2019届高考物理二轮专题复习专题四能量和动量第2讲功能关系在电学中的应用限时检测.doc

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1、1第 2讲 功能关系在电学中的应用一、选择题(本大题共 8小题,每小题 8分,共 64分.第 15 题只有一项符合题目要求,第68 题有多项符合题目要求)1. (2018安徽池州模拟)如图所示,匀强电场水平向左,带正电的物体沿绝缘、粗糙水平板向右运动,经 A点时动能为 100 J,到 B点时动能减少到 80 J,减少的动能中有 12 J转化为电势能,则它再经过 B点时,动能大小是( B )A.4 J B.16 J C.32 J D.64 J解析:设物体向右运动到 C点速度为零,然后返回,A,B 间距离为 x1, B,C间距离为 x2,从 A到 B过程中,由动能定理-(F f+qE)x1=(80

2、-100) J= -20 J.由电场力做功与电势能的关系知qEx1=12 J,解得 qE= .从 B到 C过程中,由动能定理得-(F f+qE)x2=-80 J,解得 Ffx2=32 J.32从 B到 C再返回 B的过程中,由动能定理得-2F fx2=Ek-80 J,解得 Ek=16 J,故选项 B正确.2.(2018常德一模)如图(甲),倾角为 的光滑绝缘斜面,底端固定一带电荷量为 Q的正点电荷.将一带正电小物块(可视为质点)从斜面上 A点由静止释放,小物块沿斜面向上滑动至最高点 B处,此过程中小物块的动能和重力势能随位移的变化图像如图(乙)(E 1和 x1为已知量).已知重力加速度为 g,

3、静电力常量为 k,由图像可以求出( C )A.小物块所带电荷量B.A,B间的电势差C.小物块的质量D.小物块速度最大时到斜面底端的距离解析:由动能图线得知,随 x增大,小物块的速度先增大后减小.加速度先减小后增大,小物块先沿斜面向上做加速度逐渐减小的加速运动,再沿斜面向上做加速度逐渐增大的减速运动,直至速度为零.则加速度有最大值,此时小物块受力平衡,即 mgsin = ,由于没有 x的2具体数据,所以不能求得小物块所带电荷量,选项 A错误;A 到 B的过程中重力势能的增加等于电势能的减少,所以可以求出小物块电势能的减少,由于小物块的电荷量不知道,所以不能求出 A,B之间的电势差,选项 B错误;

4、由重力势能图线得到 E1=mgh=mgx1sin ,即可求出 m,选项 C正确;图像中不能确定哪一点的速度最大,又不知小物块的电荷量等信息,所以不能确定小物块速度最大时到斜面底端的距离,选项 D错误.3. (2018衡阳模拟)如图所示,一电荷量为-Q 的点电荷甲,固定在绝缘水平面上的 O点.另一电荷量为+q、质量为 m的点电荷乙,从 A点以初速度 v0沿它们的连线向甲运动,到 B点时2的速度减小到最小,大小为 v,已知点电荷乙受到水平面的阻力恒为 mg,g 为重力加速度,A,B间距离为 L,静电力常量为 k,则下列说法正确的是( A )A.点电荷甲在 B点处的电场强度大小为B.O,B两点间的距

5、离大于C.在点电荷甲形成的电场中,A,B 两点间电势差 UAB=D.点电荷甲形成的电场中,A 点的电势低于 B点的电势解析: 因为电荷乙从 A点运动到 B点时的速度减小到最小,故此时电荷乙的加速度为零,即EBq=mg,即 EB= ,选项 A正确;根据点电荷的场强公式得 EB=k = ,解得 xOB=2,选项 B错误;从 A点到 B点由动能定理可知 qUAB-mgL= mv2- m ,UAB= 12 1202,选项 C错误;点电荷甲带负电,故在所形成的电场中,A 点的电势高202+22于 B点的电势,选项 D错误.4.(2018河南模拟)如图所示,是竖直平面内两个相同的半圆形光滑绝缘轨道,K 为

6、轨道最低点.轨道处于垂直纸面向外的匀强磁场中,轨道处于水平向右的匀强电场中.两个完全相同的带正电小球 a,b从静止开始下滑至第一次到达最低点 K的过程中,带电小球 a,b相比( C )A.球 a所需时间较长B.球 a机械能损失较多C.在 K处球 a速度较大D.在 K处球 b对轨道压力较大解析:对小球 a,洛伦兹力不做功,仅重力做正功,机械能保持守恒,由动能定理得 mgr= m ;1212对小球 b,重力做正功,电场力做负功,机械能减少,由动能定理得 mgr-Eqr= m ,则 v1v2,1222对应轨道的同一高度,a 球总比 b球快,因此 a球所需时间较短,选项 A,B错误,C 正确;在最3低

7、点对 a球有 FN1+F 洛 -mg= ,对 b球有 FN2-mg= ,解得 FN1=3mg- Bq , FN2=3mg-12 222Eq,无法比较 FN1,FN2大小,选项 D错误.5. (2018山西太原高三三模)如图所示,两竖直平行边界内,匀强电场方向竖直(平行纸面)向下,匀强磁场方向垂直纸面向里,一带电小球从 P点以某一速度垂直边界进入,恰好沿水平方向做直线运动,若减小小球从 P点进入的速度但保持方向不变,则在小球进入的一小段时间内( C )A.小球的动能可能减小B.小球的机械能可能不变C.小球的电势能一定减小D.小球的重力势能一定减小解析:小球在重力、电场力和洛伦兹力作用下,沿水平方

8、向做直线运动时,其竖直方向合力为零,当减小小球从 P点进入的速度但保持方向不变时,若小球带负电,小球受到的向下的洛伦兹力变小,所以粒子会向上偏转,合力做正功,动能增大,电场力做正功,电势能减小,机械能不守恒,重力做负功,重力势能增加;若小球带正电,则粒子所受到的向上的洛伦兹力会变小,则粒子会向下发生偏转,则合外力做正功,动能增大,电场力做正功,电势能减小,机械能不守恒,重力做正功,重力势能减小,选项 C正确.6. (2018榆林四模)如图所示,轻质绝缘弹簧的上端固定,下端连接一带负电的小球,小球在竖直方向上下自由运动,当运动到最高点 M时弹簧恰好处于原长.已知小球经过 O点有向上的最大速度,此

9、时突然施加一方向竖直向下的匀强电场,则对于在这种情况下小球从 O点第一次向上运动到最高点 N的过程,下列说法正确的是( AC )A.N点的位置比 M点的位置高B.小球的机械能逐渐减小C.小球的机械能与弹簧的弹性势能之和逐渐增大D.小球的电势能、重力势能与弹簧弹性势能之和逐渐增大解析:小球向上运动的过程受重力、弹簧弹力和电场力作用,电场力方向向上,在相同位置,弹簧弹力、重力不变,两力做功情况与有无电场无关,但电场力做正功,故小球能够到达 M点,且在 M点仍然向上运动,故 N点的位置比 M点的位置高,故 A正确;小球从 O到 M运动过程电场力做正功,弹簧弹力做正功,故小球机械能逐渐增大;从 M到

10、N的过程,电场力做正功,弹簧弹力做负功,小球机械能变化不确定,故 B错误;电场力做正功,对弹簧和小球组成的系统机械能增加,即小球的机械能与弹簧的弹性势能之和逐渐增大,故 C正确;小球向上运动的过程中,重力、弹力做功不改变机械能,而电场力做正功,且电场力做多少正功,小球和弹簧机械能就增4加多少,而小球电势能就减少多少,其总能量不变,故 D错误.7. (2018黑龙江大庆实验中学高三考试)如图,M,N 两点处于同一水平面,O 为 M,N连线的中点,过 O点的竖直线上固定一根绝缘光滑细杆,杆上 A,B两点关于 O点对称,第一种情况,在 M,N两点分别放置电荷量为+Q 和-Q 的等量异种电荷,套在杆上

11、带正电的小金属环从 A点无初速度释放,运动到 B点;第二种情况,在 M,N两点分别放置电荷量为+Q 的等量同种点电荷,该金属环仍从 A点无初速度释放,运动到 B点,则两种情况是( BD )A.金属环运动到 B点的速度第一种情况较大B.金属环从 A点运动到 B点所用的时间第二种情况较长C.金属环从 A点运动到 B点的过程中,动能与重力势能之和均保持不变D.金属环从 A点运动到 B点的过程中(不含 A,B两点),在杆上相同位置的速度第一种情况较大解析:当 M,N两点分别放置等量异种电荷时,它们连线的中垂线是等势线,重力势能全部转化为动能,金属环做加速度为 g的匀加速直线运动;当 M,N两点分别放置

12、等量同种电荷时,根据对称性可知,电场力对金属环先做负功、后做正功,总功为零,因此全过程中重力势能也是全部转化为动能,因此两种情况下,在 B点的速度相等,故 A错误;由于到 B点之前第一种情况一直做匀加速直线运动,第二种情况的速度小,因此第二种情况所用的时间长,故 B正确;等高处重力势能相等,但到达 B点前第二种情况的电势能先增大,后减小,由能量守恒定律可知第二种情况动能与重力势能之和较小,故 C错误;第二种情况中电场力对金属环先是阻力后是动力,结合到达 B点时的速度与第一种情况的速度相等,可知在杆上相同位置的速度第一种情况较大,故 D正确.8.(2018四川模拟)如图(甲)所示,倾角 30、上

13、侧接有 R=1 的定值电阻的粗糙导轨(导轨电阻忽略不计、且 ab与导轨上侧相距足够远),处于垂直导轨平面向上、磁感应强度大小 B=1 T的匀强磁场中,导轨相距 L=1 m.一质量 m=2 kg、阻值 r=1 的金属棒,在作用于棒中点、沿斜面且平行于导轨的拉力 F作用下,由静止开始从 ab处沿导轨向上加速运动,金属棒运动的速度位移图像如图(乙)所示,(b 点为位置坐标原点).若金属棒与导轨间动摩擦因数 = ,g=10 m/s2,则金属棒从起点 b沿导轨向上运动 x=1 m的过程中( BC )A.金属棒做匀加速直线运动B.金属棒与导轨间因摩擦产生的热量为 10 J5C.通过电阻 R的感应电荷量为

14、0.5 CD.电阻 R产生的焦耳热为 0.5 J解析:v x图像是直线,如果是匀加速直线运动,根据 v2- =2ax,v-x图像应该是曲线,故金02属棒做变加速直线运动,故 A错误;金属棒与导轨间因摩擦产生的热量等于克服摩擦力做的功,即 Q1=mgcos 30x= 210 J=10 J,故 B正确;通过电阻 R的感应电荷量q= t= t= t= = = C=0.5 C,故 C正确;设金属棒经某点时速度+ + + 1111+1为 v,移动距离为 x,该过程产生的焦耳热即等于克服安培力做的功,则有 F安 x= x= vx,vx 即为 v-x图线在该过程的面积,则在金属棒沿导轨22+向上运动 1 m

15、的过程中,其面积 S=1,产生的焦耳热为 Q= x= 1 22+ 121211+1J=0.5 J,由于 R=r,故 R产生的焦耳热为 0.25 J,故 D错误.二、非选择题(本大题共 2小题,共 36分)9.(18分)(2018湖南模拟)如图所示,A,B 两物块用一根轻绳跨过定滑轮相连,其中 A带负电,电荷量大小为 q.A静止于斜面的光滑部分(斜面倾角为 37,其上部分光滑,下部分粗糙且足够长,粗糙部分的动摩擦因数为 ,且 = ,上方有一个平行于斜面向下的匀强电场 ),78轻弹簧恰好无形变.不带电的 B,C通过一根轻弹簧拴接在一起,且处于静止状态,弹簧劲度系数为 k.B,C质量相等,均为 m,

16、A的质量为 2m,不计滑轮的质量和摩擦,重力加速度为 g.(1)电场强度 E的大小为多少?(2)现突然将电场的方向改变 180,A开始运动起来,当 C刚好要离开地面时(此时 B还没有运动到滑轮处,A 刚要滑上斜面的粗糙部分),B 的速度大小为 v,求此时弹簧的弹性势能 Ep.(3)若(2)问中 A刚要滑上斜面的粗糙部分时,绳子断了,电场恰好再次反向,请问 A再经多长时间停下来?解析:(1)对 A,B系统,根据平衡条件对物块 A有FT+Eq=2mgsin 37,对物块 B有 FT=mg,解得 E= .5(2)C刚离地时,弹簧伸长 x= ,由能量守恒定律得 2mgxsin 37+ qEx=mgx+

17、 3mv2+Ep,126解得 Ep= - .2225 322(3)绳断后,对 A根据牛顿第二定律,有 a= =-0.2 g,2372372由运动公式得,t= = .由于 Eq= 2mgsin 37,之后物块 A不可能上滑而保持静止,0 5即物块 A经 的时间停止运动.答案:(1) (2) - (3)5 2225 32210. (18分)(2018福建模拟)如图所示,倾角 =30、宽为 L=1 m的足够长的 U形光滑金属导轨固定在磁感应强度 B=1 T、范围足够大的匀强磁场中,磁场方向垂直导轨平面斜向上.现用一平行于导轨的 F牵引一根质量 m=0.2 kg、电阻 R=1 的导体棒 ab由静止开始

18、沿导轨向上滑动;牵引力的功率恒定为 P=90 W,经过 t=2 s导体棒刚达到稳定速度 v时棒上滑的距离 s=11.9 m.导体棒 ab始终垂直导轨且与导轨接触良好,不计导轨电阻及一切摩擦,取 g=10 m/s2.求:(1)从开始运动到达到稳定速度过程中导体棒产生的焦耳热 Q1;(2)若在导体棒沿导轨上滑达到稳定速度前某时刻撤去牵引力,从撤去牵引力到棒的速度减为零的过程中通过导体棒的电荷量为 q=0.48 C,导体棒产生的焦耳热为 Q2=1.12 J,则撤去牵引力时棒的速度 v多大?解析:(1)导体棒达到稳定时,整个过程中,牵引力做功 W=Pt,即消耗机械能为 Pt,感应电动势为 E1=BLv,感应电流为 I1= ,牵引力的功率为 P=Fv,根据平衡条件得 F-mgsin -BI 1L=0,1整个过程中,牵引力做功 W=Pt,即消耗机械能为 Pt,由能量守恒有 Pt=mgssin + mv2+Q1,12联立代入数据得 Q1=160 J.(2)设棒从撤去拉力到速度为零的过程沿导轨上滑距离为 x,则有通过导体棒的电荷量q= t,由闭合电路欧姆定律有 = ,根据法拉第电磁感应定律,有 = ,磁通量的变化量=B(Lx),由能量守恒有mv 2= mgxsin +Q 2,联立代入数据得 v=4 m/s.12答案:(1)160 J (2)4 m/s