【创新设计】（山东专用）2022高考物理二轮专题辅导训练 专题2 第6讲 专题提升训练（含解析）

【创新设计】（山东专用）2022高考物理二轮专题辅导训练专题2第6讲专题提升训练（含解析）　　　　　　　　　　　　　　　　一、选择题(共9小题，每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确．)1．(2022·全国大纲卷，15)地球表面附近某区域存在大小为150N/C、方向竖直向下的电场．一质量为1.00×10－4kg、带电量为－1.00×10－7C的小球从静止释放，在电场区域内下落10.0m．对此过程，该小球的电势能和动能的改变量分别为(重力加速度大小取9.80m/s2，忽略空气阻力)(　　)A．－1.50×10－4J和9.95×10－3JB．1.50×10－4J和9.95×10－3JC．－1.50×10－4J和9.65×10－3JD．1.50×10－4J和9.65×10－3J解析　小球下落过程中，电场力做负功，电势能增加，增加的电势能ΔEp＝qEh＝1.00×10－7×150×10.0J＝1.50×10－4J．由动能定理知，动能的改变量为合外力做的功，则动能改变量ΔEk＝(mg－qE)h＝(1.00×10－4×9.8－1.00×10－7×150)×10.0J＝9.65×10－3J.答案　D图2－6－142．如图2－6－14所示，质量为m的物块(可视为质点)，带正电q，开始时让它静止在倾角α＝60°的固定光滑绝缘斜面顶端，整个装置放在水平方向向左、大小为E＝mg/q的匀强电场中(设斜面顶端处电势为零)，斜面高为H.释放后，物块落地时的电势能为Ep，物块落地时的速度大小为v，则(　　)A．Ep＝mgHB．Ep＝－mgHC．v＝2D．v＝2gH解析　由电场力做功等于电势能的变化可得物块落地时的电势能为Ep＝－qEH/tan60°＝－mgH/＝－mgH，选项A、B错误；由动能定理知，mgH＋qEH/tan60°＝mv2，解得v＝2，选项C正确，D错误．答案　C3．(2022·信阳一模)图2－6－15-7-\n如图2－6－15所示，质量为m的金属线框A静置于光滑水平面上，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，则以下关系中能够成立的是(　　)A．v2＝ghB．v2＝2ghC．A产生的热量Q＝mgh－mv2D．A产生的热量Q＝mgh－mv2解析　由于线框在磁场内的运动情况未知，故不能判断v与h的具体关系，故A、B错误；根据题意，线框A进入磁场的过程克服安培力做功，线框A产生的热量为Q，对A、B构成的系统，在B下降h高度的过程中，据能量转化与守恒定律有mgh＝×2mv2＋Q，Q＝mgh－mv2，故选项C正确．答案　C4．(2022·安徽卷，17)图2－6－16一带电粒子在电场中仅受静电力作用，做初速度为零的直线运动．取该直线为x轴，起始点O为坐标原点，其电势能Ep与位移x的关系如图2－6－16所示，下列图象中合理的是(　　)解析　由Ep－x图象可知，图线上任一点切线的斜率逐渐减小，又因ΔEp＝W＝Eq·x，由此判断粒子所受到的电场力、加速度及电场强度逐渐减小，故选项D正确，选项A、B、C均错．答案　D5．(2022·山东十二校联考)图2－6－17如图2－6－17所示，足够长的粗糙平行金属导轨，宽度为L，与水平面夹角为θ，导轨上下两端分别与定值电阻R1、R2相连，磁感应强度为B的匀强磁场垂直导轨平面，质量为m的导体棒ab由静止开始下滑，设导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨与导体棒的电阻，重力加速度为g，则(　　)A．R1与R2发热的热功率之比为P1∶P2＝R2∶R1-7-\nB．导体棒匀速运动时的速度v＝C．安培力对导体棒做的功等于导体棒机械能的减少量D．重力与安培力对导体棒做功之和大于导体棒动能的增加量解析　根据P＝可知，R1与R2发热的热功率之比为P1∶P2＝R2∶R1，A正确；因为不知道导体棒ab所受的摩擦力，所以无法求解导体棒匀速运动时的速度v，B错误；根据功能关系可知，导体棒机械能的减少量等于安培力与摩擦力对导体棒做功之和，C错误；根据动能定理可知，重力、安培力以及摩擦力做功之和等于导体棒动能的增加量，由于摩擦力做负功，所以重力、安培力对导体棒做功之和大于导体棒动能的增加量，D正确．答案　AD6.图2－6－18如图2－6－18所示，两平行金属板水平放置，板长为L，板间距离为d，板间电压为U，一不计重力、电荷量为q的带电粒子以初速度v0沿两板的中线射入，经过t时间后恰好沿下板的边缘飞出，则(　　)A．在前时间内，电场力对粒子做的功为UqB．在后时间内，电场力对粒子做的功为UqC．在粒子下落的前和后过程中，电场力做功之比为1∶1D．在粒子下落的前和后过程中，电场力做功之比为1∶2解析　粒子在两平行金属板间做类平抛运动，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，在前后两个的时间内沿电场线方向的位移之比为1∶3，则在前时间内，电场力对粒子做的功为Uq，在后时间内，电场力对粒子做的功为Uq，选项A错，B对；由W＝Eq·s知在粒子下落的前和后过程中，电场力做功之比为1∶1，选项C对，D错．答案　BC7．(2022·江西重点中学联盟第二次联考)质量为m的带正电小球由空中某点自由下落，下落高度h后在整个空间加上竖直向上的匀强电场，再经过相同时间小球又回到原出发点，不计空气阻力，且整个运动过程中小球从未落地，重力加速度为g，则(　　)A．从加电场开始到小球返回原出发点的过程中，小球电势能减少了mghB．从加电场开始到小球下落最低点的过程中，小球动能减少了mghC．从开始下落到小球运动至最低点的过程中，小球重力势能减少了mgh-7-\nD．小球返回原出发点时的速度大小为解析　小球先做自由落体运动，然后受电场力和重力向下做匀减速到速度为零，再向上做匀加速回到出发点．设小球下落高度h用了t秒，加上电场后小球的加速度大小为a，加上电场时速度为v，规定向下为正方向，由运动学公式：gt2＋gt×t－at2＝0，解得a＝3g，由v2＝2gh，解得v＝；根据牛顿第二定律，F电－mg＝ma，得F电＝4mg，因此，从加电场开始到小球返回原出发点的过程中，电场力做功为W电＝F电h＝4mgh，根据电场力做功和电势能的关系，可知小球的电势能的减少量为ΔEp＝4mgh，故选项A错误；从加电场开始到小球下落最低点的过程中，小球动能减少量为ΔEk＝mv2－0＝mgh，选项B正确；从加电场开始到小球下落最低点的过程中，设下落高度为h′，由运动学公式：v2＝2ah′，解得h′＝，从开始下落到小球运动至最低点的过程中，重力做功为WG＝mg(h＋h′)＝mgh，根据重力做功和重力势能的关系，可知小球的重力势能的减少量为ΔEp′＝mgh，选项C错误；设小球返回到原出发点时的速度为v′，由动能定理，可得mv′2＝3mg(h＋h′)，解得v′＝，选项D错误．答案　B8.图2－6－19如图2－6－19所示，在竖直平面内有一匀强电场，其方向与水平方向成α＝30°斜向上，在电场中有一质量为m、电量为q的带电小球，用长为L的不可伸长的绝缘细线挂于O点，当小球静止于M点时，细线恰好水平．现用外力将小球拉到最低点P，然后无初速度释放，则以下判断正确的是(　　)A．小球再次到达M点时，速度刚好为零B．小球从P到M过程中，合外力对它做了mgL的功C．小球从P到M过程中，小球的机械能增加了mgLD．如果小球运动到M点时，细线突然断裂，小球以后将做匀变速曲线运动解析　小球从P到M的过程中，线的拉力不做功，只有电场力和小球重力做功，它们的合力也是恒力，大小为mg，方向水平向右，所以小球再次到达M点时，速度最大，而不是零，选项A错．小球从P到M过程中，电场力与重力的合力大小为mg，这个方向上位移为L，所以做功为mgL，选项B正确．小球从P到M过程中，机械能的增加量等于电场力做的功，由于电场力为2mg，由P到M沿电场线方向的距离为d＝Lsin30°＋Lcos30°＝(1＋)，故电场力做功为2mg·d＝mgL(1＋)，故选项C错误．如果小球运动到M点时，细线突然断裂，小球的速度方向竖直向上，所受合外力水平向右，小球将做匀变速曲线运动，选项D正确．答案　BD9．(2022·菏泽二模)-7-\n图2－6－20如图2－6－20所示，相距为L的两条足够长的平行金属导轨，与水平面的夹角为θ，导轨上固定有质量为m，电阻为R的两根相同的导体棒，导体棒MN上方轨道粗糙，下方光滑，整个空间存在垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度为B.将两根导体棒同时释放后，观察到导体棒MN下滑而EF保持静止，当MN下滑速度最大时，EF与轨道间的摩擦力刚好到达最大静摩擦力，下列叙述正确的是(　　)A．导体棒MN的最大速度为B．导体棒EF与轨道之间的最大静摩擦力为mgsinθC．导体棒MN受到的最大安培力为mgsinθD．导体棒MN所受重力的最大功率为解析　当导体棒MN匀速运动时速度最大，由平衡条件得mgsinθ＝，则得最大速度为v＝，选项A正确；由题意知，当MN下滑的速度最大时，EF与轨道间的摩擦力刚好达到最大静摩擦力，两棒所受的安培力大小相等，方向相反，则对EF棒，有mgsinθ＋＝fm，则可得最大静摩擦力为fm＝2mgsinθ，选项B错误；导体棒MN匀速运动时速度最大，感应电流最大，所受的安培力也最大，由平衡条件可知，最大安培力为Fm＝mgsinθ，选项C正确；导体棒MN所受重力的最大功率为Pm＝mgsinθ·v＝，选项D错误．答案　AC二、非选择题10．(2022·亳州模拟)图2－6－21如图2－6－21所示，在E＝103V/m的竖直匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道QPN与一水平绝缘轨道MN在N点平滑相接，半圆形轨道平面与电场线平行，其半径R＝40cm，N为半圆形轨道最低点，P为QN圆弧的中点，一带负电q＝10－4C的小滑块质量m＝10g，与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.15，位于N点右侧1.5m的M处，取g＝10m/s2，求：(1)要使小滑块恰能运动到圆轨道的最高点Q，则小滑块应以多大的初速度v0向左运动？(2)这样运动的小滑块通过P点时对轨道的压力是多大？解析　设小滑块到达Q点时速度为v，由牛顿第二定律得mg＋qE＝m-7-\n小滑块从开始运动至到达Q点过程中，由动能定理得－mg·2R－qE·2R－μ(mg＋qE)x＝mv2－mv联立方程组，解得：v0＝7m/s.(2)设小滑块到达P点时速度为v′，则从开始运动至到达P点过程中，由动能定理得－(mg＋qE)R－μ(qE＋mg)x＝mv′2－mv又在P点时，由牛顿第二定律得FN＝m代入数据，解得：FN＝0.6N由牛顿第三定律得，小滑块对轨道的压力FN′＝FN＝0.6N答案　(1)7m/s　(2)0.6N11．如图2－6－22甲所示，MN、PQ为水平放置的足够长的平行光滑导轨，导轨间距L为0.5m，导轨左端连接一个阻值为2Ω的定值电阻R，将一根质量为0.2kg的金属棒cd垂直放置在导轨上，且与导轨接触良好，金属棒cd的电阻r＝2Ω，导轨电阻不计，整个装置处于垂直导轨平面向下的匀强磁场中，磁感应强度为B＝2T．若棒以1m/s的初速度向右运动，同时对棒施加水平向右的拉力F作用，并保持拉力的功率恒为4W，从此时开始计时，经过2s金属棒的速度稳定不变，图乙为安培力与时间的关系图象．试求：　图2－6－22(1)金属棒的最大速度；(2)金属棒速度为3m/s时的加速度；(3)求从开始计时起2s内电阻R上产生的电热．解析　(1)金属棒的速度最大时，所受合外力为零，即BIL＝F而P＝F·vm，I＝解出vm＝＝m/s＝4m/s.(2)速度为3m/s时，感应电动势E＝BLv＝2×0.5×3V＝3V电流I＝，安培力F安＝BIL金属棒受到的拉力F＝＝N由牛顿第二定律得F－F安＝ma解得a＝＝m/s2＝m/s2.(3)在此过程中，由动能定理得-7-\nPt＋W安＝mv－mvW安＝－6.5JQR＝＝3.25J答案　(1)4m/s　(2)m/s2　(3)3.25J12．(2022·天津卷，21)如图2－6－23所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角θ＝30°的斜面上，导轨电阻不计，间距L＝0.4m．导轨所在空间被分成区域Ⅰ和Ⅱ，两区域的边界与斜面的交线为MN，Ⅰ中的匀强磁场方向垂直斜面向下，Ⅱ中的匀强磁场方向垂直斜面向上，两磁场的磁感应强度大小均为B＝0.5T．在区域Ⅰ中，将质量m1＝0.1kg，电阻R1＝0.1Ω的金属条ab放在导轨上，ab刚好不下滑．然后，在区域Ⅱ中将质量m2＝0.4kg，电阻R2＝0.1Ω的光滑导体棒cd置于导轨上，由静止开始下滑．cd在滑动过程中始终处于区域Ⅱ的磁场中，ab、cd始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，取g＝10m/s2，问：图2－6－23(1)cd下滑的过程中，ab中的电流方向；(2)ab刚要向上滑动时，cd的速度v多大；(3)从cd开始下滑到ab刚要向上滑动的过程中，cd滑动的距离x＝3.8m，此过程中ab上产生的热量Q是多少．解析　(1)根据右手定则判知cd中电流方向由d流向c，故ab中电流方向由a流向b.(2)开始放置ab刚好不下滑时，ab所受摩擦力为最大摩擦力，设其为Fmax，有Fmax＝m1gsinθ①设ab刚好要上滑时，cd棒的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律有E＝BLv②设电路中的感应电流为I，由闭合电路欧姆定律有I＝③设ab所受安培力为F安，有F安＝BIL④此时ab受到的最大摩擦力方向沿斜面向下，由平衡条件有F安＝m1gsinθ＋Fmax⑤联立①②③④⑤式，代入数据解得：v＝5m/s⑥(3)设cd棒的运动过程中电路中产生的总热量为Q总，由能量守恒定律有m2gxsinθ＝Q总＋m2v2⑦由串联电路规律有Q＝Q总⑧联立解得：Q＝1.3J⑨答案　(1)由a流向b　(2)5m/s　(3)1.3J-7-