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

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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1～5題只有一項符合題目要求,第6～8題有多項符合題目要求) 1. (2018安徽池州模擬)如圖所示,勻強電場水平向左,帶正電的物體沿絕緣、粗糙水平板向右運動,經(jīng)A點時動能為100 J,到B點時動能減少到80 J,減少的動能中有12 J轉(zhuǎn)化為電勢能,則它再經(jīng)過B點時,動能大小是(　B　) A.4 J B.16 J C.32 J D.64 J 解析:設(shè)物體向右運動到C點速度為零,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,由動能定理-(Ff+qE)x1=(80-100) J= -20 J.由電場力做功與電勢能的關(guān)系知qEx1=12 J,解得qE=3Ff2.從B到C過程中,由動能定理得-(Ff+qE)x2=-80 J,解得Ffx2=32 J.從B到C再返回B的過程中,由動能定理得-2Ffx2=Ek-80 J,解得Ek=16 J,故選項B正確. 2.(2018常德一模)如圖(甲),傾角為θ的光滑絕緣斜面,底端固定一帶電荷量為Q的正點電荷.將一帶正電小物塊(可視為質(zhì)點)從斜面上A點由靜止釋放,小物塊沿斜面向上滑動至最高點B處,此過程中小物塊的動能和重力勢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間的電勢差 C.小物塊的質(zhì)量 D.小物塊速度最大時到斜面底端的距離 解析:由動能圖線得知,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動,再沿斜面向上做加速度逐漸增大的減速運動,直至速度為零.則加速度有最大值,此時小物塊受力平衡,即mgsin θ=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A錯誤;A到B的過程中重力勢能的增加等于電勢能的減少,所以可以求出小物塊電勢能的減少,由于小物塊的電荷量不知道,所以不能求出A,B之間的電勢差,選項B錯誤;由重力勢能圖線得到E1=mgh=mgx1sin θ,即可求出m,選項C正確;圖像中不能確定哪一點的速度最大,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到斜面底端的距離,選項D錯誤. 3. (2018衡陽模擬)如圖所示,一電荷量為-Q的點電荷甲,固定在絕緣水平面上的O點.另一電荷量為+q、質(zhì)量為m的點電荷乙,從A點以初速度v0沿它們的連線向甲運動,到B點時的速度減小到最小,大小為v,已知點電荷乙受到水平面的阻力恒為μmg,g為重力加速度,A,B間距離為L,靜電力常量為k,則下列說法正確的是(　A　) A.點電荷甲在B點處的電場強度大小為μmgq B.O,B兩點間的距離大于kQqμmg C.在點電荷甲形成的電場中,A,B兩點間電勢差UAB=mv2-mv022q D.點電荷甲形成的電場中,A點的電勢低于B點的電勢 解析: 因為電荷乙從A點運動到B點時的速度減小到最小,故此時電荷乙的加速度為零,即EBq=μmg,即EB=μmgq,選項A正確;根據(jù)點電荷的場強公式得EB=kQxOB2=μmgq,解得xOB=kQqμmg,選項B錯誤;從A點到B點由動能定理可知qUAB-μmgL=12mv2-12mv02,UAB=mv2-mv02+2μmgL2q,選項C錯誤;點電荷甲帶負(fù)電,故在所形成的電場中,A點的電勢高于B點的電勢,選項D 錯誤. 4.(2018河南模擬)如圖所示,Ⅰ,Ⅱ是豎直平面內(nèi)兩個相同的半圓形光滑絕緣軌道,K為軌道最低點.軌道Ⅰ處于垂直紙面向外的勻強磁場中,軌道Ⅱ處于水平向右的勻強電場中.兩個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最低點K的過程中,帶電小球a,b相比(　C　) A.球a所需時間較長 B.球a機械能損失較多 C.在K處球a速度較大 D.在K處球b對軌道壓力較大 解析:對小球a,洛倫茲力不做功,僅重力做正功,機械能保持守恒,由動能定理得mgr=12mv12;對小球b,重力做正功,電場力做負(fù)功,機械能減少,由動能定理得mgr-Eqr=12mv22,則v1>v2,對應(yīng)軌道的同一高度,a球總比b球快,因此a球所需時間較短,選項A,B錯誤,C正確;在最低點對a球有FN1+F洛-mg=mv12r,對b球有FN2-mg=mv22r,解得FN1=3mg- Bq2gr, FN2=3mg-2Eq,無法比較FN1,FN2大小,選項D錯誤. 5. (2018山西太原高三三模)如圖所示,兩豎直平行邊界內(nèi),勻強電場方向豎直(平行紙面)向下,勻強磁場方向垂直紙面向里,一帶電小球從P點以某一速度垂直邊界進入,恰好沿水平方向做直線運動,若減小小球從P點進入的速度但保持方向不變,則在小球進入的一小段時間內(nèi)(　C　) A.小球的動能可能減小 B.小球的機械能可能不變 C.小球的電勢能一定減小 D.小球的重力勢能一定減小 解析:小球在重力、電場力和洛倫茲力作用下,沿水平方向做直線運動時,其豎直方向合力為零,當(dāng)減小小球從P點進入的速度但保持方向不變時,若小球帶負(fù)電,小球受到的向下的洛倫茲力變小,所以粒子會向上偏轉(zhuǎn),合力做正功,動能增大,電場力做正功,電勢能減小,機械能不守恒,重力做負(fù)功,重力勢能增加;若小球帶正電,則粒子所受到的向上的洛倫茲力會變小,則粒子會向下發(fā)生偏轉(zhuǎn),則合外力做正功,動能增大,電場力做正功,電勢能減小,機械能不守恒,重力做正功,重力勢能減小,選項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動,當(dāng)運動到最高點M時彈簧恰好處于原長.已知小球經(jīng)過O點有向上的最大速度,此時突然施加一方向豎直向下的勻強電場,則對于在這種情況下小球從O點第一次向上運動到最高點N的過程,下列說法正確的是(　AC　) A.N點的位置比M點的位置高 B.小球的機械能逐漸減小 C.小球的機械能與彈簧的彈性勢能之和逐漸增大 D.小球的電勢能、重力勢能與彈簧彈性勢能之和逐漸增大 解析:小球向上運動的過程受重力、彈簧彈力和電場力作用,電場力方向向上,在相同位置,彈簧彈力、重力不變,兩力做功情況與有無電場無關(guān),但電場力做正功,故小球能夠到達M點,且在M點仍然向上運動,故N點的位置比M點的位置高,故A正確;小球從O到M運動過程電場力做正功,彈簧彈力做正功,故小球機械能逐漸增大;從M到N的過程,電場力做正功,彈簧彈力做負(fù)功,小球機械能變化不確定,故B錯誤;電場力做正功,對彈簧和小球組成的系統(tǒng)機械能增加,即小球的機械能與彈簧的彈性勢能之和逐漸增大,故C正確;小球向上運動的過程中,重力、彈力做功不改變機械能,而電場力做正功,且電場力做多少正功,小球和彈簧機械能就增加多少,而小球電勢能就減少多少,其總能量不變,故D錯誤. 7. (2018黑龍江大慶實驗中學(xué)高三考試)如圖,M,N兩點處于同一水平面,O為M,N連線的中點,過O點的豎直線上固定一根絕緣光滑細桿,桿上A,B兩點關(guān)于O點對稱,第一種情況,在M,N兩點分別放置電荷量為+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點無初速度釋放,運動到B點;第二種情況,在M,N兩點分別放置電荷量為+Q的等量同種點電荷,該金屬環(huán)仍從A點無初速度釋放,運動到B點,則兩種情況是(　BD　) A.金屬環(huán)運動到B點的速度第一種情況較大 B.金屬環(huán)從A點運動到B點所用的時間第二種情況較長 C.金屬環(huán)從A點運動到B點的過程中,動能與重力勢能之和均保持 不變 D.金屬環(huán)從A點運動到B點的過程中(不含A,B兩點),在桿上相同位置的速度第一種情況較大 解析:當(dāng)M,N兩點分別放置等量異種電荷時,它們連線的中垂線是等勢線,重力勢能全部轉(zhuǎn)化為動能,金屬環(huán)做加速度為g的勻加速直線運動;當(dāng)M,N兩點分別放置等量同種電荷時,根據(jù)對稱性可知,電場力對金屬環(huán)先做負(fù)功、后做正功,總功為零,因此全過程中重力勢能也是全部轉(zhuǎn)化為動能,因此兩種情況下,在B點的速度相等,故A錯誤;由于到B點之前第一種情況一直做勻加速直線運動,第二種情況的速度小,因此第二種情況所用的時間長,故B正確;等高處重力勢能相等,但到達B點前第二種情況的電勢能先增大,后減小,由能量守恒定律可知第二種情況動能與重力勢能之和較小,故C錯誤;第二種情況中電場力對金屬環(huán)先是阻力后是動力,結(jié)合到達B點時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 Ω的定值電阻的粗糙導(dǎo)軌(導(dǎo)軌電阻忽略不計、且ab與導(dǎo)軌上側(cè)相距足夠遠),處于垂直導(dǎo)軌平面向上、磁感應(yīng)強度大小B=1 T的勻強磁場中,導(dǎo)軌相距L=1 m.一質(zhì)量m=2 kg、阻值r=1 Ω的金屬棒,在作用于棒中點、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)軌向上加速運動,金屬棒運動的速度—位移圖像如圖(乙)所示,(b點為位置坐標(biāo)原點).若金屬棒與導(dǎo)軌間動摩擦因數(shù)μ=33,g=10 m/s2,則金屬棒從起點b沿導(dǎo)軌向上運動x=1 m的過程中(　BC　) A.金屬棒做勻加速直線運動 B.金屬棒與導(dǎo)軌間因摩擦產(chǎn)生的熱量為10 J C.通過電阻R的感應(yīng)電荷量為0.5 C D.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動,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動,故A錯誤;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=μmgcos 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=ΔΦtR+rt=ΔΦR+r=BLxR+r=1111+1 C=0.5 C,故C正確;設(shè)金屬棒經(jīng)某點時速度為v,移動距離為Δx,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Δx=B2L2vR+rΔx=B2L2R+rvΔx,vΔx即為v-x圖線在該過程的面積,則在金屬棒沿導(dǎo)軌向上運動1 m的過程中,其面積S=1,產(chǎn)生的焦耳熱為Q=B2L2vR+r∑x=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,粗糙部分的動摩擦因數(shù)為μ,且μ=78,上方有一個平行于斜面向下的勻強電場),輕彈簧恰好無形變.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,不計滑輪的質(zhì)量和摩擦,重力加速度為g. (1)電場強度E的大小為多少? (2)現(xiàn)突然將電場的方向改變180,A開始運動起來,當(dāng)C剛好要離開地面時(此時B還沒有運動到滑輪處,A剛要滑上斜面的粗糙部分),B的速度大小為v,求此時彈簧的彈性勢能Ep. (3)若(2)問中A剛要滑上斜面的粗糙部分時,繩子斷了,電場恰好再次反向,請問A再經(jīng)多長時間停下來? 解析:(1)對A,B系統(tǒng),根據(jù)平衡條件對物塊A有 FT+Eq=2mgsin 37,對物塊B有FT=mg,解得E=mg5q. (2)C剛離地時,彈簧伸長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A根據(jù)牛頓第二定律,有a=2mgsin37-2μmgcos37-qE2m=-0.2 g, 由運動公式得,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的時間停止運動. 答案:(1)mg5q　(2)2m2g25k-3mv22　(3)5vg 10. (18分)(2018福建模擬)如圖所示,傾角θ=30、寬為L=1 m的足夠長的U形光滑金屬導(dǎo)軌固定在磁感應(yīng)強度B=1 T、范圍足夠大的勻強磁場中,磁場方向垂直導(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 Ω的導(dǎo)體棒ab由靜止開始沿導(dǎo)軌向上滑動;牽引力的功率恒定為P=90 W,經(jīng)過t=2 s導(dǎo)體棒剛達到穩(wěn)定速度v時棒上滑的距離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,不計導(dǎo)軌電阻及一切摩擦,取g=10 m/s2.求: (1)從開始運動到達到穩(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)軌上滑達到穩(wěn)定速度前某時刻撤去牽引力,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,則撤去牽引力時棒的速度v′ 多大? 解析:(1)導(dǎo)體棒達到穩(wěn)定時,整個過程中,牽引力做功W=Pt,即消耗機械能為Pt,感應(yīng)電動勢為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 θ-BI1L=0,整個過程中,牽引力做功W=Pt,即消耗機械能為Pt,由能量守恒有Pt=mgssin θ+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=IΔt,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=ΔΦΔt,磁通量的變化量ΔΦ=B(Lx),由能量守恒有 12mv′2= mgxsin θ+Q2,聯(lián)立代入數(shù)據(jù)得v′=4 m/s. 答案:(1)160 J　(2)4 m/s