（新课标）高考物理二轮复习简易通 第5讲 功能关系在电学中的应用

第5讲功能关系在电学中的应用(12题为单项选择题，34题为多项选择题)1.如图2513所示，平行金属导轨与水平面间的倾角为，导轨间距为l，电阻不计、与导轨相连的定值电阻阻值为R.磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过导轨平面有一质量为m的导体棒，从ab位置以平行斜面的大小为v的初速度向上运动，最远到达ab的位置，滑行的距离为s.导体棒的电阻也为R，与导轨之间接触良好并与导轨始终垂直且动摩擦因数为.则()图2513A上滑过程中导体棒受到的最大安培力为B上滑过程中通过定值电阻R的电荷量为C上滑过程中定值电阻R产生的热量为mgs(sin cos )D上滑过程中导体棒损失的机械能为mgssin 解析导体棒在安培力作用下做减速运动，故导体棒刚开始向上运动时所受安培力最大，FmBIl，A错误上滑过程通过定值电阻R的电荷量q，B错误上滑过程中根据能量守恒定律得2Qmgssin mv2，所以Q，导体棒损失的机械能等于安培力对其做的功WEmv2mgssin ，C错误，D正确答案D2.如图2514所示，一个带正电的小球穿在一根绝缘的粗糙直杆AC上，杆与水平方向成角，整个空间存在着竖直向上的匀强电场和垂直于杆方向斜向上的匀强磁场小球沿杆向下运动，在A点时的动能为100 J，在C点时动能减为零，D为AC的中点，在运动过程中，则()图2514A小球在D点时的动能为50 JB小球电势能的增加量一定等于重力势能的减少量C到达C点后小球可能沿杆向上运动D小球在AD段克服摩擦力做的功与小球在DC段克服摩擦力做的功相等解析小球做减速运动，F洛将减小球与杆的弹力将变小，所受摩擦力也将变小，合力为变力据F合xEk可知A错误；重力势能的减少量等于电势能和内能增量之和，B错误；若电场力大于重力，小球可能沿杆向上运动，C正确由于摩擦力为变力，D错误答案C3.一带电粒子射入一固定的正点电荷Q的电场中，沿如图2515所示的虚线由a点经b点运动到c点，b点离Q最近若不计重力，则 ()图2515A带电粒子带正电荷B带电粒子到达b点时动能最大C带电粒子从a到b电场力对其做正功D带电粒子从b到c电势能减小解析从轨迹可知，粒子受到排斥力作用，所以粒子带正电，选项A正确粒子从a到b电场力对其做负功，动能减少，电势能增大；从b到c电场力对其做正功，动能增大，电势能减少，故粒子在b点动能最小，势能最大，所以选项B、C错误，D正确答案AD4电荷量为q1104 C的带正电的小物块置于绝缘水平面上，所在空间存在沿水平方向始终不变的电场，电场强度E的大小与时间t的关系和物块的速度v与时间t的关系分别如图2516甲、乙所示，若重力加速度g取10 m/s2，根据图象所提供的信息，下列说法正确的是()图2516A物块在4 s内的总位移x6 mB物块的质量m0.5 kgC物块与水平面间的动摩擦因数0.2D物块在4 s内电势能减少14 J解析由题图乙可知，物块前2 s做匀加速直线运动，在24 s做匀速直线运动，根据vt图象所围面积可求得前2 s位移x12 m,24 s位移x24 m，总位移为x6 m，A正确又由牛顿第二定律得qE1mgma，且a1 m/s2，2 s后物块做匀速运动，有qE2mg由题图甲知E13104 N/C、E22104 N/C，联立可得m1 kg，0.2，B错误，C正确又因为电势能的减少量等于电场力所做的功，即EpWE1qx1E2qx214 J，D正确答案ACD5.如图2517所示，一粗糙水平轨道与一光滑的圆弧形轨道在A处相连接圆弧轨道半径为R，以圆弧轨道的圆心O点和两轨道相接处A点所在竖直平面为界，在其右侧空间存在着平行于水平轨道向左的匀强电场，在左侧空间没有电场现有一质量为m、带电荷量为q的小物块(可视为质点)，从水平轨道的B位置由静止释放，结果，物块第一次冲出圆形轨道末端C后还能上升的最高位置为D，且|CD|R.已知物块与水平轨道间的动摩擦因数为，B离A处的距离为x2.5R(不计空气阻力)，求：图2517(1)物块第一次经过A点时的速度；(2)匀强电场的电场强度大小；(3)物块在水平轨道上运动的总路程解析(1)对物体由A至D运用动能定理得mg2R0mv解得vA2.(2)对物体由B至A运用动能定理得Eq2.5Rmg2.5Rmv0解得E.(3)对全过程运用动能定理得Eq2.5Rmgs0解得sR.答案(1)2(2)(3)R6如图2518甲所示，倾斜放置的光滑平行导轨，长度足够长，宽度L0.4 m，自身电阻不计，上端接有R0.2 的定值电阻，在导轨间MN虚线以下的区域存在方向垂直导轨平面向上、磁感应强度大小B0.5 T的有界匀强磁场，MN虚线到磁场的下边界的距离为28 m在MN虚线上方垂直导轨放有一根电阻r0.1 的金属棒现将金属棒无初速度释放，其运动时的vt图象如图2518乙所示重力加速度取g10 m/s2.图2518(1)求斜面的倾角和金属棒的质量m.(保留三位有效数字)(2)在磁场中运动的整个过程中定值电阻R上产生的热量Q是多少？解析(1)在02 s时间内，对金属棒有：F合mgsin 根据牛顿第二定律F合maagsin 由图象知a6 m/s2解得：37在t5 s之后金属棒做匀速运动，且v6 m/s，金属棒受力平衡感应电动势EBLv感应电流IF安mgsin F安BIL解得：m kg0.133 kg.(2)末速度v26 m/s，金属棒进磁场前的位移是12 m，整个过程金属棒位移s40 m由能量关系有：mgssin Q总mv得Q总29.6 J故电阻R上的热量QQ总19.7 J.答案(1)370.133 kg(2)19.7 J7(2013浙江卷，24) “电子能量分析器”主要由处于真空中的电子偏转器和探测板组成偏转器是由两个相互绝缘、半径分别为RA和RB的同心金属半球面A和B构成，A、B为电势值不等的等势面，其过球心的截面如图2519所示一束电荷量为e、质量为m的电子以不同的动能从偏转器左端M板正中间小孔垂直入射，进入偏转电场区域，最后到达偏转器右端的探测板N，其中动能为Ek0的电子沿等势面C做匀速圆周运动到达N板的正中间忽略电场的边缘效应图2519(1)判断半球面A、B的电势高低，并说明理由；(2)求等势面C所在处电场强度E的大小；(3)若半球面A、B和等势面C的电势分别为A、B和C，则到达N板左、右边缘处的电子，经过偏转电场前、后的动能改变量Ek左和Ek右分别为多少？(4)比较|Ek左|与|Ek右|的大小，并说明理由解析(1)电子(带负电)做圆周运动，电场力方向指向球心，电场方向从B指向A，B板电势高于A板(2)据题意，电子在电场力作用下做圆周运动，考虑到圆轨道上的电场强度E大小相同，有：eEmEk0mv2R联立解得E(3)电子运动时只有电场力做功，根据动能定理，有EkqU对到达N板左边缘的电子，电场力做正功，动能增加，有Ek左e(BC)对到达N板右边缘的电子，电场力做负功，动能减小，有Ek右e(AC)(4)根据电场线特点，等势面B与C之间的电场强度大于C与A之间的电场强度，考虑到等势面间距相等，有|BC|AC|，即|Ek左|Ek右|.答案(1)B板电势高(2)(3)e(BC)e(AC)(4)|Ek左|Ek右|理由见解析8如图2520甲所示，MN、PQ是固定于同一水平面内相互平行的粗糙长直导轨，间距L2.0 m，R是连在导轨一端的电阻，质量m1.0 kg的导体棒ab垂直跨在导轨上，电压传感器与这部分装置相连导轨所在空间有一磁感应强度B0.50 T、方向竖直向下的匀强磁场从t0开始对导体棒ab施加一个水平向左的拉力，使其由静止开始沿导轨向左运动，电压传感器测出R两端的电压随时间变化的图线如图2520乙所示，其中OA、BC段是直线，AB段是曲线假设在1.2 s以后拉力的功率P4.5 W保持不变导轨和导体棒ab的电阻均可忽略不计，导体棒ab在运动过程中始终与导轨垂直，且接触良好，不计电压传感器对电路的影响g取10 m/s2.求：图2520(1)导体棒ab最大速度vm的大小；(2)在1.2 s2.4 s的时间内，该装置总共产生的热量Q；(3)导体棒ab与导轨间的动摩擦因数和电阻R的值解析(1)从题图乙可知，2.4 s时R两端的电压最大，Um1.0 V，由于导体棒内阻不计，故UmEmBLvm1.0 V，所以vm1.0 m/s(2)因为UEBLv，而B、L为常数，所以由题图乙知，在01.2 s内导体棒做匀加速直线运动设导体棒在这段时间内的加速度为a，t11.2 s时导体棒的速度为v1，由题图乙可知此时电压U10.90 V.因为U1E1BLv1所以v10.90 m/s在1.2 s2.4 s时间内，根据功能关系mvPtmvQ代入数据解得Q5.3 J(3)导体棒做匀加速运动的加速度a0.75 m/s2当t11.2 s时，设拉力为F1，则有F15.0 N同理，当t22.4 s时，设拉力为F2，则有F24.5 N对ab棒受力分析如图所示，根据牛顿第二定律有F1FfF安1maF2FfF安20mgFN0又因为F安1BI1LF安2BI2LFfFN联立，代入数据可求得R0.4 ，0.2.答案(1)1.0 m/s(2)5.3 J(3)0.20.4