2020年高考物理二轮热点专题训练----《电磁学中的功能关系》解析版

1、1 2020 年高考物理二轮热点专题训练-电磁学中的功能关系一 单项选择题1.如图所示，在绝缘水平面上方存在着足够大的水平向右的匀强电场，带正电的小金属块以一定的初速度从a 点开始沿水平面向左做直线运动，经l 长度到达b 点，速度变为零在此过程中， 金属块损失的动能有23转化为电势能 金属块继续运动到某点c(图中未标出 )时的动能和 a 点时的动能相同，则金属块从a 开始运动到c 的整个过程中经过的总路程为a1.5lb2lc3ld4l【解析】根据题述，小金属块从a 运动到 b，克服摩擦力做功wf13ekfl，克服电场力做功 we23ekqel.设小金属块从b 运动到 c 经过的路程为s，由动能

2、定理qesfsek，解得s 3l.金属块从a 开始运动到c 的整个过程中经过的总路程为ls 4l，选项 d 正确【答案】 d2.如图所示， 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(hd)高度时的速度为v，则以下关系中能够成立的是()av2ghbv22ghca 产生的热量qmghmv2da 产生的热量qmgh12mv22 【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

3、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mgh122 mv2q，qmghmv2，故选项c 正确【答案】 c3.如图所示， 上下开口、 内壁光滑的铜管p 和塑料管 q 竖直放置， 小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放，并落至底部，则小磁块()a在 p 和 q 中都做自由落体运动b在两个下落过程中的机械能都守恒c在 p 中的下落时间比在q 中的长d落至底部时在p 中的速度比在q 中的大【解析】 由于电磁感应， 小磁块在铜管p 中还受到向上的磁场力，而在塑料管中只受到重力，即只在q 中做自由落体运动，机械能守恒，故a、b 错

4、误；而在p 中加速度较小，下落时间较长，落至底部的速度较小，故c 正确， d 错误【答案】 c4.如图甲，倾角为 的光滑绝缘斜面，底端固定一带电量为q 的正点电荷将一带正电小物块 (可视为质点 )从斜面上a 点由静止释放，小物块沿斜面向上滑动至最高点b 处，此过程中小物块的动能和重力势能随位移的变化图象如图乙(e1和 x1为已知量 )已知重力加速度为g，静电力常量为k，由图象可求出()a小物块的带电量3 ba、b 间的电势差c小物块的质量d小物块速度最大时到斜面底端的距离【解析】小物块在b 点时 e1mgx1sin ，解得 me1gx1sin ，选项 c 正确；小物块由a 到b 的过程中，据动

5、能定理，可得quab wg0，由功能关系知wg e1，故有 quabe1，故只能求得小物块由a 到 b 的过程中电场力所做的功(或小物块电势能的减少量)，无法求出小物块的带电量及a、b 两点间的电势差，选项a、b 错误；小物块向上运动的过程中，开始时库仑力大于重力沿斜面向下的分力，小物块向上加速，随着向上运动，库仑力减小，当库仑力等于重力沿斜面向下的分力时，小物块的速度达到最大，此时有mgsin kqqr2，因 q 未知，故无法求得小物块到斜面底端的距离r，选项 d 错误【答案】 c5.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

6、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 ，如图所示，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4 长度为 x，由功能关系得：bi

7、l xsin mg(xxcos ) 0 解方程得： i3mg3bl.6.如图甲所示，左侧接有定值电阻r 2 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 m.一质量 m2 kg，阻值 r 2 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 jb.金属棒克服摩擦力做的功w24 jc.整个系统产生的总热量q4.25 jd.拉力做的功w9.25 j【答案】 d【解析】金属棒与导轨间因

8、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 v x 图象得： v2x，金属棒所受的安培力fb2l2vrrb2l22xrr，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f1 0.5 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 .7.质量为 m 的带正电小球由空中

9、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53mgh5 d小球返回原出发点时的速度大小为7gh【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

10、动学公式：12gt2gt t12at20，解得 a3g，由 v22gh，解得 v2gh；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 ep4mgh，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 ek12mv20mgh，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：v22ah，解得 h h3，从开始下落到小球运动至最低点的过程中，重力做功为wgmg(hh)43mgh，根据重力做功和重力势能的

11、关系，可知小球的重力势能的减少量为 ep43mgh，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12mv23mg(hh)，解得 v 8gh，选项 d 错误【答案】 b8.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

12、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 r0r1 r2r.电路中感应电动势eblv，6 ab 中感应电流为：ier12r2blv3r，ab 所受安培力为：fbil 2b2l2v3r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， p0i2r23fv，故 a、b 错误；整个装置因摩擦而消耗的热功率为：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 .二 不定项选择题1.(多选 )如

13、图所示，竖直平面内有一足够长的宽度为l 的金属导轨，质量为m 的金属导体棒 ab 可在导轨上无摩擦地上下滑动，且导体棒ab 与金属导轨接触良好，ab 电阻为 r，其他电阻不计导体棒ab 由静止开始下落，过一段时间后闭合开关s，发现导体棒ab 立刻做变速运动，则在以后导体棒ab 的运动过程中，下列说法中正确的是()a导体棒ab 做变速运动期间加速度一定减小b单位时间内克服安培力做的功全部转化为电能，电能又转化为内能c导体棒减少的机械能转化为闭合电路中的电能和电热之和，符合能的转化和守恒定律d导体棒ab 最后做匀速运动时，速度大小为vmgrb2l2【解析】导体棒由静止下落，在竖直向下的重力作用下做

14、加速运动开关闭合时，由右手定则判定，导体中产生的电流方向为逆时针方向，再由左手定则，可判定导体棒受到的安培力方向向上， f bilbblvrl，导体棒受到的重力和安培力的合力变小，加速度变小，物体做加速度越来越小的运动，a 正确；最后合力为零，加速度为零，做匀速运动由fmg0 得，bblvrlmg，vmgrb2l2，d 正确；导体棒克服安培力做功，减少的机械能转化为电能，由于电流的热效应，电能又转化为内能，b 正确7 【答案】 abd2.如图所示，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

15、沿下板的边缘飞出，则 ()a在前t2时间内，电场力对粒子做的功为14uqb在后t2时间内，电场力对粒子做的功为38uqc在粒子下落的前d4和后d4过程中，电场力做功之比为11d在粒子下落的前d4和后d4过程中，电场力做功之比为12【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t2的时间内沿电场线方向的位移之比为13，则在前t2时间内， 电场力对粒子做的功为18uq，在后t2时间内， 电场力对粒子做的功为38uq，选项 a 错，b 对；由 weq s知在粒子下落的前d4和后d4过程中，电场力做功之比为1 1，选项 c 对， d错

16、【答案】 bc3.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8 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

17、】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

18、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.4.如图所示， 光滑绝缘细管与水平面成30 角，在管的上方p 点固定一个点电荷q，p 点与细管在同一竖直平面内，管的顶端a 与 p 点连线水平电荷量为q的小球 (小球直径略小于细管内径 )从管中 a 处由静止开始沿管向下运动，在 a处时小球的加速度为a.图中 pbac，b 是 ac 的中点，不考虑小球电荷量对电场的影响则在q 形成的电场中()aa 点的电势高于b 点的电势bb 点的电场强度大小是a 点的 4 倍c小球从a 到 c 的过程中电势能先减小后增大d小球运动到c 处的加速度为ga【解析】在正电荷产生的电场中，离电荷越近电势越高

19、，因此b 点的电势高于a 点的电势， a 错误；根据点电荷电场强度的决定式得eakqpa2，ebkqpb2，由几何关系得pa2pb，解得 eb4ea，b 正确；小球从a 到 c 的过程中，电场力先做正功后做负功，因此电势能先减小后增大， c 正确；小球在a、c 两处受到的电场力大小相等，对小球受力分析，在a 处，由牛顿第二定律得mgsin 30 fcos 30 ma，在 c 处，由牛顿第二定律得mgsin 30 fcos 30 9 mac，解得 acga，d 正确【答案】 bcd5.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

20、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21b.恒力 f4qec.撤去力 f 时，物体的电势能为45 jd.在撤去力 f 之前的任一时刻，动能与电势能之比均为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x2a1t t12a2t2根据 x1 x2得 a23a1.根据牛顿第二定律得，a1ff电m，a2f

21、电m，联立解得f电qe34f.故 b 错误 .6.如图所示，绝缘杆两端固定带电小球a 和 b，轻杆处于水平向右的匀强电场中，不考虑两球之间的相互作用，初始时杆与电场线垂直现将杆右移，同时顺时针转过90 ，发现 a、b两球电势能之和不变根据如图给出的位置关系，下列说法正确的是()aa 一定带正电， b 一定带负电ba、b 两球所带电量的绝对值之比qaqb12ca 球电势能一定增加d电场力对a 球和 b 球做功的绝对值相等【解析】电场力做功与路径无关，两个小球在杆右移后两球所在位置处电势都降低，而两10 个小球组成的系统的电势能之和不变，那么电场力对其中一个做正功，对另一个一定做负功，做功的绝对值

22、相同，两个小球一定带异种电荷，但不能准确判断每一个小球所带电荷的电性，a、c 错误， d 正确；由电势能变化之和为零得eqbleqa2l，即 |qa| |qb|12， b 正确【答案】 bd7.如图所示，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 ，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2m

23、grsin b2l2b导体棒ef 与轨道之间的最大静摩擦力为mgsin c导体棒mn 受到的最大安培力为mgsin d导体棒mn 所受重力的最大功率为m2g2rsin2b2l3【解析】当导体棒mn 匀速运动时速度最大，由平衡条件得mgsin b2l2v2r，则得最大速度为 v2mgrsin b2l2，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 mgsin b2l2v2rfm，则可得最大静摩擦力为fm2mgsin ，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

24、最大，由平衡条件可知，最大安培力为fmmgsin ，选项 c 正确；导体棒mn 所受重力的最大功率为pmmgsin v2m2g2rsin2b2l2，选项 d 错误【答案】 ac8.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f3mgsin 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11 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

25、、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：kx f电2mgsin 解得弹簧的伸长量为：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： f2mgsin f

26、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 .三 非选择题1.如图所示，倾角为60 的倾斜平行轨道与竖直面内的平行圆形轨道平滑对接，轨道之间距离为 l，圆形轨道的半径为r.在倾斜平行轨道的上部有磁感应强度为b 的垂直于轨道向上的匀强磁场，磁场区域足够大，圆形轨道末端接有一电阻值为r 的定值电阻质量为m 的金属棒从距轨道最低端c 点高度为h 处由静止释放，运动到最低点c 时对轨道的压力为7mg，不计摩擦和导轨、金属棒的电阻，求：(1)金属棒通过轨道最低端c 点的速度大小；(

27、2)金属棒中产生的感应电动势的最大值；(3)金属棒整个下滑过程中定值电阻r 上产生的热量；12 (4)金属棒通过圆形轨道最高点d 时对轨道的压力的大小【解析】 (1)设金属棒通过轨道最低端c 点的速度为vc，轨道对金属棒的支持力为fc，金属棒对轨道的压力为fc，由牛顿第二定律可知fcmgmv2cr而 fcfc 7mg解得 vc6gr.(2)由于磁场区域足够大，金属棒在重力和安培力作用下加速运动，当安培力等于重力沿倾斜轨道向下的分力时，速度最大，此时金属棒中产生的感应电动势最大由 mgsin 60 bilier解得感应电动势的最大值e3mgr2bl.(1 分)(3)由能量守恒定律，在金属棒的整个

28、下滑过程中电阻器r 上产生的热量等于金属棒损失的机械能，所以qmgh12mv2c联立得qmg(h3r)(4)金属棒由 c 点运动到 d 点，根据机械能守恒，有12mv2c12mv2dmg2r金属棒通过圆形轨道最高点d 时，设轨道对金属棒竖直向下的压力为fd，由牛顿第二定律有fdmgmv2dr联立解得fd mg由牛顿第三定律可知金属棒通过圆形轨道最高点d 时对轨道的压力为mg.13 【答案】 (1)6gr(2)3mgr2bl(3)mg(h3r)(4)mg2.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；fced2l， 电阻不计 .fc 、ed

29、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

30、】 (1)对形线框用动能定理：2mglw122 mv20，w2mglmv2(2)对金属棒cd 受力分析： ftmmgbil ，得到 imgbl，eir总4mgrbl(3)对金属棒cd 运动分析： h12gt2，对 形线框运动分析：h lvt12gt2，解得： tlv相遇时 cd 棒速度 vt0 gtglv，此时动能为ek12mv2tmg2l22v23.如图所示， 绝缘光滑水平面与半径为r 的竖直光滑半圆轨道相切于c.竖直直径gc 左侧空间存在足够大匀强电场，其电场强度方向水平向右.gc 右侧空间处处存在匀强磁场，其磁感应强度垂直纸面水平向里.一质量为m， 电荷量为q 的带正电滑块 (可视为质点 )在 a 点由静止释放， 滑块恰好能通过圆周的最高点g 进入电场 .已知匀强电场场强大小为emgq，ac14 间距为 l4r，重力加速度为g.求：(1)滑块在 g 点的速度vg；(2)匀强磁场的磁感应强度b 的大小；(3)滑块落回水平面的位置距离c 点的距离x.【答案】 (1)2gr(2)3m2qgr(3)2r【解析】 (