2020年高考物理二輪重點專題強(qiáng)化練習(xí)八：功能關(guān)系在電學(xué)中的應(yīng)用(含解析)

1、2020 年高考物理二輪重點專題整合強(qiáng)化練專練八：功能關(guān)系在電學(xué)中的應(yīng)用1、(多選 )如圖所示， 絕緣粗糙斜面體固定在水平地面上，斜面所在空間存在平行于斜面向上的勻強(qiáng)電場e，輕彈簧一端固定在斜面頂端，另一端拴接一不計質(zhì)量的絕緣薄板.一帶正電的小滑塊，從斜面上的p 點處由靜止釋放后，沿斜面向上運(yùn)動，并能壓縮彈簧至r 點(圖中未標(biāo)出 )，然后返回，則() a.滑塊從 p 點運(yùn)動到r 點的過程中，其機(jī)械能增量等于電場力與彈簧彈力做功之和b.滑塊從 p 點運(yùn)動到r 點的過程中，電勢能的減小量大于重力勢能和彈簧彈性勢能的增加量之和c.滑塊返回時能到達(dá)的最低位置在p 點的上方d.滑塊最終停下時，克服摩擦力

2、所做的功等于電勢能的減小量與重力勢能增加量之差【答案】bc 解析在小滑塊開始運(yùn)動到到達(dá)r 點的過程中，電場力做的功轉(zhuǎn)化為小滑塊的重力勢能、彈簧的彈性勢能以及內(nèi)能 .滑塊從p 點運(yùn)動到r 點的過程中，其機(jī)械能增量等于電場力與彈簧彈力做功、摩擦力做功之和.故 a 錯誤；電場力做的功轉(zhuǎn)化為小滑塊的重力勢能、彈簧的彈性勢能以及內(nèi)能，所以電勢能的減小量大于重力勢能和彈簧彈性勢能的增加量之和.故 b 正確；小滑塊運(yùn)動的過程中，由于摩擦力做功，小滑塊的機(jī)械能與電勢能的和減小，所以滑塊返回時能到達(dá)的最低位置在p 點的上方，不能再返回p 點.故 c 正確；滑塊運(yùn)動的過程中，由于摩擦力做功，小滑塊的機(jī)械能與電勢能

3、的和逐漸減小，所以滑塊最終停下時，克服摩擦力所做的功等于電勢能的減小量與重力勢能增加量、彈性勢能增加量之差.故 d 錯誤 . 2、(多選 )如圖所示，勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度為e，方向水平向左，一帶電量為q，質(zhì)量為 m 的物體放在光滑水平面上，在恒力f 作用下由靜止開始從o 點向右做勻加速直線運(yùn)動，經(jīng)時間t 力 f 做功 60 j，此后撤去力 f，物體又經(jīng)過相同的時間t 回到出發(fā)點o，設(shè) o 點的電勢能為零，則下列說法正確的是() a.物體回到出發(fā)點的速度與撤去力f 時的速度大小之比為21 b.恒力 f4qec.撤去力 f 時，物體的電勢能為45 j d.在撤去力f 之前的任一時刻，動能與電勢能之比

4、均為13 【答案】acd 解析在恒力 f 作用下的加速度大小為a1，撤去恒力f 后的加速度大小為a2，勻加速運(yùn)動的位移大小x112a1t2，撤去拉力后的位移大小x2 a1t t12a2t2根據(jù) x1 x2得 a23a1.根據(jù)牛頓第二定律得，a1ff電m，a2f電m，聯(lián)立解得f電 qe34f.故 b 錯誤 . 3、(多選 )如圖所示， 物體 a 和帶負(fù)電的物體b 用跨過定滑輪的絕緣輕繩連接，a、b 的質(zhì)量分別是m 和 2m，勁度系數(shù)為k 的輕質(zhì)彈簧一端固定在水平面上.另一端與物體a 相連，傾角為的斜面處于沿斜面向上的勻強(qiáng)電場中，整個系統(tǒng)不計一切摩擦.開始時，物體b 在一沿斜面向上的外力f3mgs

5、in 的作用下保持靜止且輕繩恰好伸直， 然后撤去外力f， 直到物體b 獲得最大速度， 且彈簧未超過彈性限度，則在此過程中() a.對于物體a、b、彈簧和地球組成的系統(tǒng)，電場力做功等于該系統(tǒng)增加的機(jī)械能b.物體 a、彈簧和地球所組成的系統(tǒng)機(jī)械能增加量等于物體b 電勢能的減少量c.b 的速度最大時，彈簧的伸長量為3mgsin rd.撤去外力f 的瞬間，物體b的加速度為3gsin 2【答案】ac 解析根據(jù)能量守恒可知，物體 a、彈簧和地球所組成的系統(tǒng)機(jī)械能增加量等于物體b 電勢能的減少量和b物體機(jī)械能的減小量之和，故b 錯誤；當(dāng) b 所受的合力為零時，b 的速度最大，由：kxf電2mgsin 解得彈

6、簧的伸長量為：x3mgsin k，故 c 正確；開始時，外力f 作用在 b 上， b 處于靜止?fàn)顟B(tài)，對b 分析可知： f 2mgsin f電 0 解得： f電 mgsin .當(dāng)撤去外力瞬間，對ab 整體分析，整體受到的合力為：f合f電2mgsin 3mgsin 由 f合 3ma 可得agsin ，故 d 錯誤 . 4、(多選 )如圖所示，在一豎直平面內(nèi)，bcdf 段是半徑為r 的圓弧擋板， ab 段為直線型擋板(長為 4r)，兩者在 b 點相切， 37 ，c、f 兩點與圓心等高，d 在圓弧形擋板的最低點，所有接觸面均光滑、絕緣，擋板處于場強(qiáng)為e，方向水平向左的勻強(qiáng)電場中，現(xiàn)將帶電量為q、質(zhì)量為

7、 m 的小球從擋板內(nèi)側(cè)的a 點由靜止釋放， 小球沿?fù)醢鍍?nèi)側(cè)abcdf 運(yùn)動到 f 點后拋出， 在這段運(yùn)動過程中，下列說法正確的是(sin 37 0.6，cos 37 0.8)() a.勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小可能等于3mg5qb.小球運(yùn)動到d 點時動能一定不是最大c.小球機(jī)械能增加量的最大值為2.6qerd.小球從 b 到 d 運(yùn)動過程中，動能的增量為1.8mgr0.8eqr【答案】bc 解析小球能沿?fù)醢錫bc 內(nèi)側(cè)運(yùn)動， 則有：qecos 37 mgsin 37 ， 則得：e3mg4q， 故場強(qiáng)大小不可能等于3mg5q.故 a 錯誤；小球在復(fù)合場中受重力和電場力，所以小球運(yùn)動到合力方向上時動能最大

8、，則知在cd 之間的某一點上時動能最大，故b 正確；小球運(yùn)動到c 點時，電場力做正功最多，小球的機(jī)械能增加量最大，所以小球機(jī)械能增加量的最大值為 eqe4rcos 53 r(1 cos 37 )2.6qer，故 c 正確；小球從b 到 d 運(yùn)動過程中，根據(jù)動能定理得：動能的增量為 ekmgr(1sin 37)qercos 37 1.6mgr0.8qer，故 d 錯誤. 5、質(zhì)量為 m、長度為l 的金屬棒mn 兩端由絕緣且等長輕質(zhì)細(xì)線水平懸掛，處于豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為b.開始時細(xì)線豎直，當(dāng)金屬棒中通以恒定電流后，金屬棒從最低點向右開始擺動，若已知細(xì)線與豎直方向的最大夾角為60

9、，如圖 5 所示，則棒中電流() a.方向由 m 向 n，大小為3mg3blb.方向由 n 向 m，大小為3mg3blc.方向由 m 向 n，大小為3mgbld.方向由 n 向 m，大小為3mgbl【答案】b 解析平衡時兩懸線與豎直方向夾角均為 ，故導(dǎo)線受到向右的安培力，根據(jù)左手定則， 可判斷金屬棒中的電流方向由n 指向 m；金屬棒mn 所受安培力的方向垂直于mn 和磁場方向向右，由于棒向上運(yùn)動的過程中重力和安培力做功，細(xì)線的拉力不做功，設(shè)細(xì)線的長度為x，由功能關(guān)系得：bil xsin mg(xx cos )0 解方程得： i3mg3bl. 6、(多選 )如圖所示，光滑的水平軌道ab 與半徑為

10、r 的光滑的半圓形軌道bcd 相切于 b 點，水平軌道ab部分存在水平向右的勻強(qiáng)電場e，半圓形軌道處于豎直平面內(nèi)，b 為最低點， d 為最高點 .一質(zhì)量為m、帶正電的小球從距b 點 x 的位置在電場力的作用下由靜止開始沿ab 向右運(yùn)動， 并能恰好通過最高點d，則下列物理量的變化對應(yīng)關(guān)系正確的是() a.其他條件不變，r 越大， x 越大b.其他條件不變，m 越大， x 越大c.其他條件不變，e 越大， x 越大d.其他條件不變，r 越大，小球經(jīng)過b 點瞬間對軌道的壓力越大【答案】ab 解析小球在 bcd 部分做圓周運(yùn)動，在d 點，由牛頓第二定律有：mgmv2dr，小球由b 到 d 的過程中機(jī)械

11、能守恒：12mv2b mg 2r12mv2d，聯(lián)立解得： vb5gr，r 越大，小球經(jīng)過b 點時的速度越大，則 x 越大，選項 a 正確；小球由a 到 b，由動能定理得：qex12mv2b，將 vb5gr代入得： qex52mgr，知 m 越大，x 越大， b 正確； e 越大， x 越小， c 錯誤；在b 點有： fnmgmv2br，將 vb5gr代入得： fn6mg，選項 d 錯誤 . 7、(多選 )如圖所示，豎直平面內(nèi)有兩條水平的平行虛線ab、cd，間距為 d，其間 (虛線邊界上無磁場)有磁感應(yīng)強(qiáng)度為b 的勻強(qiáng)磁場，一個正方形線框邊長為l，質(zhì)量為m，電阻為r.線框位于位置1 時，其下邊緣

12、到ab 的距離為h.現(xiàn)將線框從位置1 由靜止釋放，依次經(jīng)過2、3、4 三個位置，其下邊框剛進(jìn)入磁場和剛要穿出磁場時的速度相等，重力加速度為g，下列說法正確的是() a.線框在經(jīng)過2、3、4 三個位置時，位置3 時線框速度一定最小b.線框進(jìn)入磁場過程中產(chǎn)生的電熱qmg(dl) c.線框從位置2 下落到位置4 的過程中加速度一直減小d.線框在即將到達(dá)位置3 的瞬間克服安培力做功的瞬時功率為2b2l2g h dlr【答案】ad 解析線框進(jìn)入磁場的過程做加速度減小的減速運(yùn)動，完全進(jìn)入磁場后做加速度為g 的勻加速運(yùn)動， 則知 3位置時線框速度最小，故 a 正確；由功能關(guān)系可知， 線框進(jìn)入磁場中減小的重力

13、勢能等于電熱，即 qmgd，故 b 錯誤；由于線框在完全進(jìn)入磁場后做加速度為g 的勻加速運(yùn)動，故c 錯誤；因為進(jìn)入磁場時要減速，即此時的安培力大于重力，速度減小，安培力也減小，當(dāng)安培力減小到等于重力時，線圈做勻速運(yùn)動，全部進(jìn)入磁場將做勻加速運(yùn)動，設(shè)線圈的最小速度為v，由動能定理，從線框下邊剛進(jìn)入磁場到線框完全進(jìn)入時，則有：12mv212mv20 mgl mgd，又有：12mv20 mgh，則克服安培力的功率p bilv b2l2v2r2b2l2g hdlr，故 d 正確 . 8、如圖甲所示， 左側(cè)接有定值電阻r2 的水平粗糙導(dǎo)軌處于垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度b1 t ，導(dǎo)軌間距l(xiāng)1

14、m.一質(zhì)量 m2 kg，阻值 r2 的金屬棒在水平拉力f 作用下由靜止開始從cd 處沿導(dǎo)軌向右加速運(yùn)動，金屬棒的vx 圖象如圖乙所示，若金屬棒與導(dǎo)軌間動摩擦因數(shù) 0.25，則從起點發(fā)生 x1 m 位移的過程中(g10 m/s2)() a.金屬棒克服安培力做的功w10.5 j b.金屬棒克服摩擦力做的功w24 j c.整個系統(tǒng)產(chǎn)生的總熱量q4.25 j d.拉力做的功w 9.25 j 【答案】d 解析金屬棒與導(dǎo)軌間因摩擦產(chǎn)生的熱量等于克服摩擦力做的功，為：q1 mg x0.25 2 10 1 j5 j，故b、c 錯誤；由vx 圖象得： v2x，金屬棒所受的安培力fb2l2vrrb2l2 2xrr

15、，代入得： f0.5x，則知f與 x 是線性關(guān)系 .當(dāng) x0 時，安培力f00；當(dāng) x1 m 時，安培力f10.5 n，則從起點發(fā)生x1 m 位移的過程中，安培力做功為w安 f xf0f12x00.52 1 j 0.25 j，a 錯誤；根據(jù)動能定理得：w mgx w安12mv2，其中 v2 m/s， 0.25，m2 kg，代入解得，拉力做的功w9.25 j，故 d 正確 . 9、如圖所示，平行金屬導(dǎo)軌與水平面成 角，導(dǎo)軌與定值電阻r1和 r2相連，勻強(qiáng)磁場垂直穿過導(dǎo)軌平面.有一導(dǎo)體棒ab，質(zhì)量為 m，導(dǎo)體棒的電阻r0與固定電阻r1和 r2的阻值均相等，與導(dǎo)軌之間的動摩擦因數(shù)為 ，導(dǎo)體棒ab 沿

16、導(dǎo)軌向上滑動，當(dāng)上滑的速度為v 時，受到安培力的大小為f.此時 () a.電阻 r1消耗的熱功率為fv3b.電阻 r0消耗的熱功率為fv6c.整個裝置消耗的熱功率為 mgv sin d.整個裝置消耗的機(jī)械功率為(f mg cos )v【答案】d 解析設(shè) ab 長度為 l，磁感應(yīng)強(qiáng)度為b，電阻 r0r1r2r. 電路中感應(yīng)電動勢eblv，ab 中感應(yīng)電流為：ier12r2blv3r，ab 所受安培力為：fbil2b2l2v3r電阻 r1消耗的熱功率為：p1 (12i)2rb2l2v29r由得： p116fv，電阻 r0和 r1阻值相等， p0 i2r23fv，故 a、b 錯誤；整個裝置因摩擦而消

17、耗的熱功率為： pfffv mg cos v mgv cos ，故 c 錯誤； 整個裝置消耗的機(jī)械功率為：p3fvpf(f mg cos )v，故 d 正確 . 10、 (多選 )如圖所示，同一豎直面內(nèi)的正方形導(dǎo)線框a、b 的邊長均為l，電阻均為r，質(zhì)量分別為2m 和 m.它們分別系在一跨過兩個定滑輪的輕繩兩端，在兩導(dǎo)線框之間有一寬度為2l、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為b、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場區(qū)域.開始時，線框b 的上邊與勻強(qiáng)磁場的下邊界重合，線框a 的下邊到勻強(qiáng)磁場的上邊界的距離為l.現(xiàn)將系統(tǒng)由靜止釋放，當(dāng)線框b 全部進(jìn)入磁場時，a、b 兩個線框開始做勻速運(yùn)動.不計摩擦和空氣阻力，則() a.a、

18、b 兩個線框勻速運(yùn)動的速度大小為2mgrb2l2b.線框 a 從下邊進(jìn)入磁場到上邊離開磁場所用時間為3b2l3mgrc.從開始勻速運(yùn)動到線框a 全部進(jìn)入磁場的過程中，線框a 所產(chǎn)生的焦耳熱為mgld.從開始勻速運(yùn)動到線框a 全部進(jìn)入磁場的過程中，兩線框共克服安培力做功為2mgl【答案】bc 解析當(dāng)線框 b 全部進(jìn)入磁場時，a 的下邊剛進(jìn)入磁場，則此時兩線框勻速運(yùn)動，則mg f安2mg，而 f安b2l2vr，解得 vmgrb2l2，選項 a 錯誤；線框a 從下邊進(jìn)入磁場到上邊離開磁場的過程，兩線框一直做勻速運(yùn)動，則所用的時間t3lv3b2l3mgr，故選項b 正確；從開始勻速運(yùn)動到線框a 全部進(jìn)

19、入磁場的過程中，因為兩線框勻速運(yùn)動，故線框a 所產(chǎn)生的焦耳熱等于兩線框的重力勢能的減小量：q ep2mglmglmgl，選項 c 正確；從開始運(yùn)動到線框a 全部進(jìn)入磁場的過程中，兩線框共克服安培力做功等于產(chǎn)生的電能，即大小為 mgl，選項 d 錯誤；故選b、 c. 11、如圖所示， 在豎直平面內(nèi)有一質(zhì)量為2m 的光滑 “”形線框 defc ， ef 長為 l， 電阻為 r； fc ed2l，電阻不計 .fc 、 ed 的上半部分 (長為 l)處于勻強(qiáng)磁場區(qū)域中，且 fc、 ed 的中點與其下邊界重合.質(zhì)量為 m、電阻為 3r 的金屬棒用最大拉力為2mg 的絕緣細(xì)線懸掛著，其兩端與c、d 兩端點

20、接觸良好，處在磁感應(yīng)強(qiáng)度為 b 的勻強(qiáng)磁場區(qū)域中，并可在 fc、ed 上無摩擦滑動 .現(xiàn)將 “”形線框由靜止釋放，當(dāng) ef 到達(dá)磁場區(qū)域的下邊界時速度為v，細(xì)線剛好斷裂，區(qū)域內(nèi)磁場消失.重力加速度為g.求：(1)整個過程中，線框克服安培力做的功；(2)ef 剛要出磁場時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢；(3)線框的 ef 邊追上金屬棒cd 時，金屬棒cd 的動能 . 【答案】(1)2mglmv2(2)4mgrbl(3)mg2l22v2解析(1)對形線框用動能定理：2mglw12 2mv20，w 2mglmv2(2)對金屬棒cd 受力分析： ftmmgbil，得到 imgbl，eir總4mgrbl(3)對金屬棒

21、cd 運(yùn)動分析： h12gt2，對 形線框運(yùn)動分析：hlvt12gt2，解得： tlv相遇時 cd 棒速度 vt 0gtglv，此時動能為ek12mv2tmg2l22v212、 如圖所示，整個空間存在水平向右的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)e2 103 v/m ，在電場中的水平地面上，放有質(zhì)量 m2 kg 的不帶電絕緣木板，處于靜止?fàn)顟B(tài) .現(xiàn)有一質(zhì)量為m 2 kg， 所帶負(fù)電荷為q1 103 c 的絕緣物塊(可看作質(zhì)點 )， 以水平向右的初速度v08 m/s滑上木板左端.已知木板與水平地面間的動摩擦因數(shù)1 0.1，物塊與木板間的動摩擦因數(shù)2 0.3，物塊在運(yùn)動過程中始終沒有從木板上滑下，g 取 10 m/s2.求：(1)放上物塊瞬間，物塊和木板的加速度分別是多少；(2)木板至少多長，才能保證物塊不從木板上掉下來；(3)從物塊滑上木板到物塊與木板達(dá)到共速的過程中，系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量q. 【答案】(1)4 m/s2，方向水平向左1 m/s2，方向水平向右(2)6.4 m(3)43.52 j 解析(1)物塊滑上木板瞬間，根據(jù)牛頓第二定律得