全国通用2022高考物理二轮复习专题二第6讲功能关系在电磁学中的应用提升训练

第6讲　功能关系在电磁学中的应用专题提升训练一、选择题(1～4题为单项选择题，5～6题为多项选择题)1.(2022·石家庄市高中毕业班质检)如图1所示，平行金属板A、B水平正对放置，分别带等量异号电荷。一带电微粒水平射入板间，在重力和电场力共同作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那么(　　)图1A.若微粒带正电荷，则A板一定带正电荷B.微粒从M点运动到N点电势能一定增加C.微粒从M点运动到N点动能一定增加D.微粒从M点运动到N点机械能一定增加解析　由于两极板的带电正负不知，粒子的电性不确定，则粒子所受电场力方向不确定，所受电场力做功正负不确定，但根据粒子运动轨迹，粒子所受合力一定向下，则合力一定做正功，所以电势能变化情况、机械能变化情况不确定，但粒子动能一定增加，所以只有C正确。答案　C2.(2022·河北邯郸二模)如图2所示，光滑平行金属轨道平面与水平面成θ角，两轨道上端用一电阻R相连，该装置处于匀强磁场中，磁场方向垂直轨道平面向上，质量为m的金属杆ab，以初速度v0从轨道底端向上滑行，滑行到某一高度h后又返回到底端。若运动过程中，金属杆始终保持与导轨垂直且接触良好，且轨道与金属杆的电阻均忽略不计，则不正确的是(　　)图2A.整个过程电路中产生的电能等于始、末状态动能的减少量B.上滑到最高点的过程中克服安培力与重力所做功之和等于mvC.上滑到最高点的过程中电阻R上产生的焦耳热等于mv－mghD.金属杆两次通过斜面上的同一位置时电阻R的热功率相同8\n解析　金属杆从轨道底端滑上斜面又返回到出发点，由能量的转化和守恒知选项A正确；上滑到最高点时动能转化为重力势能和电阻R上产生的焦耳热(即克服安培力所做的功)，选项B、C正确；金属杆两次通过斜面上同一位置时的速度不同，电路的电流不同，故电阻R的热功率不同，选项D错误。答案　D3.(2022·北京市西城区高三考试)空间存在竖直向上的匀强电场，质量为m的带正电的微粒水平射入电场中，微粒的运动轨迹如图3所示，在相等的时间间隔内(　　)图3A.重力做的功相等B.电场力做的功相等C.电场力做的功大于重力做的功D.电场力做的功小于重力做的功解析　对微粒受力分析，受重力和向上的电场力，并且电场力大于重力。微粒水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，相等的时间间隔内，竖直方向的分位移不等，所以在相等的时间间隔内，重力和电场力做的功不同，A、B均错误；因为电场力大于重力，所以在相等的时间间隔内，电场力做的功大于重力做的功，选项C正确，D错误。答案　C4.(2022·山东烟台期末)如图4，MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，右端接一个阻值为R的定值电阻。平直部分导轨左边区域有宽度为d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。质量为m、电阻也为R的金属棒从高为h处静止释放，到达磁场右边界处恰好停止。已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ，金属棒与导轨间接触良好，则金属棒穿过磁场区域的过程中(重力加速度为g)(　　)图48\nA.流过金属棒的最大电流为B.通过金属棒的电荷量为C.克服安培力所做的功为mghD.金属棒产生的电热为mg(h－μd)解析　金属棒下滑过程中机械能守恒，有mgh＝mv2，金属棒到达水平面时的速度v＝，金属棒到达水平面后做减速运动，刚到达水平面时的速度最大，感应电动势最大，感应电流也最大，故最大感应电流为I＝＝，选项A错误；通过金属棒的电荷量为q＝＝，选项B错误；对全过程应用动能定理mgh－W安－μmgd＝0，解得W安＝mgh－μmgh，选项C错误；金属棒产生的电热QR＝Q＝W安＝mg(h－μd)，选项D正确。答案　D5.如图5所示，空间存在一有边界的条形匀强磁场区域，磁场方向与竖直平面(纸面)垂直，磁场边界的间距为L。一个质量为m、电阻为R、边长也为L的正方形导线框沿竖直方向运动，线框所在平面始终与磁场方向垂直，且线框上、下边始终与磁场的边界平行。t＝0时刻导线框的上边恰好与磁场的下边界重合，导线框的速度为v0。经历一段时间后，当导线框的下边恰好与磁场的上边界重合时，导线框的速度刚好为零，此后，导线框下落，经过一段时间回到初始位置(不计空气阻力)，则(　　)图5A.上升过程中，导线框的加速度逐渐减小B.上升过程中克服重力做功的平均功率小于下降过程中重力做功的平均功率C.上升过程中线框产生的热量比下降过程中线框产生的热量多D.上升过程中合力做的功与下降过程中合力做的功相等解析　上升过程中，导线框的加速度a1＝随速度v8\n的减小而减小，选项A正确；下降过程中，导线框的加速度a2＝随速度v的增大而减小，由R＝vt知上升时间短，P＝，因此上升过程中克服重力做功的平均功率大，选项B错误；由于安培力做负功，线框在下降过程中的速度小于同一高度上升时的速度，因此上升过程中合力做的功大于下降过程中合力做的功，选项D错误；下降过程的安培力小于同一高度上升时的安培力，上升过程克服安培力做功多，选项C正确。答案　AC6.如图6所示，一质量为m、带电荷量为＋q的小球从半径为R的四分之一绝缘光滑圆弧轨道上与圆心等高处A由静止释放，经时间t下滑到轨道最低点B时对轨道压力为2mg，g为重力加速度，此后小球水平飞出，恰好垂直击中倾角为θ＝30°的斜面，整个斜面上方存在竖直向上的匀强电场，空气阻力不计，则下列说法中正确的是(　　)图6A.小球从A到B的平均速度为B.匀强电场的电场强度大小为C.小球从开始运动到击中斜面的过程中机械能守恒D.小球从圆弧轨道飞出到击中斜面的时间为3解析　由平均速度定义可知小球从A到B的平均速度为v＝，A错误；从A到B由动能定理有(mg－qE)R＝mv，在B点由牛顿第二定律有FN＋qE－mg＝m，FN＝2mg，联立得E＝，vB＝，B正确；小球从开始运动到击中斜面的过程中电场力做负功，由机械能守恒条件知此过程机械能不守恒，C错误；小球离开B点后做类平抛运动，由平抛规律知在击中斜面时有tan30°＝，而加速度a＝＝g，联立得t1＝3，D正确。答案　BD二、非选择题8\n7.(2022·山东莱芜期末)如图7所示，两根足够长、电阻不计的平行金属导轨相距l＝1m，导轨平面与水平面成θ＝37°角，上、下端各连接一电阻，阻值分别为R1＝4Ω、R2＝6Ω。质量为m＝0.5kg，电阻为r＝0.6Ω的金属棒ab放在导轨上，棒与导轨垂直并保持良好接触，它们之间的动摩擦因数为μ＝0.25，整个装置处于与导轨平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度B＝1T(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2)。求：图7(1)金属棒下滑的最大速度；(2)从ab开始运动到达到稳定状态时，电阻R2上产生的热量Q＝0.4J，求该过程中ab位移x的大小。解析　(1)金属棒达到最大速度时，受力平衡mgsinθ＝μFN＋BIl，FN＝mgcosθ，BIl＝，R＝r＋解得v＝6m/s(2)电阻R1上产生的热量为Q1＝Q金属棒上产生的热量为Qr＝(Q＋Q1)由能的转化和守恒可得mgsinθ·x＝μmgcosθ·x＋Q＋Q1＋Qr＋mv2x＝5.125m答案　(1)6m/s　(2)5.125m8.(2022·长春市高中毕业班调研测试)如图8所示，在竖直边界线O1O2左侧空间存在一竖直向下的匀强电场，电场强度E＝100N/C，电场区域内有一固定的粗糙绝缘斜面AB，其倾角为30°，A点距水平地面的高度为h＝4m。BC段为一粗糙绝缘平面，其长度为L＝m。斜面AB与水平面BC由一极短的光滑小圆弧连接(图中未标出)。竖直边界线O1O2右侧区域固定一半径为R＝0.5m的半圆形光滑绝缘轨道，CD为半圆形光滑绝缘轨道的直径，C、D两点紧贴竖直边界线O1O2，位于电场区域的外部(忽略电场对O1O2右侧空间的影响)。现将一个质量为m＝1kg、带电荷量为q＝0.1C的带正电的小球(可视为质点)在A点由静止释放，且该小球与斜面AB和水平面BC间的动摩擦因数μ＝(g取10m/s2)。求：8\n图8(1)小球到达C点时的速度大小；(2)小球到达D点时所受轨道的压力大小；(3)小球落地点距离C点的水平距离。解析　(1)以小球为研究对象，由A点至C点的运动过程，根据动能定理可得(mg＋Eq)h－μ(mg＋Eq)cos30°－μ(mg＋Eq)L＝mv解得vC＝2m/s(2)以小球为研究对象，由C点至D点的运动过程，根据机械能守恒定律可得mv＝mv＋mg·2R在最高点以小球为研究对象，根据牛顿第二定律可得FN＋mg＝m解得FN＝30NvD＝2m/s(3)设小球做类平抛运动的加速度大小为a，根据牛顿第二定律，可得mg＋Eq＝ma应用类平抛运动的规律列式可得x＝vDt2R＝at2解得x＝m答案　(1)2m/s　(2)30N　(3)m9.如图9所示，质量M＝0.2kg的长木板静止于水平地面上，与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1。一质量m＝0.1kg、带电荷量q＝＋2×10－3C的滑块(可看作质点)在t＝0时刻以v0＝5m/s的初速度滑上长木板的同时加上一个水平向右的匀强电场，滑块与长木板间的动摩擦因数μ2＝0.4，所加电场的电场强度E＝100N/C，取g＝10m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，最终滑块没有从长木板上滑下，求；图9(1)长木板的最小长度；8\n(2)滑块从滑上长木板到静止经历的时间；(3)整个过程中产生的热量。解析　(1)加上电场时，由牛顿第二定律知对滑块：qE－μ2mg＝ma1，代入数值得a1＝－2m/s2，即滑块做匀减速直线运动对长木板：μ2mg－μ1(M＋m)g＝Ma2代入数值得a2＝0.5m/s2设经时间t1滑块与长木板共速，速度为v，则有v＝v0＋a1t1＝a2t1，代入数值得t1＝2s，v＝1m/s此段时间内滑块的位移为x1＝t1＝6m长木板的位移为x2＝t1＝1m此后两者一起向右做匀减速直线运动直到静止，所以长木板的最小长度L＝x1－x2＝5m。(2)设两者一起向右运动的加速度大小为a，则a＝，即a＝－m/s2两者一直做匀减速直线运动的时间为t2＝－＝3s所以滑块从滑上长木板到静止经历的时间为t＝t1＋t2＝5s。(3)两者相对静止后一起向右滑动的位移为x3＝t2＝1.5m由能量守恒知整个过程中产生的热量为Q＝mv＋qE(x1＋x3)＝2.75J答案　(1)5m　(2)5s　(3)2.75J10.在粗糙绝缘的水平面上固定一个可视为点电荷的带电荷量为Q的正点电荷，已知点电荷周围电场的电势可表示为φ＝k，式中k为静电力常量，Q为场源电荷的带电荷量，r为距场源电荷的距离。现有一质量为m，电荷量为q的带正电的滑块(可视作质点)，其与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。图10(1)若滑块与点电荷的距离为x，且滑块处于静止状态，写出滑块的电势能表达式，求出滑块所受的摩擦力的大小和方向；(2)若将滑块无初速地从距离场源点电荷x1处释放且此后滑块能够在水平面上滑动，推导出滑块最终停止点的位置坐标；(3)若将滑块无初速地从距离场源点电荷x1处释放，求出滑块运动到距离场源点电荷x38\n处时的速度和加速度大小。解析　(1)滑块与带电荷量为Q的正点电荷距离为x处的电势φ＝k，滑块的电势能表达式Ep＝qφ＝kq由库仑定律，滑块所受库仑力F＝k由于滑块处于静止状态，由平衡条件可知滑块所受的摩擦力的大小f＝k，方向沿x轴负方向。(2)设滑块停止的位置为x2，由动能定理得q(φ1－φ2)－μmg(x2－x1)＝0即q(k－k)－μmg(x2－x1)＝0可解得x2＝(3)将滑块无初速地从距离场源点电荷x1处释放，设滑块运动到距离场源点电荷x3处时的速度为v，由动能定理得q(φ1－φ3)－μmg(x3－x1)＝mv2即q(k－k)－μmg(x3－x1)＝mv2解得v＝设滑块运动到距离场源点电荷x3处的加速度大小为a，由牛顿第二定律得，F－μmg＝ma，F＝k联立解得加速度a＝k－μg答案　(1)　方向沿x轴负向　(2)x2＝　(3)－μg8