2014年版高考物理第5讲功能关系在电学中的应用测试强化练二轮真题目训练

2014年版高考物理第5讲功能关系在电学中的应用测试强化练二轮真题目训练

第5讲 功能关系在电学中的应用 ‎ ‎1．(2013·山东日照高三上学期模块考试)一带电粒子射入一固定的正点电荷Q的电场中，沿如图所示的虚线由a点经b点运动到c点，b点离Q最近．若不计重力，则(　　)‎ A．带电粒子带正电荷 B．带电粒子到达b点时动能最大 C．带电粒子从a到b电场力对其做正功 D．带电粒子从b到c电势能减小 解析：　从轨迹可知，粒子受到排斥力作用，所以粒子带正电，选项A正确．粒子从a到b电场力对其做负功，动能减小，电势能增大；从b到c电场力对其做正功，动能增大，电势能减小，故粒子在b点动能最小，势能最大，所以选项B、C错误，D正确．‎ 答案：　AD ‎2．(2013·信阳市第二次调研)如图所示，质量为m的金属线框A静置于光滑平面上，通过细绳跨过定滑轮与质量为m的物体B相连，图中虚线内为一水平匀强磁场，d表示A与磁场左边界的距离，不计滑轮摩擦及空气阻力，设B下降h(h＞d)高度时的速度为v，则此时以下关系中能够成立的是(　　)‎ A．v2＝gh B．v2＝2gh C．A产生的热量Q＝mgh－mv2‎ D．A产生的热量Q＝mgh－mv2‎ 解析：　因h＞d，故线框一定经过磁场区域，由Q＋(m＋m)v2＝mgh，得Q＝mgh－mv2，选项C正确．‎ ‎3.(2013·重庆万州高三第一次诊断性考试)如图所示，长为L，倾角为θ的光滑绝缘斜面处于匀强电场中，一带电荷量为＋q、质量为m的小球，以初速度v0由斜面底端的A 点开始沿斜面上滑，到达斜面顶端时速度仍为v0.则下列说法正确的是(　　)‎ A．小球在B点的电势能一定大于小球在A点的电势能 B．由上述条件可以求得A、B两点的电势差 C．电场方向与AC垂直时，电场强度最大 D．电场方向与斜面平行时，电场强度最小 解析：　小球从A到B动能不变，重力势能增加量等于电势能减小量，所以A错误．由于重力做功与电场力做功大小相等，所以mgh＝qUAB，A、B两点间电势差UAB＝，B正确．小球受重力、斜面的支持力和电场力作用，当电场力与重力沿斜面的分力相等，电场力沿垂直斜面方向的分力、重力沿垂直斜面方向的分力和支持力平衡时，小球就会做匀速运动，所以当电场力沿斜面向上时电场力有最小值，而电场力没有最大值，所以C错误，D正确．‎ 答案：　BD ‎4.图中甲是匀强电场，乙是孤立的正点电荷形成的电场，丙是等量异种点电荷形成的电场(a、b位于两点电荷连线上，且a位于连线的中点)，丁是等量正点电荷形成的电场(a、b位于两点电荷连线的中垂线上，且a位于连线的中点)．有一个正检验电荷仅在电场力作用下分别从电场中的a点由静止释放，动能Ek随位移x变化的关系图象如图中的①②③图线所示，其中图线①是直线．下列说法正确的是(　　)‎ A．甲对应的图线是①　　　　　　　 B．乙对应的图线是②‎ C．丙对应的图线是②　 D．丁对应的图线是③‎ 解析：　正检验电荷仅在电场力作用下，由静止开始运动，其中甲、乙、丙中正检验电荷沿电场方向运动，丁中正检验电荷静止不动．电场力对正检验电荷做功改变其动能，有Eqx＝Ek，动能Ek随x的变化率∝E，而电场强度E随x的变化情况是：甲中E为常数，乙图中E减小，丙图中E增大，所以A、C选项正确，B、D选项错误．‎ 答案：　AC ‎5.(2013·辽宁重点中学高三上学期期末)如图所示，处于匀强磁场中的两根足够长、电阻不计的平行金属导轨相距L＝‎1 m，导轨平面与水平面成θ＝37°角，下端连接阻值R＝2 Ω的电阻．匀强磁场方向与导轨平面垂直．质量m＝‎0.2 kg、电阻r＝1 Ω的金属棒ab 放在两导轨上．棒与导轨垂直并保持良好接触，它们之间的动摩擦因数μ＝0.25(设最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力大小)．当金属棒由静止下滑‎60 m时速度达到稳定，电阻R消耗的功率为8 W，金属棒中的电流方向由a到b，则下列说法正确的是(g＝‎10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(　　)‎ A．金属棒沿导轨由静止开始下滑时，加速度a的大小为 ‎4 m/s2‎ B．金属棒达到稳定时速度v的大小为‎10 m/s C．磁场方向垂直导轨平面向上，磁感应强度B的大小为 0.4 T D．金属棒由静止到稳定过程中，电阻R上产生的热量为 25.5 J 解析：　开始下滑时不受安培力，由牛顿第二定律得a＝gsin θ－μgcos θ＝‎4 m/s2，选项A正确．速度达到稳定时合力为零：＋μmgcos θ＝mgsin θ，得＝0.8 N，由已知·＝8 W，得v＝‎15 m/s，选项B错误．根据左手定则可得，磁场方向垂直于导轨平面向上，由＝0.8 N，将v＝‎15 m/s代入得B＝0.4 T，选项C正确．根据能量守恒，产生的总焦耳热量为Q＝mgxsin θ－mv2－μmgxcos θ＝25.5 J，R上产生的热量为QR＝Q＝17 J，选项D错误．‎ 答案：　AC ‎6.(2013·安庆市第三模拟)如图所示，一个带正电的小球穿在一根绝缘的粗糙直杆AC上，杆与水平方向成θ角，整个空间存在着竖直向上的匀强电场和垂直于杆方向斜向上的匀强磁场．小球沿杆向下运动，在A点时的动能为100 J，在C点时动能减为零，D为AC的中点，在运动过程中，则(　　)‎ A．小球在D点时的动能为50 J B．小球电势能的增加量一定等于重力势能的减少量 C．到达C点后小球可能沿杆向上运动 D．小球在AD段克服摩擦力做的功与小球在DC段克服摩擦力做的功相等 解析：　小球做减速运动，F洛将减小．球与杆的弹力将变小，所受摩擦力也将变小，合力为变力．据F合·x＝ΔEk可知A错误；重力势能的减少量等于电势能和内能增量之和，B错误；若电场力大于重力，小球可能沿杆向上运动，C正确．由于摩擦力为变力，D错误．‎ 答案：　C ‎7.(2013·山东泰安模拟)如图所示，间距为L，电阻不计的足够长平行光滑金属导轨水平放置，导轨左端用一阻值为R的电阻连接，导轨上横跨一根质量为m，电阻也为R 的金属棒，金属棒与轨道接触良好．整个装置处于竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中．现使金属棒以初速度v0沿导轨向右运动，若金属棒在整个运动过程中通过的电荷量为q.下列说法正确的是(　　)‎ A．金属棒在导轨上做匀减速运动 B．整个过程中电阻R上产生的焦耳热为 C．整个过程中金属棒在导轨上发生的位移为 D．整个过程中金属棒克服安培力做功为 解析：　设某时刻的速度为v，则此时的电动势E＝Blv，安培力F安＝，由牛顿第二定律有F安＝ma，则金属棒做加速度减小的减速运动，选项A错误；由能量守恒定律知，整个过程中克服安培力做功等于电阻R和金属棒上产生的焦耳热之和，即W安＝Q－mv，选项B错误，D正确；整个过程中通过导体棒的电荷量q＝＝＝，得金属棒在导轨上发生的位移x＝，选项C错误．‎ 答案：　D ‎8．(2013·浙江卷·24)“电子能量分析器”主要由处于真空中的电子偏转器和探测板组成．偏转器是由两个相互绝缘、半径分别为RA和RB的同心金属半球面A和B构成，A、B为电势值不等的等势面，其过球心的截面如图所示．一束电荷量为e、质量为m的电子以不同的动能从偏转器左端M板正中间小孔垂直入射，进入偏转电场区域，最后到达偏转器右端的探测板N，其中动能为Ek0的电子沿等势面C做匀速圆周运动到达N板的正中间．忽略电场的边缘效应．‎ ‎(1)判断半球面A、B的电势高低，并说明理由；‎ ‎(2)求等势面C所在处电场强度E的大小；‎ ‎(3)若半球面A、B和等势面C的电势分别为φA、φB和φC，则到达N板左、右边缘处的电子，经过偏转电场前、后的动能改变量ΔEk左和ΔEk右分别为多少？‎ ‎(4)比较|ΔEk左|与|ΔEk右|的大小，并说明理由．‎ 解析：　(1)电子(带负电)做圆周运动，电场力方向指向球心，电场方向从B指向A，半球面B的电势高于A.‎ ‎(2)据题意，电子在电场力作用下做圆周运动，考虑到圆轨道上的电场强度E 大小相同，有 eE＝m Ek0＝mv2‎ R＝ 联立解得：‎ E＝＝.‎ ‎(3)电子运动时只有电场力做功，根据动能定理，有 ΔEk＝qU 对到达N板左边缘的电子，电场力做正功，动能增加，有 ΔEk左＝e(φB－φC)‎ 对到达N板右边缘的电子，电场力做负功，动能减小，有 ΔEk右＝e(φA－φC)．‎ ‎(4)根据电场线特点，等势面B与C之间的电场强度大于C与A之间的电场强度，考虑到等势面间距相等，有 ‎|φB－φC|＞|φA－φC|‎ 即|ΔEk左|＞|ΔEk右|.‎ 答案：　见解析 ‎9．如图甲所示，足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ所在平面与水平面成30°角，两导轨的间距l＝‎0.50 m，一端接有阻值R＝1.0 Ω的电阻．质量m＝‎0.10 kg的金属棒ab置于导轨上，与导轨垂直，电阻r＝0.25 Ω.整个装置处于磁感应强度B＝1.0 T的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下．t＝0时刻，对金属棒施加一平行于导轨向上的外力F，使之由静止开始运动，运动过程中电路中的电流随时间t变化的关系如图乙所示．电路中其他部分电阻忽略不计，g取‎10 m/s2.求：‎ ‎　‎ ‎(1)4.0 s末金属棒ab瞬时速度的大小；‎ ‎(2)3.0 s末力F的瞬时功率；‎ ‎(3)已知0～4.0 s时间内电阻R上产生的热量为0.64 J，试计算F对金属棒所做的功．‎ 解析：　(1)由题图乙可得：t＝4.0 s时，I＝‎0.8 A.‎ 根据I＝，E＝Blv 解得：v＝‎2.0 m/s.‎ ‎(2)由I＝和感应电流与时间的线性关系可知，金属棒做初速度为零的匀加速直线运动．‎ 由运动学规律v＝at 解得4.0 s内金属棒的加速度大小a＝‎0.5 m/s2‎ 对金属棒进行受力分析，根据牛顿第二定律得：‎ F－mgsin 30°－F安＝ma 又F安＝BIl 由题图乙可得，t＝3.0 s时，I＝‎‎0.6 A 解得F安＝0.3 N，外力F＝0.85 N 由速度与电流的关系可知t＝3.0 s时v＝‎1.5 m/s 根据P＝Fv，解得P＝1.275 W.‎ ‎(3)根据焦耳定律：Q＝I2Rt　Q′＝I2rt 解得在该过程中金属棒上产生的热量Q′＝0.16 J 电路中产生的总热量为：Q总＝0.80 J 根据能量守恒定律有：‎ WF＝ΔEp＋Q总＋mv2‎ ΔEp＝mgxsin 30°‎ x＝at2‎ 解得ΔEp＝2.0 J F对金属棒所做的功WF＝3.0 J.‎ 答案：　(1)2.‎0 m/s　(2)1.275 W　(3)3.0 J ‎10．(2013·四川卷·10)在如图所示的竖直平面内，物体A和带正电的物体B用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，分别静止于倾角θ＝37°的光滑斜面上的M点和粗糙绝缘水平面上，轻绳与对应平面平行．劲度系数k＝5 N/m的轻弹簧一端固定在O点，一端用另一轻绳穿过固定的光滑小环D与A相连，弹簧处于原长，轻绳恰好拉直，DM垂直于斜面．水平面处于场强E＝5×104 N/C、方向水平向右的匀强电场中．已知A、B的质量分别为mA＝‎0.1 kg和mB＝‎0.2 kg，B所带电荷量q＝＋4×10－‎6 C．设两物体均视为质点，不计滑轮质量和摩擦，绳不可伸长，弹簧始终在弹性限度内，B电荷量不变．取g＝‎10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.‎ ‎(1)求B所受静摩擦力的大小 ‎(2)现对A施加沿斜面向下的拉力F，使A以加速度a＝‎0.6 m/s2开始做匀加速直线运动．A从M到N的过程中，B的电势能增加了ΔEp＝0.06 J．已知DN沿竖直方向，B与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4.求A到达N点时拉力F的瞬时功率．‎ 解析：　A、B处于静止状态时，对于A、B根据共点力的平衡条件解决问题；当A、B做匀加速直线运动时，根据运动学公式、牛顿第二定律和功能关系解决问题．‎ ‎(1)F作用之前，A、B处于静止状态．设B所受静摩擦力大小为Ff0，A、B间绳中张力为FT0，有 对A：FT0＝mAgsin θ ①‎ 对B：FT0＝qE＋Ff0 ②‎ 联立①②式，代入数据解得Ff0＝0.4 N．③‎ ‎(2)物体A从M点到N点的过程中，A、B两物体的位移均为x，A、B间绳子张力为FT，有 qEx＝ΔEp ④‎ FT－μmBg－qE＝mBa ⑤‎ 设A在N点时速度为v，受弹簧拉力为F弹，弹簧的伸长量为Δx，有 v2＝2ax ⑥‎ F弹＝k·Δx ⑦‎ F＋mAgsin θ－F弹sin θ－FT＝mAa ⑧‎ 由几何关系知Δx＝ ⑨‎ 设拉力F的瞬时功率为P，有P＝Fv⑩‎ 联立④～⑩式，代入数据解得 P＝0.528 W.‎ 答案：　(1)0.4 N　(2)0.258 W