新课标2022版高考物理大二轮复习专题强化训练7功能关系在电学中的应用.doc

专题强化训练(七)一、选择题1(2022·天津卷)如下图，在水平向右的匀强电场中，质量为m的带电小球，以初速度v从M点竖直向上运动，通过N点时，速度大小为2v，方向与电场方向相反，那么小球从M运动到N的过程()A动能增加mv2 B机械能增加2mv2C重力势能增加mv2 D电势能增加2mv2解析小球动能的增加量为Ekm(2v)2mv2mv2，A错误；小球在竖直方向上的分运动为竖直上抛，到N时竖直方向的速度为零，那么M、N两点之间的高度差为h，小球重力势能的增加量为Epmghmv2，C错误；电场力对小球做正功，那么小球的电势能减少，由能量守恒定律可知，小球减小的电势能等于重力势能与动能的增加量之和，那么电势能的减少量为Epmv2mv22mv2，D错误；由功能关系可知，除重力外的其他力对小球所做的功等于小球机械能的增加量，即2mv2，B正确答案B2(多项选择)(2022·湖北武汉高三毕业生四月调研) 如下图，匀强电场与水平方向成夹角(<45°)，场中有一质量为m、可视为质点的带电小球，用长为L的细线悬挂于O点，当小球静止时，细线恰好水平现用竖直向下的恒定外力将小球拉到竖直方向最低点时，小球速度刚好再次为零假设小球电荷量保持不变，那么在此过程中()A小球电势能一直在增加，电势能增量为EpmgLB小球机械能一直在减小，机械能增量为EmgLC小球在最低点的加速度a0D小球的最大动能Ekm(1)mgL解析设小球所受电场力为F，根据小球静止时，细线恰好水平，可以得出Fsinmg，解得F.用竖直向下的恒定外力将小球拉到竖直方向最低点，需要克服电场力做功，小球电势能一直在增加根据功能关系，小球电势能增加量为EpFLcosFLsinmgL，选项A正确；用竖直向下的恒定外力将小球拉到竖直方向最低点时，小球速度刚好再次为零，分析可知，恒定外力做功大小与重力和电场力的合力做功大小相等，又水平方向和竖直方向运动距离都为L，故恒定外力与重力和电场力的合力大小相等，F外F合mg，故总的合力恰好与竖直方向夹角为45°，那么小球机械能先增大后减小，选项B错误；由以上分析可知小球在最低点的合力方向与竖直方向夹角为45°，根据牛顿第二定律可知小球在最低点的加速度不为零，选项C错误；分析可知，当转过45°时，小球有最大速度，易知小球所受合力为F合mg，由动能定理可得小球的最大动能Ekmax·mg(1)mgL，选项D正确答案AD3(多项选择)(2022·湖北省六校联合体4月联考)一带电小球在空中由A点运动到B点的过程中，只受重力、电场力和空气阻力三个力的作用假设重力势能增加5 J，机械能增加1.5 J，电场力做功2 J，那么小球()A重力做功为5 J B电势能减少2 JC空气阻力做功0.5 J D动能减少3.5 J解析小球的重力势能增加5 J，那么小球克服重力做功5 J，应选项A错误；电场力对小球做功2 J，那么小球的电势能减少2 J，应选项B正确；小球共受到重力、电场力、空气阻力三个力作用，小球的机械能增加1.5 J，那么除重力以外的力做功为1.5 J，电场力对小球做功2 J，那么知，空气阻力做功为0.5 J，即小球克服空气阻力做功0.5 J，应选项C错误；重力、电场力、空气阻力三力做功之和为3.5 J，根据动能定理，小球的动能减少3.5 J，应选项D正确答案BD4(2022·山东省实验中学模拟)如下图，平行板电容器水平放置，两极板间电场强度大小为E，中间用一光滑绝缘细杆垂直连接，杆上套有带正电荷的小球和绝缘弹簧，小球压在弹簧上，但与弹簧不拴接，开始时对小球施加一竖直向下的外力，将小球压至某位置使小球保持静止撤去外力后小球从静止开始向上运动，上升h时恰好与弹簧别离，别离时小球的速度为v，小球上升过程不会撞击到上极板，小球的质量为m，带电荷量为q，重力加速度为g，以下说法正确的选项是()A与弹簧别离时小球的动能为mghqEhB从开始运动到与弹簧别离，小球增加的机械能为mghqEhC从开始运动到与弹簧别离，小球减少的电势能为D撤去外力时弹簧的弹性势能为mv2(qEmg)h解析根据动能定理可知，合外力对小球所做的功等于小球动能的变化量，所以小球与弹簧别离时的动能为EkqEhmghEp，选项A错误；从开始运动到与弹簧别离，小球增加的机械能为Emghmv2qEhEp，选项B错误；小球减少的电势能为Eqh，应选项C错误；从撤去外力到小球与弹簧别离，由动能定理可知，mv2EpqEhmgh，所以Epmv2(qEmg)h，选项D正确答案D5(多项选择)(2022·河南六市第5次联考)如右图所示，半径为R的光滑半圆弧绝缘轨道固定在竖直平面内，磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直轨道平面向里一可视为质点、质量为m、电荷量为q(q>0)的小球由轨道左端A处无初速度滑下当小球滑至轨道最低点C时，给小球再施加一始终水平向右的外力F，使小球能保持不变的速率滑过轨道右侧的D点假设小球始终与轨道接触，重力加速度为g，那么以下判断中正确的选项是()A小球在C点受到的洛伦兹力大小为qBB小球在C点对轨道的压力大小为3mgqBC小球从C到D的过程中，外力F的大小保持不变D小球从C到D的过程中，外力F的功率逐渐增大解析小球从A到C过程中由机械能守恒有mgRmv2，解得v，所以小球在C点受到的洛伦兹力大小为F洛qB，应选项A错误；在C点由牛顿第二定律有FNmgF洛m，解得FN3mgqB，应选项B正确；小球从C到D的过程中，合外力始终指向圆心，所以mgcosFsin，变化，外力F的大小发生变化，应选项C错误；小球从C到D的过程中，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的功率逐渐增大，应选项D正确答案BD6(2022·福建宁德一模)如下图，固定在倾角为30°的斜面内的两根平行长直光滑金属导轨的间距为d1 m，其底端接有阻值为R2 的电阻，整个装置处在垂直斜面向上、磁感应强度大小为B2 T的匀强磁场中一质量为m1 kg(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现杆在沿斜面向上、垂直于杆的恒力F10 N作用下从静止开始沿导轨向上运动距离L6 m时，速度恰好到达最大(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r2 ，导轨电阻不计，重力加速度大小为g10 m/s2.那么此过程()A杆的速度最大值为4 m/sB流过电阻R的电荷量为6 CC在这一过程中，整个回路产生的热量为17.5 JD流过电阻R的电流方向为由c到d解析当杆到达最大速度时满足Fmgsin，解得vm5 m/s，选项A错误；流过电阻R的电荷量q C3 C，选项B错误；回路产生的热量QFLmgLsinmv17.5 J，选项C正确；由右手定那么可知流过R的电流方向从d到c，选项D错误答案C7(多项选择)(2022·东北省四市联考)如下图，在宽度为d的条形无场区左侧区和右侧区内，存在着磁感应强度大小均为B的匀强磁场，磁场方向如下图有一边长为l(l>d)、电阻均匀分布且阻值为R的正方形金属线框EFGH置于区域，EF边与磁场边界平行，现使线框以垂直于磁场边界的速度v从图示位置向右匀速运动，那么()A当EF边刚进入区时，线框中电流方向为顺时针，大小为B当EF边刚进入中间无磁场区时，E、F两点间的电压为C将线框拉至HG边刚离开区的过程中，拉力所做的功为D将线框从区全部拉入区的过程中，回路中产生的焦耳热为解析当EF边刚进入区时，金属线框HG、EF边均切割磁感线，由右手定那么可判断出HG边切割磁感线产生的感应电动势方向为顺时针方向，EF边切割磁感线产生的感应电动势方向为顺时针方向，那么回路中产生总感应电动势为E12Blv，由闭合电路欧姆定律，回路中产生的感应电流大小为I1，方向为顺时针方向，选项A错误当EF边刚进入中间无磁场区域时，只有HG边切割磁感线，回路中产生的感应电动势E2Blv，感应电流I2，E、F两点之间的电压为U，选项B正确线框在整个运动过程中做匀速运动，故线框所受安培力和拉力始终相等线框在区运动，磁通量不变，不产生感应电流，拉力不做功；在EF边进入中间无磁场区域的过程中，只有HG边切割磁感线，回路中产生的感应电动势为E2Blv，感应电流I2，线框所受安培力F1BI2l，拉力做功W1F1d；当EF边进入区距离小于ld时，HG、EF边均切割磁感线，回路中产生总感应电动势为E12Blv，感应电流大小为I1，线框所受总安培力F22BI1l，拉力做功W2F2(ld)，那么将线框拉至HG边刚离开区的过程中，拉力所做的功WW1W2，选项C正确当EF边进入区距离大于ld小于l时，只有EF边切割磁感线，产生感应电动势E3Blv，感应电流I3，线框所受安培力F3BI3l，拉力做功W3F3d；将线框从区全部拉入区的过程中，安培力做的总功WW1W2W3.根据克服安培力做的功等于回路中产生的焦耳热可知，回路中产生的焦耳热为QW，选项D正确答案BCD8. (多项选择)(2022·苏州模拟)在如下图的倾角为的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小均为B的匀强磁场，区域的磁场方向垂直斜面向上区域的磁场方向垂直斜面向下，磁场的宽度均为L.一个质量为m、电阻为R、边长也为L的正方形导线框，由静止开始沿斜面下滑当ab边刚越过GH进入磁场区时，恰好以速度v1做匀速直线运动；当ab边下滑到JP与MN的中间位置时，线框又恰好以速度v2做匀速直线运动，从ab进入GH到MN与JP的中间位置的过程中，线框的动能变化量为Ek，重力对线框做功大小为W1，安培力对线框做功大小为W2，以下说法中正确的选项是()A在下滑过程中，由于重力做正功，所以有v2>v1B从ab进入GH到MN与JP的中间位置的过程中，机械能守恒C从ab进入GH到MN与JP的中间位置的过程中，有(W1Ek)的机械能转化为电能D从ab进入GH到MN到JP的中间位置的过程中，线框动能的变化量为EkW1W2解析由平衡条件，第一次匀速运动时，mgsin，第二次匀速运动时，mgsin，那么v2<v1，选项A错误；ab进入磁场后，安培力做负功，机械能减少，选项B错误；从ab进入GH到MN与JP的中间位置的过程中，由动能定理得，W1W2Ek，选项D正确；线框克服安培力做功为W2，等于产生的电能，且W2W1Ek，选项C正确答案CD9(多项选择)(2022·抚州质检)如下图，在光滑的水平面上方，有两个磁感应强度大小均为B、方向相反的水平匀强磁场PQ为两个磁场的分界线，磁场范围足够大一个边长为a、质量为m、电阻为R的金属正方形线框，以速度v垂直磁场方向从图中实线位置开始向右运动，当线框运动到分别有一半面积在两个磁场中时，线框的速度为，那么以下说法正确的选项是()A此过程中通过线框截面的电荷量为B此时线框中的电功率为C此过程中回路产生的电能为D此时线框的加速度为解析根据q，穿过线圈的磁通量由Ba2减小到零，所以此过程中通过线框横截面的电荷量为，选项A错误；此时线框中的电动势E2Ba·Bav，电功率P，选项B错误；此过程中回路产生的电能等于线圈动能的减少量，mv2m2mv2，选项C正确；此时线框中的电流I，线框所受的安培力的合力为F2BIa，加速度为a，选项D正确答案CD二、非选择题10(2022·浙江五校联考)如下图，光滑绝缘水平面AB与倾角37°，长L5 m的固定绝缘斜面BC在B处平滑相连，在斜面的C处有一与斜面垂直的弹性绝缘挡板质量m0.5 kg、带电荷量q5×105 C的绝缘带电小滑块(可看作质点)置于斜面的中点D，整个空间存在水平向右的匀强电场，场强E2×105 N/C，现让滑块以v014 m/s的速度沿斜面向上运动设滑块与挡板碰撞前后所带电荷量不变、速度大小不变，滑块和斜面间的动摩擦因数0.1.(g取10 m/s2，sin37°0.6，cos37°0.8)，求：(1)滑块沿斜面向上运动的加速度大小；(2)滑块运动的总路程解析(1)滑块与斜面之间的摩擦力f(mgcos37°qEsin37°)1 N根据牛顿第二定律可得qEcos37°mgsin37°fma，解得a8 m/s2.(2)由题可知，滑块最终停在C点设滑块从D点开始运动到最终停在C点的过程中在斜面上运动的总路程为s1，由动能定理有qEcos37°mgsin37°fs10mv解得s161.5 m设滑块第1次到B时动能为Ek1，从D到B由动能定理得qEcos37°mgsin37°f·Ek1mv解得Ek129 J设滑块第1次从B滑到水平面上的最远距离为x1，由动能定理得qEx10Ek1，解得x12.9 m水平面光滑，滑块滑回到B点时动能不变，滑块在斜面上往返一次克服摩擦力做功Wf2fL10 J滑块第2次回到B点时动能为Ek2Ek1Wf19 J设滑块第2次从B滑到水平面上的最远距离为x2，由动能定理得qEx20Ek2，解得x21.9 m同理，滑块第3次从B滑到水平面上的最远距离为x30.9 m此后就不会再滑到水平面上了滑块在水平面上运动的总路程为s22(x1x2x3)11.4 m滑块运动的总路程ss1s272.9 m答案(1)8 m/s2(2)72.9 m11(2022·内蒙古包头联考)如图甲所示，两根足够长的光滑直金属导轨MN、PQ平行固定在倾角37°的绝缘斜面上，两导轨间距L1 m，导轨的电阻可忽略M、P两点间接有阻值为R的电阻一根质量m1 kg、电阻r0.2 的均匀直金属杆ab放在两导轨上，与导轨垂直且接触良好整套装置处于磁感应强度B0.5 T的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向下自图示位置起，杆ab受到大小为F、方向平行导轨向下的拉力作用，力F随杆ab运动速度v变化的图像如图乙所示，杆由静止开始运动，测得通过电阻R的电流随时间均匀增大g取10 m/s2，sin37°0.6.(1)试判断金属杆ab在匀强磁场中做何种运动，请写出推理过程；(2)求电阻R的阻值；(3)金属杆ab自静止开始下滑通过位移x1 m的过程中，拉力的平均功率为6.6 W，求在此过程中回路中产生的焦耳热解析(1)通过R的电流I，EBLv，所以I因为B、L、R、r为定值，所以I与v成正比又因为电流I随时间均匀增大，故杆的速度v也随时间均匀增大，即杆的加速度为恒量，金属杆做匀加速直线运动(或金属杆做初速度为零的匀加速直线运动)(2)对杆：根据牛顿第二定律有FmgsinF安ma由图乙可知：F0.5v2(N)F安BILv(N)那么可得：2mgsinvma因为v为变量，a为定值，所以a与v无关，必有ma2mgsin，0.50解得a8 m/s2，R0.3 (3)由能量守恒定律得PtmgxsinQmv2由匀变速直线运动规律得xat2，vat联立解得t0.5 s，v4 m/s，Q1.3 J.答案(1)见解析(2)0.3 (3)1.3 J8