新课标2022版高考物理大二轮复习专题强化训练7功能关系在电学中的应用202222210321.doc

专题强化训练(七)一、选择题1．(2022·天津卷)如下图，在水平向右的匀强电场中，质量为m的带电小球，以初速度v从M点竖直向上运动，通过N点时，速度大小为2v，方向与电场方向相反，那么小球从M运动到N的过程(　　)A．动能增加mv2 B．机械能增加2mv2C．重力势能增加mv2 D．电势能增加2mv2[解析]　小球动能的增加量为ΔEk＝m(2v)2－mv2＝mv2，A错误；小球在竖直方向上的分运动为竖直上抛，到N时竖直方向的速度为零，那么M、N两点之间的高度差为h＝，小球重力势能的增加量为ΔEp＝mgh＝mv2，C错误；电场力对小球做正功，那么小球的电势能减少，由能量守恒定律可知，小球减小的电势能等于重力势能与动能的增加量之和，那么电势能的减少量为ΔEp′＝mv2＋mv2＝2mv2，D错误；由功能关系可知，除重力外的其他力对小球所做的功等于小球机械能的增加量，即2mv2，B正确．[答案]　B2．(多项选择)(2022·湖北武汉高三毕业生四月调研) 如下图，匀强电场与水平方向成夹角θ(θ<45°)，场中有一质量为m、可视为质点的带电小球，用长为L的细线悬挂于O点，当小球静止时，细线恰好水平．现用竖直向下的恒定外力将小球拉到竖直方向最低点时，小球速度刚好再次为零．假设小球电荷量保持不变，那么在此过程中(　　)A．小球电势能一直在增加，电势能增量为ΔEp＝mgLB．小球机械能一直在减小，机械能增量为ΔE＝－mgLC．小球在最低点的加速度a＝0D．小球的最大动能Ekm＝(－1)mgL[解析]　设小球所受电场力为F，根据小球静止时，细线恰好水平，可以得出Fsinθ＝mg，解得F＝.用竖直向下的恒定外力将小球拉到竖直方向最低点，需要克服电场力做功，小球电势能一直在增加．根据功能关系，小球电势能增加量为ΔEp＝FLcosθ＋FLsinθ＝mgL，选项A正确；用竖直向下的恒定外力将小球拉到竖直方向最低点时，小球速度刚好再次为零，分析可知，恒定外力做功大小与重力和电场力的合力做功大小相等，又水平方向和竖直方向运动距离都为L，故恒定外力与重力和电场力的合力大小相等，F外＝F合＝mg，故总的合力恰好与竖直方向夹角为45°，那么小球机械能先增大后减小，选项B错误；由以上分析可知小球在最低点的合力方向与竖直方向夹角为45°，根据牛顿第二定律可知小球在最低点的加速度不为零，选项C错误；分析可知，当转过45°时，小球有最大速度，易知小球所受合力为F合＝mg，由动能定理可得小球的最大动能Ekmax＝·mg＝(－1)mgL，选项D正确．[答案]　AD3．(多项选择)(2022·湖北省六校联合体4月联考)一带电小球在空中由A点运动到B点的过程中，只受重力、电场力和空气阻力三个力的作用．假设重力势能增加5 J，机械能增加1.5 J，电场力做功2 J，那么小球(　　)A．重力做功为5 J B．电势能减少2 JC．空气阻力做功0.5 J D．动能减少3.5 J[解析]　小球的重力势能增加5 J，那么小球克服重力做功5 J，应选项A错误；电场力对小球做功2 J，那么小球的电势能减少2 J，应选项B正确；小球共受到重力、电场力、空气阻力三个力作用，小球的机械能增加1.5 J，那么除重力以外的力做功为1.5 J，电场力对小球做功2 J，那么知，空气阻力做功为－0.5 J，即小球克服空气阻力做功0.5 J，应选项C错误；重力、电场力、空气阻力三力做功之和为－3.5 J，根据动能定理，小球的动能减少3.5 J，应选项D正确．[答案]　BD4．(2022·山东省实验中学模拟)如下图，平行板电容器水平放置，两极板间电场强度大小为E，中间用一光滑绝缘细杆垂直连接，杆上套有带正电荷的小球和绝缘弹簧，小球压在弹簧上，但与弹簧不拴接，开始时对小球施加一竖直向下的外力，将小球压至某位置使小球保持静止．撤去外力后小球从静止开始向上运动，上升h时恰好与弹簧别离，别离时小球的速度为v，小球上升过程不会撞击到上极板，小球的质量为m，带电荷量为q，重力加速度为g，以下说法正确的选项是(　　)A．与弹簧别离时小球的动能为mgh＋qEhB．从开始运动到与弹簧别离，小球增加的机械能为mgh＋qEhC．从开始运动到与弹簧别离，小球减少的电势能为D．撤去外力时弹簧的弹性势能为mv2－(qE－mg)h[解析]　根据动能定理可知，合外力对小球所做的功等于小球动能的变化量，所以小球与弹簧别离时的动能为Ek＝qEh－mgh＋Ep，选项A错误；从开始运动到与弹簧别离，小球增加的机械能为ΔE＝mgh＋mv2＝qEh＋Ep，选项B错误；小球减少的电势能为Eqh，应选项C错误；从撤去外力到小球与弹簧别离，由动能定理可知，mv2＝Ep＋qEh－mgh，所以Ep＝mv2－(qE－mg)h，选项D正确．[答案]　D5．(多项选择)(2022·河南六市第5次联考)如右图所示，半径为R的光滑半圆弧绝缘轨道固定在竖直平面内，磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直轨道平面向里．一可视为质点、质量为m、电荷量为q(q>0)的小球由轨道左端A处无初速度滑下．当小球滑至轨道最低点C时，给小球再施加一始终水平向右的外力F，使小球能保持不变的速率滑过轨道右侧的D点．假设小球始终与轨道接触，重力加速度为g，那么以下判断中正确的选项是(　　)A．小球在C点受到的洛伦兹力大小为qBB．小球在C点对轨道的压力大小为3mg－qBC．小球从C到D的过程中，外力F的大小保持不变D．小球从C到D的过程中，外力F的功率逐渐增大[解析]　小球从A到C过程中由机械能守恒有mgR＝mv2，解得v＝，所以小球在C点受到的洛伦兹力大小为F洛＝qB，应选项A错误；在C点由牛顿第二定律有FN－mg＋F洛＝m，解得FN＝3mg－qB，应选项B正确；小球从C到D的过程中，合外力始终指向圆心，所以mgcosθ＝Fsinθ，θ变化，外力F的大小发生变化，应选项C错误；小球从C到D的过程中，由能量守恒定律可知外力F的功率等于重力功率大小，所以外力F的功率逐渐增大，应选项D正确．[答案]　BD6．(2022·福建宁德一模)如下图，固定在倾角为θ＝30°的斜面内的两根平行长直光滑金属导轨的间距为d＝1 m，其底端接有阻值为R＝2 Ω的电阻，整个装置处在垂直斜面向上、磁感应强度大小为B＝2 T的匀强磁场中．一质量为m＝1 kg(质量分布均匀)的导体杆ab垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触．现杆在沿斜面向上、垂直于杆的恒力F＝10 N作用下从静止开始沿导轨向上运动距离L＝6 m时，速度恰好到达最大(运动过程中杆始终与导轨保持垂直)．设杆接入电路的电阻为r＝2 Ω，导轨电阻不计，重力加速度大小为g＝10 m/s2.那么此过程(　　)A．杆的速度最大值为4 m/sB．流过电阻R的电荷量为6 CC．在这一过程中，整个回路产生的热量为17.5 JD．流过电阻R的电流方向为由c到d[解析]　当杆到达最大速度时满足F＝＋mgsinθ，解得vm＝5 m/s，选项A错误；流过电阻R的电荷量q＝＝＝ C＝3 C，选项B错误；回路产生的热量Q＝FL－mgLsinθ－mv＝17.5 J，选项C正确；由右手定那么可知流过R的电流方向从d到c，选项D错误．[答案]　C7．(多项选择)(2022·东北省四市联考)如下图，在宽度为d的条形无场区左侧Ⅰ区和右侧Ⅱ区内，存在着磁感应强度大小均为B的匀强磁场，磁场方向如下图．有一边长为l(l>d)、电阻均匀分布且阻值为R的正方形金属线框EFGH置于Ⅰ区域，EF边与磁场边界平行，现使线框以垂直于磁场边界的速度v从图示位置向右匀速运动，那么(　　)A．当EF边刚进入Ⅱ区时，线框中电流方向为顺时针，大小为B．当EF边刚进入中间无磁场区时，E、F两点间的电压为C．将线框拉至HG边刚离开Ⅰ区的过程中，拉力所做的功为D．将线框从Ⅰ区全部拉入Ⅱ区的过程中，回路中产生的焦耳热为[解析]　当EF边刚进入Ⅱ区时，金属线框HG、EF边均切割磁感线，由右手定那么可判断出HG边切割磁感线产生的感应电动势方向为顺时针方向，EF边切割磁感线产生的感应电动势方向为顺时针方向，那么回路中产生总感应电动势为E1＝2Blv，由闭合电路欧姆定律，回路中产生的感应电流大小为I1＝＝，方向为顺时针方向，选项A错误．当EF边刚进入中间无磁场区域时，只有HG边切割磁感线，回路中产生的感应电动势E2＝Blv，感应电流I2＝，E、F两点之间的电压为U＝＝，选项B正确．线框在整个运动过程中做匀速运动，故线框所受安培力和拉力始终相等．线框在Ⅰ区运动，磁通量不变，不产生感应电流，拉力不做功；在EF边进入中间无磁场区域的过程中，只有HG边切割磁感线，回路中产生的感应电动势为E2＝Blv，感应电流I2＝，线框所受安培力F1＝BI2l，拉力做功W1＝F1d＝；当EF边进入Ⅱ区距离小于l－d时，HG、EF边均切割磁感线，回路中产生总感应电动势为E1＝2Blv，感应电流大小为I1＝＝，线框所受总安培力F2＝2BI1l，拉力做功W2＝F2(l－d)＝，那么将线框拉至HG边刚离开Ⅰ区的过程中，拉力所做的功W＝W1＋W2＝，选项C正确．当EF边进入Ⅱ区距离大于l－d小于l时，只有EF边切割磁感线，产生感应电动势E3＝Blv，感应电流I3＝，线框所受安培力F3＝BI3l，拉力做功W3＝F3d＝；将线框从Ⅰ区全部拉入Ⅱ区的过程中，安培力做的总功W′＝－W1－W2－W3＝－.根据克服安培力做的功等于回路中产生的焦耳热可知，回路中产生的焦耳热为Q＝－W′＝，选项D正确．[答案]　BCD8. (多项选择)(2022·苏州模拟)在如下图的倾角为θ的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小均为B的匀强磁场，区域Ⅰ的磁场方向垂直斜面向上．区域Ⅱ的磁场方向垂直斜面向下，磁场的宽度均为L.一个质量为m、电阻为R、边长也为L的正方形导线框，由静止开始沿斜面下滑．当ab边刚越过GH进入磁场Ⅰ区时，恰好以速度v1做匀速直线运动；当ab边下滑到JP与MN的中间位置时，线框又恰好以速度v2做匀速直线运动，从ab进入GH到MN与JP的中间位置的过程中，线框的动能变化量为ΔEk，重力对线框做功大小为W1，安培力对线框做功大小为W2，以下说法中正确的选项是(　　)A．在下滑过程中，由于重力做正功，所以有v2>v1B．从ab进入GH到MN与JP的中间位置的过程中，机械能守恒C．从ab进入GH到MN与JP的中间位置的过程中，有(W1－ΔEk)的机械能转化为电能D．从ab进入GH到MN到JP的中间位置的过程中，线框动能的变化量为ΔEk＝W1－W2[解析]　由平衡条件，第一次匀速运动时，mgsinθ＝，第二次匀速运动时，mgsinθ＝，那么v2