《全国通用2016版高考物理大二轮总复习增分策略强化练专题四第2讲功能关系在电学中的应用.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《全国通用2016版高考物理大二轮总复习增分策略强化练专题四第2讲功能关系在电学中的应用.doc（7页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、专题四第2讲功能关系在电学中的应用1(多选)(2015江西高安等重点中学协作体模拟) 如图1所示，一轻弹簧的左端固定，右端与一带电小球相连接，小球静止在光滑水平面上，施加一个水平方向的匀强电场，使小球从静止开始向右运动，则向右运动的这一过程中(运动过程中始终未超过弹簧的弹性限度)()图1A小球动能最大时，小球电势能最小B弹簧弹性势能最大时，小球和弹簧组成的系统机械能最大C小球电势能最小时，小球动能为零D当电场力和弹簧弹力平衡时，小球的动能最大2. (多选)(2015陕西西工大附中四模)如图2所示，处于真空中的匀强电场与水平方向成15角，在竖直平面内的直线AB与场强E互相垂直，在A点以大小为v0
2、的初速度水平向右抛出一质量为m、电荷量为q的小球，经时间t，小球下落一段距离过C点(图中未画出)时其速度大小仍为v0，已知A、B、C三点在同一平面内，则在小球由A点运动到C点的过程中()图2A小球的电势能增加B小球的机械能增加C小球的重力势能增加DC点位于AB直线的右侧3(多选)(2015云南一模) 如图3所示，三根绝缘轻杆构成一个等边三角形，三个顶点分别固定A、B、C三个带正电的小球小球质量分别为m、2m、3m，所带电荷量分别为q、2q、3q.CB边处于水平面上，ABC处于竖直面内，整个装置处于方向与CB边平行向右的匀强电场中现让该装置绕过中心O并与三角形平面垂直的轴顺时针转过120角，则A
3、、B、C三个球所构成的系统的()图3A电势能不变 B电势能减小C重力势能减小 D重力势能增大4(多选)(2015陕西西安交大附中四模)带电小球以一定的初速度v0竖直向上抛出，能够达到的最大高度为h1；若加上水平方向的匀强磁场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h2；若加上水平方向的匀强电场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h3，若加上竖直向上的匀强电场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h4，如图4所示不计空气阻力，则()图4A一定有h1h3B一定有h1h2，所以D错误；第4个图：因电性不知，则电场力方向不清，则高度可能大于h1，也可能小于h1，故C正确，B错误5CD
4、小球所受电场力方向是向上的，但不知道小球带电的电性，所以不能判断电场的方向，故A错误；从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能减少了Ekmg2t2，故B错误；小球先做自由落体运动，后做匀减速运动，两个过程的位移大小相等、方向相反设电场强度大小为E，加电场后小球的加速度大小为a，取竖直向下方向为正方向，则由gt2(vtat2)，又vgt，解得a3g，则小球回到A点时的速度为vvat2gt整个过程中小球速度增量为vvv3gt，速度增量的大小为3gt.由牛顿第二定律得：a，联立解得电场力大小：Eq4mg整个过程中电场力做的功W4mggt22mg2t2；电场力做的功等于电势能的减少量，故整个过程中小球
5、电势能减少了2mg2t2，故C正确；设从A点到最低点的高度为h，根据动能定理得：mghqE(hgt2)0解得：hgt2，故D正确6AD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，
6、则有：mv2mvmgLmgd，又有：mvmgh，则克服安培力的功率PBILv，故D正确7D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：Q1mgx0.252101 J5 J，故B错误；由vx图象得：v2x，金属棒所受的安培力F，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xx1 J0.25 J，A错误；根据动能定理得：WmgxW安mv2，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8D设ab长度为L，磁感应强度为B，电阻R1R2R.电路中感
7、应电动势EBLv，ab中感应电流为：I，ab所受安培力为：FBIL电阻R1消耗的热功率为：P1(I)2R由得：P1Fv，电阻R0和R1阻值相等，P0I2RFv，故A、B错误；整个装置因摩擦而消耗的热功率为：PfFfvmgcos vmgvcos ，故C错误；整个装置消耗的机械功率为：P3FvPf(Fmgcos )v，故D正确9(1)(2)mgl解析(1)开始时，A、B均静止，设物体B、C间的距离为l1，由平衡条件有：对A：FTmgsin mgcos 对B：FT解得：l1(2)B、C相碰后，A将做匀减速运动，由牛顿第二定律有：mgsin mgcos ma由运动学公式有：0v2a(ll1)联立以上两式解得：vm物体B下降过程对A、B整体由功能关系有：W电mgl1(mgsin mgcos )l1(mm)v解得：W电mgl7