高考物理二轮专题突破 专题四 功能关系的应用（2）功能关系在电学中的应用检测题-人教版高三全册物理试题.doc

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1、 专题四 功能关系的应用第2讲：功能关系在电学中的应用一、夯实基础1.(多选)如图1所示，绝缘粗糙斜面体固定在水平地面上，斜面所在空间存在平行于斜面向上的匀强电场E，轻弹簧一端固定在斜面顶端，另一端拴接一不计质量的绝缘薄板.一带正电的小滑块，从斜面上的P点处由静止释放后，沿斜面向上运动，并能压缩弹簧至R点(图中未标出)，然后返回，则()图1A.滑块从P点运动到R点的过程中，其机械能增量等于电场力与弹簧弹力做功之和B.滑块从P点运动到R点的过程中，电势能的减小量大于重力势能和弹簧弹性势能的增加量之和C.滑块返回时能到达的最低位置在P点的上方D.滑块最终停下时，克服摩擦力所做的功等于电势能的减小量

2、与重力势能增加量之差2.(多选)如图2所示，匀强电场的电场强度为E，方向水平向左，一带电量为q，质量为m的物体放在光滑水平面上，在恒力F作用下由静止开始从O点向右做匀加速直线运动，经时间t力F做功60J，此后撤去力F，物体又经过相同的时间t回到出发点O，设O点的电势能为零，则下列说法正确的是()图2A.物体回到出发点的速度与撤去力F时的速度大小之比为21B.恒力F4qEC.撤去力F时，物体的电势能为45JD.在撤去力F之前的任一时刻，动能与电势能之比均为133.(多选)如图3所示，物体A和带负电的物体B用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，A、B的质量分别是m和2m，劲度系数为k的轻质弹簧一端固定在水平

3、面上.另一端与物体A相连，倾角为的斜面处于沿斜面向上的匀强电场中，整个系统不计一切摩擦.开始时，物体B在一沿斜面向上的外力F3mgsin的作用下保持静止且轻绳恰好伸直，然后撤去外力F，直到物体B获得最大速度，且弹簧未超过弹性限度，则在此过程中()图3A.对于物体A、B、弹簧和地球组成的系统，电场力做功等于该系统增加的机械能B.物体A、弹簧和地球所组成的系统机械能增加量等于物体B电势能的减少量C.B的速度最大时，弹簧的伸长量为D.撤去外力F的瞬间，物体B的加速度为4.(多选)如图4所示，在一竖直平面内，BCDF段是半径为R的圆弧挡板，AB段为直线型挡板(长为4R)，两者在B点相切，37，C、F两

4、点与圆心等高，D在圆弧形挡板的最低点，所有接触面均光滑、绝缘，挡板处于场强为E，方向水平向左的匀强电场中，现将带电量为q、质量为m的小球从挡板内侧的A点由静止释放，小球沿挡板内侧ABCDF运动到F点后抛出，在这段运动过程中，下列说法正确的是(sin370.6，cos370.8)()图4A.匀强电场的场强大小可能等于B.小球运动到D点时动能一定不是最大C.小球机械能增加量的最大值为2.6qERD.小球从B到D运动过程中，动能的增量为1.8mgR0.8EqR二、能力提升5.质量为m、长度为l的金属棒MN两端由绝缘且等长轻质细线水平悬挂，处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B.开始时细线竖直，

5、当金属棒中通以恒定电流后，金属棒从最低点向右开始摆动，若已知细线与竖直方向的最大夹角为60，如图5所示，则棒中电流()图5A.方向由M向N，大小为B.方向由N向M，大小为C.方向由M向N，大小为D.方向由N向M，大小为6.(多选)如图6所示，光滑的水平轨道AB与半径为R的光滑的半圆形轨道BCD相切于B点，水平轨道AB部分存在水平向右的匀强电场E，半圆形轨道处于竖直平面内，B为最低点，D为最高点.一质量为m、带正电的小球从距B点x的位置在电场力的作用下由静止开始沿AB向右运动，并能恰好通过最高点D，则下列物理量的变化对应关系正确的是()图6A.其他条件不变，R越大，x越大B.其他条件不变，m越大

6、，x越大C.其他条件不变，E越大，x越大D.其他条件不变，R越大，小球经过B点瞬间对轨道的压力越大7.(多选)如图7所示，竖直平面内有两条水平的平行虚线ab、cd，间距为d，其间(虚线边界上无磁场)有磁感应强度为B的匀强磁场，一个正方形线框边长为L，质量为m，电阻为R.线框位于位置1时，其下边缘到ab的距离为h.现将线框从位置1由静止释放，依次经过2、3、4三个位置，其下边框刚进入磁场和刚要穿出磁场时的速度相等，重力加速度为g，下列说法正确的是()图7A.线框在经过2、3、4三个位置时，位置3时线框速度一定最小B.线框进入磁场过程中产生的电热Qmg(dL)C.线框从位置2下落到位置4的过程中加

7、速度一直减小D.线框在即将到达位置3的瞬间克服安培力做功的瞬时功率为8.如图8甲所示，左侧接有定值电阻R2的水平粗糙导轨处于垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度B1T，导轨间距L1m.一质量m2kg，阻值r2的金属棒在水平拉力F作用下由静止开始从CD处沿导轨向右加速运动，金属棒的vx图象如图乙所示，若金属棒与导轨间动摩擦因数0.25，则从起点发生x1m位移的过程中(g10m/s2)()图8A.金属棒克服安培力做的功W10.5JB.金属棒克服摩擦力做的功W24JC.整个系统产生的总热量Q4.25JD.拉力做的功W9.25J三、课外拓展9.如图9所示，平行金属导轨与水平面成角，导轨与定值电阻R1和

8、R2相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面.有一导体棒ab，质量为m，导体棒的电阻R0与固定电阻R1和R2的阻值均相等，与导轨之间的动摩擦因数为，导体棒ab沿导轨向上滑动，当上滑的速度为v时，受到安培力的大小为F.此时()图9A.电阻R1消耗的热功率为B.电阻R0消耗的热功率为C.整个装置消耗的热功率为mgvsinD.整个装置消耗的机械功率为(Fmgcos)v10.(多选)如图10所示，同一竖直面内的正方形导线框a、b的边长均为l，电阻均为R，质量分别为2m和m.它们分别系在一跨过两个定滑轮的轻绳两端，在两导线框之间有一宽度为2l、磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场区域.开始时，线框b的上

9、边与匀强磁场的下边界重合，线框a的下边到匀强磁场的上边界的距离为l.现将系统由静止释放，当线框b全部进入磁场时，a、b两个线框开始做匀速运动.不计摩擦和空气阻力，则()图10A.a、b两个线框匀速运动的速度大小为B.线框a从下边进入磁场到上边离开磁场所用时间为C.从开始匀速运动到线框a全部进入磁场的过程中，线框a所产生的焦耳热为mglD.从开始匀速运动到线框a全部进入磁场的过程中，两线框共克服安培力做功为2mgl11.如图11所示，在竖直平面内有一质量为2m的光滑“”形线框DEFC，EF长为L，电阻为r；FCED2L，电阻不计.FC、ED的上半部分(长为L)处于匀强磁场区域中，且FC、ED的中

10、点与其下边界重合.质量为m、电阻为3r的金属棒用最大拉力为2mg的绝缘细线悬挂着，其两端与C、D两端点接触良好，处在磁感应强度为B的匀强磁场区域中，并可在FC、ED上无摩擦滑动.现将“”形线框由静止释放，当EF到达磁场区域的下边界时速度为v，细线刚好断裂，区域内磁场消失.重力加速度为g.求：图11(1)整个过程中，线框克服安培力做的功；(2)EF刚要出磁场时产生的感应电动势；(3)线框的EF边追上金属棒CD时，金属棒CD的动能.12.如图12所示，整个空间存在水平向右的匀强电场，场强E2103V/m，在电场中的水平地面上，放有质量M2 kg的不带电绝缘木板，处于静止状态.现有一质量为m2 kg

11、，所带负电荷为q1103 C的绝缘物块(可看作质点)，以水平向右的初速度v08 m/s滑上木板左端.已知木板与水平地面间的动摩擦因数10.1，物块与木板间的动摩擦因数20.3，物块在运动过程中始终没有从木板上滑下，g取10m/s2.求：图12(1)放上物块瞬间，物块和木板的加速度分别是多少；(2)木板至少多长，才能保证物块不从木板上掉下来；(3)从物块滑上木板到物块与木板达到共速的过程中，系统产生的热量Q.13.如图13所示，绝缘光滑水平面与半径为R的竖直光滑半圆轨道相切于C.竖直直径GC左侧空间存在足够大匀强电场，其电场强度方向水平向右.GC右侧空间处处存在匀强磁场，其磁感应强度垂直纸面水平

12、向里.一质量为m，电荷量为q的带正电滑块(可视为质点)在A点由静止释放，滑块恰好能通过圆周的最高点G进入电场.已知匀强电场场强大小为E，AC间距为L4R，重力加速度为g.求：图13(1)滑块在G点的速度vG；(2)匀强磁场的磁感应强度B的大小；(3)滑块落回水平面的位置距离C点的距离x.四、高考链接14(多选)(2016全国卷，20)如图14，一带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直面(纸面)内，且相对于过轨迹最低点P的竖直线对称。忽略空气阻力。由此可知()图14AQ点的电势比P点高B油滴在Q点的动能比它在P点的大C油滴在Q点的电势能比它在P点的大D油滴在Q点的加速度大小比它在P点的小1

13、5(2015全国15)如图15，直线a、b和c、d是处于匀强电场中的两组平行线，M、N、P、Q是它们的交点，四点处的电势分别为M、N、P、Q。一电子由M点分别运动到N点和P点的过程中，电场力所做的负功相等。则()图15A直线a位于某一等势面内，MQB直线c位于某一等势面内，MNC若电子由M点运动到Q点，电场力做正功D若电子由P点运动到Q点，电场力做负功16(2014新课标全国，25)如图16所示，O、A、B为同一竖直平面内的三个点，OB沿竖直方向，BOA60，OBOA。将一质量为m的小球以一定的初动能自O点水平向右抛出，小球在运动过程中恰好通过A点。使此小球带电，电荷量为q(q0)，同时加一匀

14、强电场，场强方向与OAB所在平面平行。现从O点以同样的初动能沿某一方向抛出此带电小球，该小球通过了A点，到达A点时的动能是初动能的3倍；若该小球从O点以同样的初动能沿另一方向抛出，恰好通过B点，且到达B点时的动能为初动能的6倍，重力加速度大小为g。求：图16(1)无电场时，小球到达A点时的动能与初动能的比值；(2)电场强度的大小和方向。参考答案1.答案BC解析在小滑块开始运动到到达R点的过程中，电场力做的功转化为小滑块的重力势能、弹簧的弹性势能以及内能.滑块从P点运动到R点的过程中，其机械能增量等于电场力与弹簧弹力做功、摩擦力做功之和.故A错误；电场力做的功转化为小滑块的重力势能、弹簧的弹性势

15、能以及内能，所以电势能的减小量大于重力势能和弹簧弹性势能的增加量之和.故B正确；小滑块运动的过程中，由于摩擦力做功，小滑块的机械能与电势能的和减小，所以滑块返回时能到达的最低位置在P点的上方，不能再返回P点.故C正确；滑块运动的过程中，由于摩擦力做功，小滑块的机械能与电势能的和逐渐减小，所以滑块最终停下时，克服摩擦力所做的功等于电势能的减小量与重力势能增加量、弹性势能增加量之差.故D错误.2.答案ACD解析在恒力F作用下的加速度大小为a1，撤去恒力F后的加速度大小为a2，匀加速运动的位移大小x1a1t2，撤去拉力后的位移大小x2a1tta2t2根据x1x2得a23a1.根据牛顿第二定律得，a1

16、，a2，联立解得F电qEF.故B错误.3.答案AC解析根据能量守恒可知，物体A、弹簧和地球所组成的系统机械能增加量等于物体B电势能的减少量和B物体机械能的减小量之和，故B错误；当B所受的合力为零时，B的速度最大，由：kxF电2mgsin解得弹簧的伸长量为：x，故C正确；开始时，外力F作用在B上，B处于静止状态，对B分析可知：F2mgsinF电0解得：F电mgsin.当撤去外力瞬间，对AB整体分析，整体受到的合力为：F合F电2mgsin3mgsin由F合3ma可得agsin，故D错误.4.答案BC解析小球能沿挡板ABC内侧运动，则有：qEcos37mgsin37，则得：E，故场强大小不可能等于.

17、故A错误；小球在复合场中受重力和电场力，所以小球运动到合力方向上时动能最大，则知在CD之间的某一点上时动能最大，故B正确；小球运动到C点时，电场力做正功最多，小球的机械能增加量最大，所以小球机械能增加量的最大值为EqE4Rcos 53R(1cos 37)2.6qER，故C正确；小球从B到D运动过程中，根据动能定理得：动能的增量为EkmgR(1sin37)qERcos371.6mgR0.8qER，故D错误.5.答案B解析平衡时两悬线与竖直方向夹角均为，故导线受到向右的安培力，根据左手定则，可判断金属棒中的电流方向由N指向M；金属棒MN所受安培力的方向垂直于MN和磁场方向向右，由于棒向上运动的过程

18、中重力和安培力做功，细线的拉力不做功，设细线的长度为x，由功能关系得：BIlxsinmg(xxcos)0解方程得：I.6.答案AB解析小球在BCD部分做圆周运动，在D点，由牛顿第二定律有：mgm，小球由B到D的过程中机械能守恒：mvmg2Rmv，联立解得：vB，R越大，小球经过B点时的速度越大，则x越大，选项A正确；小球由A到B，由动能定理得：qExmv，将vB代入得：qExmgR，知m越大，x越大，B正确；E越大，x越小，C错误；在B点有：FNmgm，将vB代入得：FN6mg，选项D错误.7.答案AD解析线框进入磁场的过程做加速度减小的减速运动，完全进入磁场后做加速度为g的匀加速运动，则知3

19、位置时线框速度最小，故A正确；由功能关系可知，线框进入磁场中减小的重力势能等于电热，即Qmgd，故B错误；由于线框在完全进入磁场后做加速度为g的匀加速运动，故C错误；因为进入磁场时要减速，即此时的安培力大于重力，速度减小，安培力也减小，当安培力减小到等于重力时，线圈做匀速运动，全部进入磁场将做匀加速运动，设线圈的最小速度为v，由动能定理，从线框下边刚进入磁场到线框完全进入时，则有：mv2mvmgLmgd，又有：mvmgh，则克服安培力的功率PBILv，故D正确.8.答案D解析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，为：Q1mgx0.252101J5J，故B、C错误；由vx图象得：v

20、2x，金属棒所受的安培力F，代入得：F0.5x，则知F与x是线性关系.当x0时，安培力F00；当x1m时，安培力F10.5N，则从起点发生x1m位移的过程中，安培力做功为W安xx1J0.25J，A错误；根据动能定理得：WmgxW安mv2，其中v2m/s，0.25，m2kg，代入解得，拉力做的功W9.25J，故D正确.9.答案D解析设ab长度为L，磁感应强度为B，电阻R0R1R2R.电路中感应电动势EBLv，ab中感应电流为：I，ab所受安培力为：FBIL电阻R1消耗的热功率为：P1(I)2R由得：P1Fv，电阻R0和R1阻值相等，P0I2RFv，故A、B错误；整个装置因摩擦而消耗的热功率为：P

21、fFfvmgcosvmgvcos，故C错误；整个装置消耗的机械功率为：P3FvPf(Fmgcos)v，故D正确.10.答案BC解析当线框b全部进入磁场时，a的下边刚进入磁场，则此时两线框匀速运动，则mgF安2mg，而F安，解得v，选项A错误；线框a从下边进入磁场到上边离开磁场的过程，两线框一直做匀速运动，则所用的时间t，故选项B正确；从开始匀速运动到线框a全部进入磁场的过程中，因为两线框匀速运动，故线框a所产生的焦耳热等于两线框的重力势能的减小量：QEp2mglmglmgl，选项C正确；从开始运动到线框a全部进入磁场的过程中，两线框共克服安培力做功等于产生的电能，即大小为mgl，选项D错误；故

22、选B、C.11.答案(1)2mgLmv2(2)(3)解析(1)对形线框用动能定理：2mgLW2mv20，W2mgLmv2(2)对金属棒CD受力分析：FTmmgBIL，得到I，EIR总(3)对金属棒CD运动分析：Hgt2，对形线框运动分析：HLvtgt2，解得：t相遇时CD棒速度vt0gt，此时动能为Ekmv12.答案(1)4m/s2，方向水平向左1 m/s2，方向水平向右(2)6.4m(3)43.52J解析(1)物块滑上木板瞬间，根据牛顿第二定律得：对m有：qE2mgma1，对M有：2mg1(mM)gMa2，解得：a14m/s2，方向水平向左，a21m/s2，方向水平向右.(2)假设m、M经过

23、时间t1两者具有共同速度v，各自的位移为x1、x2，则有：vv0a1t1a2t1，x1t1，x2t1，M、m之间的相对位移为x，则有：xx1x2，联立方程解得：x6.4m，所以木板至少长6.4m，(3)物块与木板间产生的内能为Q1，木板与地面产生的内能为Q2，则有：Q12mgx，Q21(mM)gx2，全过程产生的热量为：QQ1Q2，解得：Q43.52J.13.答案(1)2(2)(3)2R解析(1)研究A到G过程，由动能定理知：4EqR2mgR代入可得：vG2(2)在G点，对滑块有：mgqvGB代入可得：B(3)设回到电场之后的飞行时间为t，水平位移为x竖直方向：2R水平方向：xvGtat2其中

24、：a联立可得：x2R.14答案AB解析由于油滴受到的电场力和重力都是恒力，所以合外力为恒力，加速度恒定不变，所以D选项错；由于油滴轨迹相对于过P的竖直线对称且合外力总是指向轨迹弯曲内侧，所以油滴所受合外力沿竖直向上的方向，因此电场力竖直向上，且qEmg，则电场方向竖直向下，所以Q点的电势比P点的高，A选项正确；当油滴从P点运动到Q点时，电场力做正功，电势能减小，C选项错误；当油滴从P点运动到Q点的过程中，合外力做正功，动能增加，所以Q点动能大于P点的动能，B选项正确。15答案B解析由电子从M点分别运动到N点和P点的过程中，电场力所做的负功相等可知，MNP，故过N、P点的直线d位于某一等势面内，

25、则与直线d平行的直线c也位于某一等势面内，选项A错、B正确；MQ，则电子由M点运动到Q点，电场力不做功，选项C错误；由于PMQ，电子由P点运动到Q点，电势能减小，电场力做正功，选项D错误。16答案(1)(2)见解析解析(1)设小球的初速度为v0，初动能为Ek0，从O点运动到A点的时间为t，令OAd，则OBd，根据平抛运动的规律有dsin 60v0tdcos 60gt2又有Ek0mv由式得Ek0mgd设小球到达A点时的动能为EkA，则EkAEk0mgd由式得(2)加电场后，小球从O点到A点和B点，高度分别降低了和，设电势能分别减小EpA和EpB，由能量守恒及式得EpA3Ek0Ek0mgdEk0EpB6Ek0Ek0mgdEk0在匀强电场中，沿任一直线，电势的降落是均匀的。设直线OB上的M点与A点等电势，M与O点的距离为x，如图，则有解得xd。MA为等势线，电场必与其垂线OC方向平行。设电场方向与竖直向下的方向的夹角为，由几何关系可得30即电场方向与竖直向下的方向的夹角为30。设场强的大小为E，有qEdcos 30EpA由式得E