2017年高考物理二轮复习专题05功能关系在电学中的应用押题专练含解析

专题05 功能关系在电学中的应用1如图2613所示，质量为m的金属线框A静置于光滑水平面上，通过细绳跨过定滑轮与质量为m的物体B相连，图中虚线内为一水平匀强磁场，d表示A与磁场左边界的距离，不计滑轮摩擦及空气阻力，设B下降h(hd)高度时的速度为v，则以下关系中能够成立的是()图2613Av2ghBv22ghCA产生的热量Qmghmv2DA产生的热量Qmghmv2答案C2如图266甲，倾角为的光滑绝缘斜面，底端固定一带电量为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象如图乙(E1和x1为已知量)已知重力加速度为g，静电力常量为k，由图象可求出()图266A小物块的带电量BA、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小物块在B点时E1mgx1sin ，解得m，选项C正确；小物块由A到B的过程中，据动能定理，可得qUABWG0，由功能关系知WGE1，故有qUABE1，故只能求得小物块由A到B的过程中电场力所做的功(或小物块电势能的减少量)，无法求出小物块的带电量及A、B两点间的电势差，选项A、B错误；小物块向上运动的过程中，开始时库仑力大于重力沿斜面向下的分力，小物块向上加速，随着向上运动，库仑力减小，当库仑力等于重力沿斜面向下的分力时，小物块的速度达到最大，此时有mgsin k，因q未知，故无法求得小物块到斜面底端的距离r，选项D错误答案C3如图2615所示，固定放置在同一水平面内的两根平行长直金属导轨的间距为d，其右端接有阻值为R的电阻，整个装置处在竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中一质量为m(质量分布均匀)的导体杆ab垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触，杆与导轨之间的动摩擦因数为.现杆在水平向左、垂直于杆的恒力F作用下从静止开始沿导轨运动距离l时，速度恰好达到最大(运动过程中杆始终与导轨保持垂直)设杆接入电路的电阻为r，导轨电阻不计，重力加速度大小为g.则此过程中()图2615A杆的速度最大值为B安培力做的功等于电阻R上产生的热量C恒力F做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的变化量D恒力F做的功与安培力做的功之和大于杆动能的变化量答案D4质量为m的带正电小球由空中某点自由下落，下落高度h后在整个空间加上竖直向上的匀强电场，再经过相同时间小球又回到原出发点，不计空气阻力，且整个运动过程中小球从未落地，重力加速度为g，则()A从加电场开始到小球返回原出发点的过程中，小球电势能减少了mghB从加电场开始到小球下落最低点的过程中，小球动能减少了mghC从开始下落到小球运动至最低点的过程中，小球重力势能减少了mghD小球返回原出发点时的速度大小为解析小球先做自由落体运动，然后受电场力和重力向下做匀减速到速度为零，再向上做匀加速回到出发点设小球下落高度h用了t秒，加上电场后小球的加速度大小为a，加上电场时速度为v，规定向下为正方向，由运动学公式：gt2gttat20，解得a3g，由v22gh，解得v；根据牛顿第二定律，F电mgma，得F电4mg，因此，从加电场开始到小球返回原出发点的过程中，电场力做功为W电F电h4mgh，根据电场力做功和电势能的关系，可知小球的电势能的减少量为Ep4mgh，故选项A错误；从加电场开始到小球下落最低点的过程中，小球动能减少量为Ekmv20mgh，选项B正确；从加电场开始到小球下落最低点的过程中，设下落高度为h，由运动学公式：v22ah，解得h，从开始下落到小球运动至最低点的过程中，重力做功为WGmg(hh)mgh，根据重力做功和重力势能的关系，可知小球的重力势能的减少量为Epmgh，选项C错误；设小球返回到原出发点时的速度为v，由动能定理，可得mv23mg(hh)，解得v，选项D错误答案B5如图2616所示，两平行金属板水平放置，板长为L，板间距离为d，板间电压为U，一不计重力、电荷量为q的带电粒子以初速度v0沿两板的中线射入，经过t时间后恰好沿下板的边缘飞出，则()图2616A在前时间内，电场力对粒子做的功为UqB在后时间内，电场力对粒子做的功为UqC在粒子下落的前和后过程中，电场力做功之比为11D在粒子下落的前和后过程中，电场力做功之比为12答案BC6.如图2617所示，绝缘杆两端固定带电小球A和B，轻杆处于水平向右的匀强电场中，不考虑两球之间的相互作用，初始时杆与电场线垂直现将杆右移，同时顺时针转过90，发现A、B两球电势能之和不变根据如图给出的位置关系，下列说法正确的是()图2617AA一定带正电，B一定带负电BA、B两球所带电量的绝对值之比qAqB12CA球电势能一定增加D电场力对A球和B球做功的绝对值相等答案BD7如图2618所示，光滑绝缘细管与水平面成30角，在管的上方P点固定一个点电荷Q，P点与细管在同一竖直平面内，管的顶端A与P点连线水平电荷量为q的小球(小球直径略小于细管内径)从管中A处由静止开始沿管向下运动，在A处时小球的加速度为a.图中PBAC，B是AC的中点，不考虑小球电荷量对电场的影响则在Q形成的电场中()图2618AA点的电势高于B点的电势BB点的电场强度大小是A点的4倍C小球从A到C的过程中电势能先减小后增大D小球运动到C处的加速度为ga解析在正电荷产生的电场中，离电荷越近电势越高，因此B点的电势高于A点的电势，A错误；根据点电荷电场强度的决定式得EA，EB，由几何关系得PA2PB，解得EB4EA，B正确；小球从A到C的过程中，电场力先做正功后做负功，因此电势能先减小后增大，C正确；小球在A、C两处受到的电场力大小相等，对小球受力分析，在A处，由牛顿第二定律得mgsin 30Fcos 30ma，在C处，由牛顿第二定律得mgsin 30Fcos 30maC，解得aCga，D正确答案BCD8如图2619所示，相距为L的两条足够长的平行金属导轨，与水平面的夹角为，导轨上固定有质量为m，电阻为R的两根相同的导体棒，导体棒MN上方轨道粗糙，下方光滑，整个空间存在垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度为B.将两根导体棒同时释放后，观察到导体棒MN下滑而EF保持静止，当MN下滑速度最大时，EF与轨道间的摩擦力刚好到达最大静摩擦力，下列叙述正确的是()图2619A导体棒MN的最大速度为B导体棒EF与轨道之间的最大静摩擦力为mgsin C导体棒MN受到的最大安培力为mgsin D导体棒MN所受重力的最大功率为答案AC9如图2610所示，两根正对的平行金属直轨道MN、MN位于同一水平面上，两轨道之间的距离l0.50 m轨道的M、M端之间接一阻值R0.40 的定值电阻，N、N端与两条位于竖直面内的半圆形光滑金属轨道NP、NP平滑连接，两半圆轨道的半径均为R00.50 m图2610直轨道的右端处于竖直向下、磁感应强度B0.64 T的匀强磁场中，磁场区域的宽度d0.80 m，且其右边界与NN重合现有一质量m0.20 kg、电阻r0.10 的导体杆ab静止在距磁场的左边界s2.0 m处在与杆垂直的水平恒力F2.0 N的作用下导体杆开始运动，当运动至磁场的左边界时撤去F，结果导体杆恰好能通过半圆形轨道的最高点PP.已知导体杆在运动过程中与轨道接触良好，且始终与轨道垂直，导体杆与直轨道之间的动摩擦因数0.10，轨道的电阻可忽略不计，取g10 m/s2，求：(1)导体杆刚进入磁场时，通过导体杆上的电流的大小和方向；(2)导体杆穿过磁场的过程中通过电阻R上的电荷量；(3)导体杆穿过磁场的过程中整个电路中产生的焦耳热解析(1)设导体杆在F的作用下运动至磁场的左边界时的速度为v1，根据动能定理则有(Fmg)smv，解得v16.0 m/s导体杆刚进入磁场时产生的感应电动势EBlv11.92 V此时通过导体杆上的电流大小I3.84 A根据右手定则可知，电流方向为由b向a. (3)设导体杆离开磁场时的速度大小为v2，运动到半圆形轨道最高点的速度为v3，因导体杆恰好能通过半圆形轨道的最高点，根据牛顿第二定律对导体杆在轨道最高点时有mgm对于导体杆从NN运动至PP的过程，根据机械能守恒定律有mvmvmg2R0联立解得v25.0 m/s导体杆穿过磁场的过程中损失的机械能Emvmv1.1 J此过程中电路中产生的焦耳热为QEmgd0.94 J. 答案(1) 3.84 A由ba(2)0.512 C(3)0.94 J10如图2620所示，在E103 V/m的竖直匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道QPN与一水平绝缘轨道MN在N点平滑相接，半圆形轨道平面与电场线平行，其半径R40 cm，N为半圆形轨道最低点，P为QN圆弧的中点，一带负电q104C的小滑块质量m10 g，与水平轨道间的动摩擦因数0.15，位于N点右侧1.5 m的M处，取g10 m/s2，求：图2620 (1)要使小滑块恰能运动到圆轨道的最高点Q，则小滑块应以多大的初速度v0向左运动？(2)这样运动的小滑块通过P点时对轨道的压力是多大？解析设小滑块到达Q点时速度为v，由牛顿第二定律得mgqEm小滑块从开始运动至到达Q点过程中，由动能定理得mg2RqE2R(mgqE)xmv2mv联立方程组，解得：v07 m/s.答案(1)7 m/s(2)0.6 N11如图2621甲所示，MN、PQ为水平放置的足够长的平行光滑导轨，导轨间距L为0.5 m，导轨左端连接一个阻值为2 的定值电阻R，将一根质量为0.2 kg的金属棒cd垂直放置在导轨上，且与导轨接触良好，金属棒cd的电阻r2 ，导轨电阻不计，整个装置处于垂直导轨平面向下的匀强磁场中，磁感应强度为B2 T若棒以1 m/s的初速度向右运动，同时对棒施加水平向右的拉力F作用，并保持拉力的功率恒为4 W，从此时开始计时，经过2 s金属棒的速度稳定不变，图乙为安培力与时间的关系图象试求：(1)金属棒的最大速度；(2)金属棒速度为3 m/s时的加速度；(3)求从开始计时起2 s内电阻R上产生的电热解析(1)金属棒的速度最大时，所受合外力为零，即BILF而PFvm，I解出vm m/s4 m/s.(2)速度为3 m/s时，感应电动势EBLv20.53 V3 V (3)在此过程中，由动能定理得PtW安mvmvW安6.5 JQR3.25 J. 答案(1)4 m/s(2) m/s2(3)3.25 J8