2020年高考物理二轮重点专题强化练习八：功能关系在电学中的应用(含解析)

1、2020 年高考物理二轮重点专题整合强化练专练八：功能关系在电学中的应用1、(多选 )如图所示， 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() a.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

2、所做的功等于电势能的减小量与重力势能增加量之差【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

3、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、(多选 )如图所示，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 60 j，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() a.物体回到出发点的速度与撤去力f 时的速度大小之比为21 b.恒力 f4qec.撤去力 f 时，物体的电势能为45 j d.在撤去力f 之前的任一时刻，动能与电势能之比

4、均为13 【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x112a1t2，撤去拉力后的位移大小x2 a1t t12a2t2根据 x1 x2得 a23a1.根据牛顿第二定律得，a1ff电m，a2f电m，联立解得f电 qe34f.故 b 错误 . 3、(多选 )如图所示， 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f3mgs

5、in 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() a.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3mgsin rd.撤去外力f 的瞬间，物体b的加速度为3gsin 2【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

6、簧的伸长量为：x3mgsin k，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： f 2mgsin f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2mgsin 3mgsin 由 f合 3ma 可得agsin ，故 d 错误 . 4、(多选 )如图所示，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

7、 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(sin 37 0.6，cos 37 0.8)() a.匀强电场的场强大小可能等于3mg5qb.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【答案】bc 解析小球能沿挡板abc 内侧运动， 则有：qecos 37 mgsin 37 ， 则得：e3mg4q， 故场强大小不可能等于3mg5q.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

8、，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 53 r(1 cos 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(1sin 37)qercos 37 1.6mgr0.8qer，故 d 错误. 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，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

9、，如图 5 所示，则棒中电流() a.方向由 m 向 n，大小为3mg3blb.方向由 n 向 m，大小为3mg3blc.方向由 m 向 n，大小为3mgbld.方向由 n 向 m，大小为3mgbl【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：bil xsin mg(xx cos )0 解方程得： i3mg3bl. 6、(多选 )如图所示，光滑的水平轨道ab 与半径为

10、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() a.其他条件不变，r 越大， x 越大b.其他条件不变，m 越大， 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【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：mgmv2dr，小球由b 到 d 的过程中机械

11、能守恒：12mv2b mg 2r12mv2d，联立解得： vb5gr，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：qex12mv2b，将 vb5gr代入得： qex52mgr，知 m 越大，x 越大， b 正确； e 越大， x 越小， c 错误；在b 点有： fnmgmv2br，将 vb5gr代入得： fn6mg，选项 d 错误 . 7、(多选 )如图所示，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

12、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() a.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2b2l2g h dlr【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

13、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：12mv212mv20 mgl mgd，又有：12mv20 mgh，则克服安培力的功率p bilv b2l2v2r2b2l2g hdlr，故 d 正确 . 8、如图甲所示， 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b1 t ，导轨间距l1

14、m.一质量 m2 kg，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 x1 m 位移的过程中(g10 m/s2)() a.金属棒克服安培力做的功w10.5 j b.金属棒克服摩擦力做的功w24 j c.整个系统产生的总热量q4.25 j d.拉力做的功w 9.25 j 【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：q1 mg x0.25 2 10 1 j5 j，故b、c 错误；由vx 图象得： v2x，金属棒所受的安培力fb2l2vrrb2l2 2xrr

15、，代入得： f0.5x，则知f与 x 是线性关系 .当 x0 时，安培力f00；当 x1 m 时，安培力f10.5 n，则从起点发生x1 m 位移的过程中，安培力做功为w安 f xf0f12x00.52 1 j 0.25 j，a 错误；根据动能定理得：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 正确 . 9、如图所示，平行金属导轨与水平面成 角，导轨与定值电阻r1和 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

16、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 () a.电阻 r1消耗的热功率为fv3b.电阻 r0消耗的热功率为fv6c.整个装置消耗的热功率为 mgv sin d.整个装置消耗的机械功率为(f mg cos )v【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：ier12r2blv3r，ab 所受安培力为：fbil2b2l2v3r电阻 r1消耗的热功率为：p1 (12i)2rb2l2v29r由得： p116fv，电阻 r0和 r1阻值相等， p0 i2r23fv，故 a、b 错误；整个装置因摩擦而消

17、耗的热功率为： pfffv mg cos v mgv cos ，故 c 错误； 整个装置消耗的机械功率为：p3fvpf(f mg cos )v，故 d 正确 . 10、 (多选 )如图所示，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() a.a、

18、b 两个线框匀速运动的速度大小为2mgrb2l2b.线框 a 从下边进入磁场到上边离开磁场所用时间为3b2l3mgrc.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2mgl【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mg f安2mg，而 f安b2l2vr，解得 vmgrb2l2，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t3lv3b2l3mgr，故选项b 正确；从开始匀速运动到线框a 全部进

19、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：q ep2mglmglmgl，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；故选b、 c. 11、如图所示， 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； fc ed2l，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

20、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：(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 . 【答案】(1)2mglmv2(2)4mgrbl(3)mg2l22v2解析(1)对形线框用动能定理：2mglw12 2mv20，w 2mglmv2(2)对金属棒cd 受力分析： ftmmgbil，得到 imgbl，eir总4mgrbl(3)对金属棒

21、cd 运动分析： h12gt2，对 形线框运动分析：hlvt12gt2，解得： tlv相遇时 cd 棒速度 vt 0gtglv，此时动能为ek12mv2tmg2l22v212、 如图所示，整个空间存在水平向右的匀强电场，场强e2 103 v/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m 2 kg， 所带负电荷为q1 103 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1 0.1，物块与木板间的动摩擦因数2 0.3，物块在运动过程中始终没有从木板上滑下，g 取 10 m/s2.求：(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. 【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)物块滑上木板瞬间，根据牛顿第二定律得