《（新課標）2020版高考物理大二輪復習 專題強化訓練7 功能關系在電學中的應用》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（新課標）2020版高考物理大二輪復習 專題強化訓練7 功能關系在電學中的應用（11頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題強化訓練(七) 一、選擇題 1．(2019·天津卷)如圖所示，在水平向右的勻強電場中，質(zhì)量為m的帶電小球，以初速度v從M點豎直向上運動，通過N點時，速度大小為2v，方向與電場方向相反，則小球從M運動到N的過程(　　) A．動能增加mv2 B．機械能增加2mv2 C．重力勢能增加mv2 D．電勢能增加2mv2 [解析]　小球動能的增加量為ΔEk＝m(2v)2－mv2＝mv2，A錯誤；小球在豎直方向上的分運動為豎直上拋，到N時豎直方向的速度為零，則M、N兩點之間的高度差為h＝，小球重力勢能的增加量為ΔEp＝mgh＝mv2，C錯誤；電場力對小球做正功，則小球的電勢能減少，由

2、能量守恒定律可知，小球減小的電勢能等于重力勢能與動能的增加量之和，則電勢能的減少量為ΔEp′＝mv2＋mv2＝2mv2，D錯誤；由功能關系可知，除重力外的其他力對小球所做的功等于小球機械能的增加量，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，勻強電場與水平方向成夾角θ(θ<45°)，場中有一質(zhì)量為m、可視為質(zhì)點的帶電小球，用長為L的細線懸掛于O點，當小球靜止時，細線恰好水平．現(xiàn)用豎直向下的恒定外力將小球拉到豎直方向最低點時，小球速度剛好再次為零．若小球電荷量保持不變，則在此過程中(　　) A．小球電勢能一直在增加，電勢能增量為Δ

3、Ep＝mgL B．小球機械能一直在減小，機械能增量為ΔE＝－mgL C．小球在最低點的加速度a＝0 D．小球的最大動能Ekm＝(－1)mgL [解析]　設小球所受電場力為F，根據(jù)小球靜止時，細線恰好水平，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，需要克服電場力做功，小球電勢能一直在增加．根據(jù)功能關系，小球電勢能增加量為ΔEp＝FLcosθ＋FLsinθ＝mgL，選項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時，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力的合力做功大小相等，又水平方向和豎直方向運動距離都為L，故恒定外力

4、與重力和電場力的合力大小相等，F(xiàn)外＝F合＝mg，故總的合力恰好與豎直方向夾角為45°，則小球機械能先增大后減小，選項B錯誤；由以上分析可知小球在最低點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的加速度不為零，選項C錯誤；分析可知，當轉過45°時，小球有最大速度，易知小球所受合力為F合＝mg，由動能定理可得小球的最大動能Ekmax＝·mg＝(－1)mgL，選項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點運動到B點的過程中，只受重力、電場力和空氣阻力三個力的作用．若重力勢能增加5 J，機械能增加1.5 J，電場力做功

5、2 J，則小球(　　) A．重力做功為5 J B．電勢能減少2 J C．空氣阻力做功0.5 J D．動能減少3.5 J [解析]　小球的重力勢能增加5 J，則小球克服重力做功5 J，故選項A錯誤；電場力對小球做功2 J，則小球的電勢能減少2 J，故選項B正確；小球共受到重力、電場力、空氣阻力三個力作用，小球的機械能增加1.5 J，則除重力以外的力做功為1.5 J，電場力對小球做功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C錯誤；重力、電場力、空氣阻力三力做功之和為－3.5 J，根據(jù)動能定理，小球的動能減少3.5 J，故選項D正確． [答案

6、]　BD 4．(2019·山東省實驗中學模擬)如圖所示，平行板電容器水平放置，兩極板間電場強度大小為E，中間用一光滑絕緣細桿垂直連接，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，開始時對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始向上運動，上升h時恰好與彈簧分離，分離時小球的速度為v，小球上升過程不會撞擊到上極板，已知小球的質(zhì)量為m，帶電荷量為q，重力加速度為g，下列說法正確的是(　　) A．與彈簧分離時小球的動能為mgh＋qEh B．從開始運動到與彈簧分離，小球增加的機械能為mgh＋qEh C．從開始運動到與彈簧分離，小

7、球減少的電勢能為 D．撤去外力時彈簧的彈性勢能為mv2－(qE－mg)h [解析]　根據(jù)動能定理可知，合外力對小球所做的功等于小球動能的變化量，所以小球與彈簧分離時的動能為Ek＝qEh－mgh＋Ep，選項A錯誤；從開始運動到與彈簧分離，小球增加的機械能為ΔE＝mgh＋mv2＝qEh＋Ep，選項B錯誤；小球減少的電勢能為Eqh，故選項C錯誤；從撤去外力到小球與彈簧分離，由動能定理可知，mv2＝Ep＋qEh－mgh，所以Ep＝mv2－(qE－mg)h，選項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)，磁感應強度

8、為B的勻強磁場方向垂直軌道平面向里．一可視為質(zhì)點、質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的小球由軌道左端A處無初速度滑下．當小球滑至軌道最低點C時，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軌道右側的D點．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點受到的洛倫茲力大小為qB B．小球在C點對軌道的壓力大小為3mg－qB C．小球從C到D的過程中，外力F的大小保持不變 D．小球從C到D的過程中，外力F的功率逐漸增大 [解析]　小球從A到C過程中由機械能守恒有mgR＝mv2，解得v＝，所以小球在C點受到的洛倫茲力大小為F洛＝qB，故選

9、項A錯誤；在C點由牛頓第二定律有FN－mg＋F洛＝m，解得FN＝3mg－qB，故選項B正確；小球從C到D的過程中，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C錯誤；小球從C到D的過程中，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)的兩根平行長直光滑金屬導軌的間距為d＝1 m，其底端接有阻值為R＝2 Ω的電阻，整個裝置處在垂直斜面向上、磁感應強度大小為B＝2 T的勻強磁場中．一質(zhì)量為m＝1 kg(質(zhì)量分布均勻)的導體桿

10、ab垂直于導軌放置，且與兩導軌保持良好接觸．現(xiàn)桿在沿斜面向上、垂直于桿的恒力F＝10 N作用下從靜止開始沿導軌向上運動距離L＝6 m時，速度恰好達到最大(運動過程中桿始終與導軌保持垂直)．設桿接入電路的電阻為r＝2 Ω，導軌電阻不計，重力加速度大小為g＝10 m/s2.則此過程(　　) A．桿的速度最大值為4 m/s B．流過電阻R的電荷量為6 C C．在這一過程中，整個回路產(chǎn)生的熱量為17.5 J D．流過電阻R的電流方向為由c到d [解析]　當桿達到最大速度時滿足F＝＋mgsinθ，解得vm＝5 m/s，選項A錯誤；流過電阻R的電荷量q＝＝＝ C＝3 C，選項B錯誤；回路產(chǎn)生

11、的熱量Q＝FL－mgLsinθ－mv＝17.5 J，選項C正確；由右手定則可知流過R的電流方向從d到c，選項D錯誤． [答案]　C 7．(多選)(2019·東北省四市聯(lián)考)如圖所示，在寬度為d的條形無場區(qū)左側Ⅰ區(qū)和右側Ⅱ區(qū)內(nèi)，存在著磁感應強度大小均為B的勻強磁場，磁場方向如圖所示．有一邊長為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邊與磁場邊界平行，現(xiàn)使線框以垂直于磁場邊界的速度v從圖示位置向右勻速運動，則(　　) A．當EF邊剛進入Ⅱ區(qū)時，線框中電流方向為順時針，大小為 B．當EF邊剛進入中間無磁場區(qū)時，E、F兩點間的電壓為 C．將線框拉至HG

12、邊剛離開Ⅰ區(qū)的過程中，拉力所做的功為 D．將線框從Ⅰ區(qū)全部拉入Ⅱ區(qū)的過程中，回路中產(chǎn)生的焦耳熱為 [解析]　當EF邊剛進入Ⅱ區(qū)時，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)生的感應電動勢方向為順時針方向，EF邊切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢方向為順時針方向，則回路中產(chǎn)生總感應電動勢為E1＝2Blv，由閉合電路歐姆定律，回路中產(chǎn)生的感應電流大小為I1＝＝，方向為順時針方向，選項A錯誤．當EF邊剛進入中間無磁場區(qū)域時，只有HG邊切割磁感線，回路中產(chǎn)生的感應電動勢E2＝Blv，感應電流I2＝，E、F兩點之間的電壓為U＝＝，選項B正確．線框在整個運動過程中做勻速運動，故線框

13、所受安培力和拉力始終相等．線框在Ⅰ區(qū)運動，磁通量不變，不產(chǎn)生感應電流，拉力不做功；在EF邊進入中間無磁場區(qū)域的過程中，只有HG邊切割磁感線，回路中產(chǎn)生的感應電動勢為E2＝Blv，感應電流I2＝，線框所受安培力F1＝BI2l，拉力做功W1＝F1d＝；當EF邊進入Ⅱ區(qū)距離小于l－d時，HG、EF邊均切割磁感線，回路中產(chǎn)生總感應電動勢為E1＝2Blv，感應電流大小為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Ⅰ區(qū)的過程中，拉力所做的功W＝W1＋W2＝，選項C正確．當EF邊進入Ⅱ區(qū)距離大于l－d小于l時，只有EF邊切割磁感線，產(chǎn)生感應電動勢E3＝

14、Blv，感應電流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，存在著兩個磁感應強度大小均為B的勻強磁場，區(qū)域Ⅰ的磁場方向垂直斜面向上．區(qū)域Ⅱ的磁場方向垂直斜面向下，磁場的寬度均為L.一個質(zhì)量為m、電阻為R、邊長也為L的正方形導線框，由靜止開始沿斜面下滑．當ab邊剛越過GH進入磁場Ⅰ區(qū)時，恰好以速度v1做勻速直線運動；

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

16、動時，mgsinθ＝，則v2

17、，則下列說法正確的是(　　) A．此過程中通過線框截面的電荷量為 B．此時線框中的電功率為 C．此過程中回路產(chǎn)生的電能為 D．此時線框的加速度為 [解析]　根據(jù)q＝，穿過線圈的磁通量由Ba2減小到零，所以此過程中通過線框橫截面的電荷量為，選項A錯誤；此時線框中的電動勢E＝2Ba·＝Bav，電功率P＝＝，選項B錯誤；此過程中回路產(chǎn)生的電能等于線圈動能的減少量，mv2－m2＝mv2，選項C正確；此時線框中的電流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)置于斜面的中點D，整個空間存在水平向右的勻強電場，場強E＝2×105 N/C，現(xiàn)讓滑塊以v0＝14 m/s的速度沿斜面向上運動．設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)滑塊沿斜面向上運動的加速度大??； (2)滑塊運動的總路程． [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． 設滑塊從D點開始運動到最終停在C點的過程中在斜面上運動的總路程為s1，由動能定理有 qEcos37°－mgsin37°－fs1＝0－mv 解得s1＝61.5 m 設滑塊第1次到B時動能為Ek1，從D到B由動能定理得 －qEcos37°＋mgsin37°－f·＝Ek1－mv 解得Ek1＝29 J 設滑塊第1次從B滑到水平面上的最遠距離為x1， 由動能定理得－qEx1＝0－Ek1，解得x1＝2.9 m 水平

20、面光滑，滑塊滑回到B點時動能不變，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點時動能為Ek2＝Ek1－Wf＝19 J 設滑塊第2次從B滑到水平面上的最遠距離為x2， 由動能定理得－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距離為x3＝0.9 m 此后就不會再滑到水平面上了 滑塊在水平面上運動的總路程為 s2＝2(x1＋x2＋x3)＝11.4 m 滑塊運動的總路程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，兩根足夠長的光滑直

21、金屬導軌MN、PQ平行固定在傾角θ＝37°的絕緣斜面上，兩導軌間距L＝1 m，導軌的電阻可忽略．M、P兩點間接有阻值為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放在兩導軌上，與導軌垂直且接觸良好．整套裝置處于磁感應強度B＝0.5 T的勻強磁場中，磁場方向垂直斜面向下．自圖示位置起，桿ab受到大小為F、方向平行導軌向下的拉力作用，力F隨桿ab運動速度v變化的圖像如圖乙所示，桿由靜止開始運動，測得通過電阻R的電流隨時間均勻增大．g取10 m/s2，sin37°＝0.6. (1)試判斷金屬桿ab在勻強磁場中做何種運動，請寫出推理過程； (2)求電阻R的阻值； (3

22、)金屬桿ab自靜止開始下滑通過位移x＝1 m的過程中，拉力的平均功率為6.6 W，求在此過程中回路中產(chǎn)生的焦耳熱． [解析]　(1)通過R的電流I＝，E＝BLv，所以I＝ 因為B、L、R、r為定值，所以I與v成正比．又因為電流I隨時間均勻增大，故桿的速度v也隨時間均勻增大，即桿的加速度為恒量，金屬桿做勻加速直線運動(或金屬桿做初速度為零的勻加速直線運動)． (2)對桿：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 因為v為變量，a為定值，所以a與v無關，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 由勻變速直線運動規(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)見解析　(2)0.3 Ω　(3)1.3 J 11