chǎng)區(qū)域時(shí),只有HG邊切割磁感線,回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E2=Blv,感應(yīng)電流I2=,E、F兩點(diǎn)之間的電壓為U==,選項(xiàng)B正確.線框在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中做勻速運(yùn)動(dòng),故線框

13、所受安培力和拉力始終相等.線框在Ⅰ區(qū)運(yùn)動(dòng),磁通量不變,不產(chǎn)生感應(yīng)電流,拉力不做功;在EF邊進(jìn)入中間無(wú)磁場(chǎng)區(qū)域的過(guò)程中,只有HG邊切割磁感線,回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E2=Blv,感應(yīng)電流I2=,線框所受安培力F1=BI2l,拉力做功W1=F1d=;當(dāng)EF邊進(jìn)入Ⅱ區(qū)距離小于l-d時(shí),HG、EF邊均切割磁感線,回路中產(chǎn)生總感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E1=2Blv,感應(yīng)電流大小為I1==,線框所受總安培力F2=2BI1l,拉力做功W2=F2(l-d)=,則將線框拉至HG邊剛離開(kāi)Ⅰ區(qū)的過(guò)程中,拉力所做的功W=W1+W2=,選項(xiàng)C正確.當(dāng)EF邊進(jìn)入Ⅱ區(qū)距離大于l-d小于l時(shí),只有EF邊切割磁感線,產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E3=

14、Blv,感應(yīng)電流I3=,線框所受安培力F3=BI3l,拉力做功W3=F3d=;將線框從Ⅰ區(qū)全部拉入Ⅱ區(qū)的過(guò)程中,安培力做的總功W′=-W1-W2-W3=-.根據(jù)克服安培力做的功等于回路中產(chǎn)生的焦耳熱可知,回路中產(chǎn)生的焦耳熱為Q=-W′=,選項(xiàng)D正確. [答案] BCD 8. (多選)(2019·蘇州模擬)在如圖所示的傾角為θ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Ⅰ的磁場(chǎng)方向垂直斜面向上.區(qū)域Ⅱ的磁場(chǎng)方向垂直斜面向下,磁場(chǎng)的寬度均為L(zhǎng).一個(gè)質(zhì)量為m、電阻為R、邊長(zhǎng)也為L(zhǎng)的正方形導(dǎo)線框,由靜止開(kāi)始沿斜面下滑.當(dāng)ab邊剛越過(guò)GH進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ區(qū)時(shí),恰好以速度v1做勻速直線運(yùn)動(dòng);

15、當(dāng)ab邊下滑到JP與MN的中間位置時(shí),線框又恰好以速度v2做勻速直線運(yùn)動(dòng),從ab進(jìn)入GH到MN與JP的中間位置的過(guò)程中,線框的動(dòng)能變化量為ΔEk,重力對(duì)線框做功大小為W1,安培力對(duì)線框做功大小為W2,下列說(shuō)法中正確的是(  ) A.在下滑過(guò)程中,由于重力做正功,所以有v2>v1 B.從ab進(jìn)入GH到MN與JP的中間位置的過(guò)程中,機(jī)械能守恒 C.從ab進(jìn)入GH到MN與JP的中間位置的過(guò)程中,有(W1-ΔEk)的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電能 D.從ab進(jìn)入GH到MN到JP的中間位置的過(guò)程中,線框動(dòng)能的變化量為ΔEk=W1-W2 [解析] 由平衡條件,第一次勻速運(yùn)動(dòng)時(shí),mgsinθ=,第二次勻速運(yùn)

16、動(dòng)時(shí),mgsinθ=,則v2

17、,則下列說(shuō)法正確的是(  ) A.此過(guò)程中通過(guò)線框截面的電荷量為 B.此時(shí)線框中的電功率為 C.此過(guò)程中回路產(chǎn)生的電能為 D.此時(shí)線框的加速度為 [解析] 根據(jù)q=,穿過(guò)線圈的磁通量由Ba2減小到零,所以此過(guò)程中通過(guò)線框橫截面的電荷量為,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;此時(shí)線框中的電動(dòng)勢(shì)E=2Ba·=Bav,電功率P==,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;此過(guò)程中回路產(chǎn)生的電能等于線圈動(dòng)能的減少量,mv2-m2=mv2,選項(xiàng)C正確;此時(shí)線框中的電流I==,線框所受的安培力的合力為F=2BIa,加速度為a=,選項(xiàng)D正確. [答案] CD 二、非選擇題 10.(2019·浙江五校聯(lián)考)如圖所示,光滑絕緣水平面AB與傾角

18、θ=37°,長(zhǎng)L=5 m的固定絕緣斜面BC在B處平滑相連,在斜面的C處有一與斜面垂直的彈性絕緣擋板.質(zhì)量m=0.5 kg、帶電荷量q=+5×10-5 C的絕緣帶電小滑塊(可看作質(zhì)點(diǎn))置于斜面的中點(diǎn)D,整個(gè)空間存在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng),場(chǎng)強(qiáng)E=2×105 N/C,現(xiàn)讓滑塊以v0=14 m/s的速度沿斜面向上運(yùn)動(dòng).設(shè)滑塊與擋板碰撞前后所帶電荷量不變、速度大小不變,滑塊和斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.1.(g取10 m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8),求: (1)滑塊沿斜面向上運(yùn)動(dòng)的加速度大??; (2)滑塊運(yùn)動(dòng)的總路程. [解析] (1)滑塊與斜面之間的摩擦力 f=μ(mg

19、cos37°+qEsin37°)=1 N 根據(jù)牛頓第二定律可得 qEcos37°-mgsin37°-f=ma,解得a=8 m/s2. (2)由題可知,滑塊最終停在C點(diǎn). 設(shè)滑塊從D點(diǎn)開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到最終停在C點(diǎn)的過(guò)程中在斜面上運(yùn)動(dòng)的總路程為s1,由動(dòng)能定理有 qEcos37°-mgsin37°-fs1=0-mv 解得s1=61.5 m 設(shè)滑塊第1次到B時(shí)動(dòng)能為Ek1,從D到B由動(dòng)能定理得 -qEcos37°+mgsin37°-f·=Ek1-mv 解得Ek1=29 J 設(shè)滑塊第1次從B滑到水平面上的最遠(yuǎn)距離為x1, 由動(dòng)能定理得-qEx1=0-Ek1,解得x1=2.9 m 水平

20、面光滑,滑塊滑回到B點(diǎn)時(shí)動(dòng)能不變,滑塊在斜面上往返一次克服摩擦力做功Wf=2fL=10 J 滑塊第2次回到B點(diǎn)時(shí)動(dòng)能為Ek2=Ek1-Wf=19 J 設(shè)滑塊第2次從B滑到水平面上的最遠(yuǎn)距離為x2, 由動(dòng)能定理得-qEx2=0-Ek2,解得x2=1.9 m 同理,滑塊第3次從B滑到水平面上的最遠(yuǎn)距離為x3=0.9 m 此后就不會(huì)再滑到水平面上了 滑塊在水平面上運(yùn)動(dòng)的總路程為 s2=2(x1+x2+x3)=11.4 m 滑塊運(yùn)動(dòng)的總路程s=s1+s2=72.9 m [答案] (1)8 m/s2 (2)72.9 m 11.(2019·內(nèi)蒙古包頭聯(lián)考)如圖甲所示,兩根足夠長(zhǎng)的光滑直

21、金屬導(dǎo)軌MN、PQ平行固定在傾角θ=37°的絕緣斜面上,兩導(dǎo)軌間距L=1 m,導(dǎo)軌的電阻可忽略.M、P兩點(diǎn)間接有阻值為R的電阻.一根質(zhì)量m=1 kg、電阻r=0.2 Ω的均勻直金屬桿ab放在兩導(dǎo)軌上,與導(dǎo)軌垂直且接觸良好.整套裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.5 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,磁場(chǎng)方向垂直斜面向下.自圖示位置起,桿ab受到大小為F、方向平行導(dǎo)軌向下的拉力作用,力F隨桿ab運(yùn)動(dòng)速度v變化的圖像如圖乙所示,桿由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng),測(cè)得通過(guò)電阻R的電流隨時(shí)間均勻增大.g取10 m/s2,sin37°=0.6. (1)試判斷金屬桿ab在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做何種運(yùn)動(dòng),請(qǐng)寫(xiě)出推理過(guò)程; (2)求電阻R的阻值; (3

22、)金屬桿ab自靜止開(kāi)始下滑通過(guò)位移x=1 m的過(guò)程中,拉力的平均功率為6.6 W,求在此過(guò)程中回路中產(chǎn)生的焦耳熱. [解析] (1)通過(guò)R的電流I=,E=BLv,所以I= 因?yàn)锽、L、R、r為定值,所以I與v成正比.又因?yàn)殡娏鱅隨時(shí)間均勻增大,故桿的速度v也隨時(shí)間均勻增大,即桿的加速度為恒量,金屬桿做勻加速直線運(yùn)動(dòng)(或金屬桿做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)). (2)對(duì)桿:根據(jù)牛頓第二定律有F+mgsinθ-F安=ma 由圖乙可知:F=0.5v+2(N) F安=BIL=v(N) 則可得:2+mgsinθ+v=ma 因?yàn)関為變量,a為定值,所以a與v無(wú)關(guān),必有 ma=2+mgsinθ,0.5-=0 解得a=8 m/s2,R=0.3 Ω (3)由能量守恒定律得Pt+mgxsinθ=Q+mv2 由勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律得x=at2,v=at 聯(lián)立解得t=0.5 s,v=4 m/s,Q=1.3 J. [答案] (1)見(jiàn)解析 (2)0.3 Ω (3)1.3 J 11

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