屆高考物理二輪專題復(fù)習(xí)專題四能量和動量第講功能關(guān)系在電學(xué)中應(yīng)用限時檢測

屆高考物理二輪專題復(fù)習(xí)專題四能量和動量第講功能關(guān)系在電學(xué)中的應(yīng)用限時檢測屆高考物理二輪專題復(fù)習(xí)專題四能量和動量第講功能關(guān)系在電學(xué)中的應(yīng)用限時檢測PAGE屆高考物理二輪專題復(fù)習(xí)專題四能量和動量第講功能關(guān)系在電學(xué)中的應(yīng)用限時檢測第2講功能關(guān)系在電學(xué)中的應(yīng)用一、選擇題(本大題共8小題,每題8分,共64分.第1～5題只有一項符合題目要求,第6～8題有多項符合題目要求)1.(2018·安徽池州模擬)以以下圖,勻強電場水平向左,帶正電的物體沿絕緣、粗拙水平板向右運動,經(jīng)A點時動能為100J,到B點時動能減少到80J,減少的動能中有12J轉(zhuǎn)變?yōu)殡妱菽?則它再經(jīng)過B點時,動能大小是(B)A.4JB.16JC.32JD.64J解析:設(shè)物體向右運動到C點速度為零,此后返回,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-(Ff+qE)x1=(80-100)J=-20J.由電場力做功與電勢能的關(guān)系知qEx1=12J,解得qE=.從B到C過程中,由動能定理得-(Ff+qE)x2=-80J,解得Ffx2=32J.從B到C再返回B的過程中,由動能定理得-2Ffx2=Ek-80J,解得Ek=16J,應(yīng)選項B正確.2.(2018·常德一模)如圖(甲),傾角為θ的圓滑絕緣斜面,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(zhì)點)從斜面上A點由靜止開釋,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).已知重力加快度為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(zhì)量D.小物塊速度最大時到斜面底端的距離解析:由動能圖線得悉,隨x增大,小物塊的速度先增大后減小.加快度先減小后增大,小物塊先沿斜面向上做加快度漸漸減小的加快運動,再沿斜面向上做加快度漸漸增大的減速運動,直至速度為零.則加快度有最大值,此時小物塊受力均衡,即mgsinθ=,因為沒有x的詳細(xì)數(shù)據(jù),所以不可以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添等于電勢能的減少,所以可以求出小物塊電勢能的減少,因為小物塊的電荷量不知道,所以不可以求出A,B之間的電勢差,選項B錯誤;由重力勢能圖線獲得E1=mgh=mgx1sinθ,即可求出m,選項C正確;圖像中不可以確立哪一點的速度最大,又不知小物塊的電荷量等信息,所以不可以確立小物塊速度最大時到斜面底端的距離,選項D錯誤.3.(2018·衡陽模擬)以以下圖,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(zhì)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,已知點電荷乙遇到水平面的阻力恒為μmg,g為重力加快度,A,B間距離為L,靜電力常量為k,則以下說法正確的選項是(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,故此時電荷乙的加快度為零,即EBq=μmg,即EB=,選項A正確;依據(jù)點電荷的場強公式得EB=k=,解得xOB=,選項B錯誤;從A點到B點由動能定理可知qUAB-μmgL=mv2-m,UAB=,選項C錯誤;點電荷甲帶負(fù)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.4.(2018·河南模擬)以以下圖,Ⅰ,Ⅱ是豎直平面內(nèi)兩個同樣的半圓形圓滑絕緣軌道,K為軌道最低點.軌道Ⅰ處于垂直紙面向外的勻強磁場中,軌道Ⅱ處于水平向右的勻強電場中.兩個完滿同樣的帶正電小球a,b從靜止開始下滑至第一次抵達(dá)最低點K的過程中,帶電小球a,b比較(C)A.球a所需時間較長B.球a機(jī)械能損失好多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:對小球a,洛倫茲力不做功,僅重力做正功,機(jī)械能保持守恒,由動能定理得mgr=m;對小球b,重力做正功,電場力做負(fù)功,機(jī)械能減少,由動能定理得mgr-Eqr=m,則v1>v2,對應(yīng)軌道的同一高度,a球總比b球快,所以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=,解得FN1=3mg-Bq,FN2=3mg-2Eq,沒法比較FN1,FN2大小,選項D錯誤.5.(2018·山西太原高三三模)以以下圖,兩豎直平行界限內(nèi),勻強電場方向豎直(平行紙面)向下,勻強磁場方向垂直紙面向里,一帶電小球從P點以某一速度垂直界限進(jìn)入,恰巧沿水平方向做直線運動,若減小小球從P點進(jìn)入的速度但保持方向不變,則在小球進(jìn)入的一小段時間內(nèi)(C)A.小球的動能可能減小B.小球的機(jī)械能可能不變C.小球的電勢能必定減小D.小球的重力勢能必定減小解析:小球在重力、電場力和洛倫茲力作用下,沿水平方向做直線運動時,其豎直方向協(xié)力為零,當(dāng)減小小球從P點進(jìn)入的速度但保持方向不變時,若小球帶負(fù)電,小球遇到的向下的洛倫茲力變小,所以粒子會向上偏轉(zhuǎn),協(xié)力做正功,動能增大,電場力做正功,電勢能減小,機(jī)械能不守恒,重力做負(fù)功,重力勢能增添;若小球帶正電,則粒子所遇到的向上的洛倫茲力會變小,則粒子會向下發(fā)生偏轉(zhuǎn),則合外力做正功,動能增大,電場力做正功,電勢能減小,機(jī)械能不守恒,重力做正功,重力勢能減小,選項C正確.6.(2018·榆林四模)以以下圖,輕質(zhì)絕緣彈簧的上端固定,下端連結(jié)一帶負(fù)電的小球,小球在豎直方向上下自由運動,當(dāng)運動到最高點M時彈簧恰巧處于原長.已知小球經(jīng)過O點有向上的最大速度,此時忽然施加一方向豎直向下的勻強電場,則對于在這類狀況下小球從O點第一次向上運動到最高點N的過程,以下說法正確的選項是(AC)A.N點的地點比M點的地點高B.小球的機(jī)械能漸漸減小C.小球的機(jī)械能與彈簧的彈性勢能之和漸漸增大D.小球的電勢能、重力勢能與彈簧彈性勢能之和漸漸增大解析:小球向上運動的過程受重力、彈簧彈力和電場力作用,電場力方向向上,在同樣地點,彈簧彈力、重力不變,兩力做功狀況與有無電場沒關(guān),但電場力做正功,故小球可以抵達(dá)M點,且在M點仍舊向上運動,故N點的地點比M點的地點高,故A正確;小球從O到M運動過程電場力做正功,彈簧彈力做正功,故小球機(jī)械能漸漸增大;從M到N的過程,電場力做正功,彈簧彈力做負(fù)功,小球機(jī)械能變化不確立,故B錯誤;電場力做正功,對彈簧和小球構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能增添,即小球的機(jī)械能與彈簧的彈性勢能之和漸漸增大,故C正確;小球向上運動的過程中,重力、彈力做功不改變機(jī)械能,而電場力做正功,且電場力做多少正功,小球和彈簧機(jī)械能就增添多少,而小球電勢能就減少多少,其總能量不變,故D錯誤.7.(2018·黑龍江大慶實驗中學(xué)高三考試)如圖,M,N兩點處于同一水平面,O為M,N連線的中點,過O點的豎直線上固定一杜絕緣圓滑細(xì)桿,桿上A,B兩點對于O點對稱,第一種狀況,在M,N兩點分別擱置電荷量為+Q和-Q的等量異種電荷,套在桿上帶正電的小金屬環(huán)從A點無初速度開釋,運動到B點;第二種狀況,在M,N兩點分別擱置電荷量為+Q的等量同種點電荷,該金屬環(huán)仍從A點無初速度開釋,運動到B點,則兩種狀況是(BD)A.金屬環(huán)運動到B點的速度第一種狀況較大B.金屬環(huán)從A點運動到B點所用的時間第二種狀況較長C.金屬環(huán)從A點運動到B點的過程中,動能與重力勢能之和均保持不變D.金屬環(huán)從A點運動到B點的過程中(不含A,B兩點),在桿上同樣地點的速度第一種狀況較大解析:當(dāng)M,N兩點分別擱置等量異種電荷時,它們連線的中垂線是等勢線,重力勢能全部轉(zhuǎn)變?yōu)閯幽?金屬環(huán)做加快度為g的勻加快直線運動;當(dāng)M,N兩點分別擱置等量同種電荷時,依據(jù)對稱性可知,電場力對金屬環(huán)先做負(fù)功、后做正功,總功為零,所以全過程中重力勢能也是全部轉(zhuǎn)變?yōu)閯幽?所以兩種狀況下,在B點的速度相等,故A錯誤;因為到B點以前第一種狀況向來做勻加快直線運動,第二種狀況的速度小,所以第二種狀況所用的時間長,故B正確;等高處重力勢能相等,但抵達(dá)B點前第二種狀況的電勢能先增大,后減小,由能量守恒定律可知第二種狀況動能與重力勢能之和較小,故C錯誤;第二種狀況中電場力對金屬環(huán)先是阻力后是動力,聯(lián)合抵達(dá)B點時的速度與第一種狀況的速度相等,可知在桿上同樣地點的速度第一種狀況較大,故D正確.8.(2018·四川模擬)如圖(甲)所示,傾角30°、上側(cè)接有R=1Ω的定值電阻的粗拙導(dǎo)軌(導(dǎo)軌電阻忽視不計、且ab與導(dǎo)軌上側(cè)相距足夠遠(yuǎn)),處于垂直導(dǎo)軌平面向上、磁感覺強度大小B=1T的勻強磁場中,導(dǎo)軌相距L=1m.一質(zhì)量m=2kg、阻值r=1Ω的金屬棒,在作用于棒中點、沿斜面且平行于導(dǎo)軌的拉力F作用下,由靜止開始從ab處沿導(dǎo)軌向上加快運動,金屬棒運動的速度—位移圖像如圖(乙)所示,(b點為地點坐標(biāo)原點).若金屬棒與導(dǎo)軌間動摩擦因數(shù)μ=,g=10m/s2,則金屬棒從起點b沿導(dǎo)軌向上運動x=1m的過程中(BC)A.金屬棒做勻加快直線運動B.金屬棒與導(dǎo)軌間因摩擦產(chǎn)生的熱量為10JC.經(jīng)過電阻R的感覺電荷量為0.5CD.電阻R產(chǎn)生的焦耳熱為0.5J解析:vx圖像是直線,假如是勻加快直線運動,依據(jù)v2-=2ax,v-x圖像應(yīng)當(dāng)是曲線,故金屬棒做變加快直線運動,故A錯誤;金屬棒與導(dǎo)軌間因摩擦產(chǎn)生的熱量等于戰(zhàn)勝摩擦力做的功,即Q1=μmgcos30°·x=×2×10×J=10J,故B正確;經(jīng)過電阻R的感覺電荷量q=t=t=t===C=0.5C,故C正確;設(shè)金屬棒經(jīng)某點時速度為v,挪動距離為Δx,該過程產(chǎn)生的焦耳熱即等于戰(zhàn)勝安培力做的功,則有F安·Δx=·Δx=·vΔx,vΔx即為v-x圖線在該過程的面積,則在金屬棒沿導(dǎo)軌向上運動1m的過程中,其面積S=1,產(chǎn)生的焦耳熱為Q=·∑x=×1J=0.5J,因為R=r,故R產(chǎn)生的焦耳熱為0.25J,故D錯誤.二、非選擇題(本大題共2小題,共36分)9.(18分)(2018·湖南模擬)以以下圖,A,B兩物塊用一根輕繩高出定滑輪相連,此中A帶負(fù)電,電荷量大小為q.A靜止于斜面的圓滑部分(斜面傾角為37°,其上部分圓滑,下部分粗拙且足夠長,粗拙部分的動摩擦因數(shù)為μ,且μ=,上方有一個平行于斜面向下的勻強電場),輕彈簧恰巧無形變.不帶電的B,C經(jīng)過一根輕彈簧拴接在一同,且處于靜止?fàn)顟B(tài),彈簧勁度系數(shù)為k.B,C質(zhì)量相等,均為m,A的質(zhì)量為2m,不計滑輪的質(zhì)量和摩擦,重力加快度為g.(1)電場強度E的大小為多少?(2)現(xiàn)忽然將電場的方向改變180°,A開始運動起來,當(dāng)C恰巧要走開地面時(此時B還沒有運動到滑輪處,A剛要滑上斜面的粗拙部分),B的速度大小為v,求此時彈簧的彈性勢能Ep.(3)若(2)問中A剛要滑上斜面的粗拙部分時,繩索斷了,電場恰巧再次反向,請問A再經(jīng)多長時間停下來?解析:(1)對A,B系統(tǒng),依據(jù)均衡條件對物塊A有FT+Eq=2mgsin37°,對物塊B有FT=mg,解得E=.(2)C剛離地時,彈簧伸長x=,由能量守恒定律得2mgxsin37°+qEx=mgx+·3mv2+Ep,解得Ep=-.(3)繩斷后,對A依據(jù)牛頓第二定律,有a==-0.2g,由運動公式得,t==.因為Eq=<2mgsin37°,今后物塊A不可以能上滑而保持靜止,即物塊A經(jīng)的時間停止運動.答案:(1)(2)-(3)10.(18分)(2018·福建模擬)以以下圖,傾角θ=30°、寬為L=1m的足夠長的U形圓滑金屬導(dǎo)軌固定在磁感覺強度B=1T、范圍足夠大的勻強磁場中,磁場方向垂直導(dǎo)軌平面斜向上.現(xiàn)用一平行于導(dǎo)軌的F牽引一根質(zhì)量m=0.2kg、電阻R=1Ω的導(dǎo)體棒ab由靜止開始沿導(dǎo)軌向上滑動;牽引力的功率恒定為P=90W,經(jīng)過t=2s導(dǎo)體棒剛達(dá)到堅固速度v時棒上滑的距離s=11.9m.導(dǎo)體棒ab向來垂直導(dǎo)軌且與導(dǎo)軌接觸優(yōu)秀,不計導(dǎo)軌電阻及全部摩擦,取g=10m/s2.求:(1)從開始運動抵達(dá)到堅固速度過程中導(dǎo)體棒產(chǎn)生的焦耳熱Q1;(2)若在導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌上滑達(dá)到堅固速度前某時辰撤去牽引力,從撤去牽引力到棒的速度減為零的過程中經(jīng)過導(dǎo)體棒的電荷量為q=0.48C,導(dǎo)體棒產(chǎn)生的焦耳熱為Q2=1.12J,則撤去牽引力時棒的速度v′多大?解析:(1)導(dǎo)體棒達(dá)到穩(wěn)準(zhǔn)時,整個過程中,牽引力做功W=Pt,即耗費機(jī)械能為Pt,