2019年高考物理二輪復習 備課資料 專題四 能量與動量 第2講 功能關系在電學中的應用專題限時檢測.doc

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2019年高考物理二輪復習 備課資料 專題四 能量與動量 第2講 功能關系在電學中的應用專題限時檢測一、選擇題(本大題共8小題,每小題8分,共64分,第15題只有一項符合題目要求,第68題有多項符合題目要求)1.(xx安徽池州聯(lián)考)如圖所示,勻強電場水平向左,帶正電的物體沿絕緣、粗糙水平板向右運動,經A點時動能為100 J,到B點時動能減少到80 J,減少的動能中有12 J 轉化為電勢能,則它再經過B點時,動能大小是(B)A.4 J B.16 JC.32 JD.64 J解析:設物體向右運動到C點速度為零,然后返回,A,B間距離為x1,B,C間距離為x2,從A到B過程中,由動能定理得-(f+qE)x1=(80-100)J=-20 J.由電場力做功與電勢能的關系知qEx1=12 J,解得qE=.從B到C過程中,由動能定理得-(f+qE)x2=-80 J,解得fx2=32 J.從B到C再返回B的過程中,由動能定理得-2fx2=Ek-80 J,解得Ek=16 J,故選項B正確.2.(xx山東煙臺模擬)如圖(甲),傾角為的光滑絕緣斜面,底端固定一帶電荷量為Q的正點電荷.將一帶正電小物塊(可視為質點)從斜面上A點由靜止釋放,小物塊沿斜面向上滑動至最高點B處,此過程中小物塊的動能和重力勢能隨位移的變化圖像如圖(乙)(E1和x1為已知量).已知重力加速度為g,靜電力常量為k,由圖像可以求出( C )A.小物塊所帶電荷量B.A,B間的電勢差C.小物塊的質量D.小物塊速度最大時到斜面底端的距離解析:由動能圖線得知,小物塊的速度先增大后減小.根據(jù)庫侖定律得知,小物塊所受的庫侖力逐漸減小,合外力先減小后增大,加速度先減小后增大,則小物塊先沿斜面向上做加速度逐漸減小的加速運動,再沿斜面向上做加速度逐漸增大的減速運動,直至速度為零.由動能圖線看出,速度有最大值,此時小物塊受力平衡,有庫侖力與重力沿斜面的分力平衡,由于沒有x的具體數(shù)據(jù),所以不能求得小物塊所帶電荷量,選項A錯誤;A到B的過程中重力勢能的增加等于電勢能的減少,所以可以求出小物塊電勢能的減少,由于小物塊的電荷量不知道,所以不能求出A,B之間的電勢差,選項B錯誤;由重力勢能圖線得到E1=mgh=mgx1sin ,即可求出m,選項C正確;圖像中不能確定哪一點的速度最大,題目中也沒有小物塊的電荷量等信息,所以不能確定小物塊速度最大時到斜面底端的距離,選項D錯誤.3.(xx河北邯鄲一模)如圖所示,一足夠長的光滑平行金屬軌道,軌道平面與水平面成角,上端與一電阻R相連,處于方向垂直軌道平面向上的勻強磁場中.質量為m、電阻為r的金屬桿ab,從高為h處由靜止釋放,下滑一段時間后,金屬桿開始以速度v勻速運動直到軌道的底端.金屬桿始終保持與軌道垂直且接觸良好,軌道的電阻及空氣阻力均可忽略不計,重力加速度為g.則(C)A.金屬桿加速運動過程中的平均速度為B.金屬桿加速運動過程中克服安培力做功的功率大于勻速運動過程中克服安培力做功的功率C.當金屬桿的速度為時,它的加速度大小為D.整個運動過程中電阻R產生的焦耳熱為mgh-mv2解析:對金屬桿分析知,金屬桿ab在運動過程中受到重力、軌道支持力和安培力作用,先做加速度減小的加速運動,后做勻速運動,因金屬桿加速運動過程不是勻加速,故其平均速度不等于,故選項A錯誤;當安培力等于重力沿斜面的分力,即mgsin =時,桿ab開始勻速運動,此時v最大,F安最大,故勻速運動時克服安培力做功的功率最大,選項B錯誤;當金屬桿速度為時,F安=mgsin ,所以F合=mgsin -F安=mgsin =ma,得a=,選項C正確;由能量守恒可得mgh-mv2=Qab+QR,即mgh-mv2應等于電阻R和金屬桿上產生的總焦耳熱,選項D錯誤.4.(xx江蘇十校聯(lián)考)如圖所示,一電荷量為-Q的點電荷甲,固定在絕緣水平面上的O點.另一電荷量為+q、質量為m的點電荷乙,從A點以初速度v0沿它們的連線向甲運動,到B點時的速度減小到最小,大小為v,已知點電荷乙受到水平面的阻力恒為mg,g為重力加速度,A,B間距離為L,靜電力常量為k,則下列說法正確的是(A)A.點電荷甲在B點處的電場強度大小為B.O,B兩點間的距離大于C.在點電荷甲形成的電場中,A,B兩點間電勢差UAB=D.點電荷甲形成的電場中,A點的電勢低于B點的電勢解析:因為電荷乙從A點運動到B點時的速度減小到最小,故此時電荷乙的加速度為零,即EBq=mg,即EB=,選項A正確;根據(jù)點電荷的場強公式EB=k=,解得xOB=,選項B錯誤;從A點到B點由動能定理可知qUAB-mgL=mv2-m,UAB=,選項C錯誤;點電荷甲帶負電,故在所形成的電場中,A點的電勢高于B點的電勢,選項D錯誤.5.(xx浙江紹興質量檢測)如圖所示,是豎直平面內兩個相同的半圓形光滑絕緣軌道,K為軌道最低點.軌道處于垂直紙面向外的勻強磁場中,軌道處于水平向右的勻強電場中.兩個完全相同的帶正電小球a,b從靜止開始下滑至第一次到達最低點K的過程中,帶電小球a,b相比(C)A.球a所需時間較長B.球a機械能損失較多C.在K處球a速度較大D.在K處球b對軌道壓力較大解析:洛倫茲力不做功,僅重力對a做功,由動能定理得mgr=m;重力做正功,電場力對b球做負功,mgr-Eqr=m,由以上兩式得v1v2,a球所需時間較短,選項A,B錯誤,C正確;在最低點對a球有FN1+F洛-mg=,對b球有FN2-mg=,無法比較FN1,FN2大小,選項D錯誤.6.(xx天津質量調查)光滑水平面上有一邊長為L的正方形區(qū)ABCD處在電場強度為E的勻強電場中,電場方向與正方形的某一條邊平行,一質量為m、帶電荷量為q的小球由AD邊的中點以垂直于該邊的水平初速度v0進入該正方形區(qū)域,當小球再次運動到該正方形區(qū)域的邊緣時,具有的動能可能為(AC)A.m+qELB.m+qELC.m+qELD.m+qEL解析:若電場方向與BC平行,則電場力做的功WEqL,動能滿足mEkm+qEL.若電場方向與AB平行,則電場力做的功W=qEL或W=-qEL或W=0,動能Ek=m+EqL或Ek=m-EqL或Ek=m,故A,C正確,B,D錯誤.7.(xx湖北十三校二聯(lián))如圖(甲)所示,abcd是位于豎直平面內的正方形閉合金屬線框,在金屬線框的下方有一磁感應強度為B的勻強磁場區(qū)域,MN和MN是勻強磁場區(qū)域的水平邊界,邊界的寬度為s,并與線框的bc邊平行,磁場方向與線框平面垂直.現(xiàn)讓金屬線框由距MN的某一高度從靜止開始下落,圖(乙)是金屬線框由開始下落到完全穿過勻強磁場區(qū)域的vt圖像(其中OA,BC,DE相互平行).已知金屬線框的邊長為L(Ls)、質量為m、電阻為R,當?shù)氐闹亓铀俣葹間,圖像中坐標軸上所標出的字母v1,v2,t1,t2,t3,t4均為已知量.(下落過程中bc邊始終水平)根據(jù)題中所給條件,以下說法正確的是(AC)A.t2時刻是線框全部進入磁場瞬間,t4時刻是線框全部離開磁場瞬間B.從bc邊進入磁場起一直到ad邊離開磁場為止,克服安培力所做的功為mgsC.v1的大小可能為D.線框穿出磁場過程中流經線框橫截面的電荷量比線框進入磁場過程中流經線框橫截面的電荷量多解析:線框進入磁場之前,做自由落體運動,即勻加速直線運動;線框的bc邊進入磁場后,ad邊進入磁場前,bc邊受向上的安培力,加速度a=,做加速度越來越小的變減速運動;當線框全部進入磁場中后,線框受安培力為零,又做勻加速直線運動,加速度為g;當bc邊出磁場,只有ad邊在磁場中時,ad邊受向上的安培力,a=,做加速度越來越小的變減速運動;當線框全部出磁場之后,其只受重力,又做勻加速直線運動,加速度為g;對照圖(乙)可知,t2時刻是線框全部進入磁場瞬間、t4時刻是線框全部離開磁場瞬間,選項A正確;由能量關系可得,從bc邊進入磁場到ad邊出磁場的過程中克服安培力做的功為W=mg(s+L)-(m-m),選項B錯誤;由q=n可知,線框穿出磁場過程中流經線框橫截面的電荷量與線框進入磁場過程中流經線框橫截面的電荷量相等,選項D錯誤;當線框速度為v1時,其所受安培力若正好與重力相平衡,則有F安=mg,即=mg,得v1=,選項C正確.8.(xx湖南師大附中模擬)如圖所示,質量為3m的重物與一質量為m的線框用一根絕緣細線連接起來,掛在兩個高度相同的定滑輪上,已知線框電阻為R,橫邊邊長為L,水平方向勻強磁場的磁感應強度為B,磁場上下邊界的距離、線框豎直邊長均為h.初始時刻,磁場的下邊緣和線框上邊緣的高度差為2h,將重物從靜止開始釋放,線框穿出磁場前,若線框已經做勻速直線運動,滑輪質量、摩擦阻力均不計.則下列說法中正確的是(AB)A.線框進入磁場時的速度為B.線框穿出磁場時的速度為C.線框進入磁場后,若某一時刻的速度為v,則加速度為a=g-D.線框通過磁場的過程中產生的熱量Q=8mgh-解析:線框進入磁場前,根據(jù)重物與線框組成的系統(tǒng)機械能守恒得(3mg-mg)2h=(3m+m),解得線框進入磁場時的速度為v0=,選項A正確;線框穿出磁場前,根據(jù)平衡條件得3mg-mg=F安,而F安=,聯(lián)立解得線框穿出磁場時的速度為v=,選項B正確;線框進入磁場后,若某一時刻的速度為v,對整體,根據(jù)牛頓第二定律得3mg-mg-=(3m+m)a,解得a=g-,選項C錯誤;設線框通過磁場的過程中產生的熱量為Q.對從靜止到剛通過磁場的過程,根據(jù)能量守恒得Q=(3mg-mg)4h-(3m+m)v2,將v=代入得Q=8mgh-,選項D錯誤.二、非選擇題(本大題共2小題,共36分)9.(18分)如圖所示,一根有一定電阻的直導體棒質量為m、長為L,其兩端放在位于水平面內間距也為L的光滑平行導軌上,并與之接觸良好;棒左側兩導軌之間連接一可控電阻;導軌置于勻強磁場中,磁場的磁感應強度大小為B,方向垂直于導軌所在平面.t=0時刻,給導體棒一個平行于導軌的初速度,此時可控電阻的阻值為R0.在棒運動過程中,通過可控電阻的變化使棒中的電流保持恒定.不計導軌電阻,導體棒一直在磁場中.(1)求可控電阻R隨時間t變化的關系式;(2)若已知棒中電流為I,求0t時間內可控電阻上消耗的平均功 率P;(3)若在棒的整個運動過程中將題中的可控電阻改為阻值為R0的定值電阻,則棒將減速運動位移x1后停下,而由題中條件,棒將運動位移x2后停下,求的值.解析:(1)因棒中的電流保持恒定,故棒做勻減速直線運動,設棒的電阻為r,電流為I,其初速度為v0,加速度大小為a,經時間t后,棒的速度變?yōu)関,則有v=v0-at,而a=t=0時刻棒中電流為I=經時間t后棒中電流為I=由以上各式得R=R0-t.(2)因可控電阻R隨時間t均勻減小,故所求功率為P=I2由以上各式得P=I2(R0-).(3)將可控電阻改為定值電阻R0,棒將做變減速運動.有v0=t,=,而t=t,=,由以上各式得x1=而x2=由以上各式得x2=所求=.答案:(1)R=R0-t(2)I2(R0-)(3)2110.(18分)(xx江南十校二模)如圖(甲),斜面AO的傾角=30,其表面動摩擦因數(shù)為1,水平地面OB動摩擦因數(shù)2=0.30,過斜面底端O點的豎直線(虛線)右側,存在平行于OB的勻強電場(圖中未畫出),視為質點的滑塊其質量m=1.00 kg、帶電荷量q=+2.0010-6 C,由靜止從斜面上的P點下滑至地面上的Q點,該過程滑塊的速率圖像如圖(乙).(滑塊電荷量恒定不變,不考慮經過O點時滑塊的能量損失).(1)求P點高度h及動摩擦因數(shù)1;(2)求勻強電場的大小E和方向及滑塊的最大電勢能Ep(設O點電勢 為零);(3)在圖(乙)中,將1.25秒后滑塊速率圖像加以補充,并根據(jù)變化規(guī)律得出滑塊第n次從O點向右運動的最大距離sn.解析:(1)根據(jù)圖像,PO=1.00 m,所以P點高度為h=POsin =0.50 m.滑塊在斜面上向下滑行加速度a1=2.00 m/s2有mgsin 30-1mgcos 30=ma1,得1=.(2)根據(jù)圖像,在地面上向右滑行加速度a2=8.00 m/s2,滑行位移xOQ=0.25 m,滑塊第一次到達O點的速度為v1,電場力做功為W1,故有W1-2mgxOQ=0-m,因v1=2 m/s,得W1=-1.25 J因OQ為在地面上向右滑行的最大距離,所以最大電勢能Ep=1.25 J.-W1=EqxOQ,得E=2.50106 V/m,方向向左.(3)從PO,加速度a1=2.00 m/s2,方向沿斜面向下.從OQ,加速度a2=8.00 m/s2,方向向左.從QO,加速度a3=2.00 m/s2,方向向左.從OP(第一次返回斜面向上運動),加速度a4=8.00 m/s2,方向沿斜面向下.所以滑塊往返運動的速度圖像如圖.可以看出,圖中三角形的高和底邊長按比例遞減,圖中陰影面積為滑塊每次從O點向右運動的最大距離,依次為s1,s2,s3,sn.由圖像可以看出s1s2s3sn=1()()2()n-1,又有s1=0.25 m所以sn=s1()n-1= m(n=1,2,3,n).答案:(1)0.50 m(2)2.50106 V/m方向向左1.25 J(3)圖見解析Sn= m(n=1,2,3,n)