（新课标）2020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

专题强化训练(七)

一、选择题

1．(2019·天津卷)如图所示，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，则小球从M运动到N的过程( )

12

A．动能增加mv

232

C．重力势能增加mv

2

B．机械能增加2mv D．电势能增加2mv

22

112322

[解析] 小球动能的增加量为ΔEk＝m(2v)－mv＝mv，A错误；小球在竖直方向上

222

v2

的分运动为竖直上抛，到N时竖直方向的速度为零，则M、N两点之间的高度差为h＝，

2g12

小球重力势能的增加量为ΔEp＝mgh＝mv，C错误；电场力对小球做正功，则小球的电势能

2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，则电势32122

能的减少量为ΔEp′＝mv＋mv＝2mv，D错误；由功能关系可知，除重力外的其他力对小

22球所做的功等于小球机械能的增加量，即2mv，B正确．

[答案] B

2．(多选)(2019·湖北武汉高三毕业生四月调研) 如图所示，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．若小球电荷量保持不变，则在此过程中( )

2

1

1??A．小球电势能一直在增加，电势能增量为ΔEp＝mgL?1＋? ?tanθ?B．小球机械能一直在减小，机械能增量为ΔE＝－mgL C．小球在最低点的加速度a＝0

1

D．小球的最大动能Ekm＝(2－1)mgL

tanθ[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＝mg.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sinθ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＋FLsinθ1??＝mgL?1＋?，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?tanθ?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

1

＝F合＝mg，故总的合力恰好与竖直方向夹角为45°，则小球机械能先增大后减小，选

tanθ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

2

＝mg，由动能定理可得小球的最大动能Ekmax＝

tanθ212L??

?L－?·mgtanθ＝(2－1)mgLtanθ，选项D正确．

2??

[答案] AD

3．(多选)(2019·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．若重力势能增加5 J，机械能增加1.5 J，电场力做功2 J，则小球( )

A．重力做功为5 J C．空气阻力做功0.5 J

B．电势能减少2 J D．动能减少3.5 J

[解析] 小球的重力势能增加5 J，则小球克服重力做功5 J，故选项A错误；电场力

2

对小球做功2 J，则小球的电势能减少2 J，故选项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，则除重力以外的力做功为1.5 J，电场力对小球做功2 J，则知，空气阻力做功为－0.5 J，即小球克服空气阻力做功0.5 J，故选项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，故选项D正确．

[答案] BD

4．(2019·山东省实验中学模拟)如图所示，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时恰好与弹簧分离，分离时小球的速度为v，小球上升过程不会撞击到上极板，已知小球的质量为m，带电荷量为q，重力加速度为g，下列说法正确的是( )

A．与弹簧分离时小球的动能为mgh＋qEh

B．从开始运动到与弹簧分离，小球增加的机械能为mgh＋qEh C．从开始运动到与弹簧分离，小球减少的电势能为 12

D．撤去外力时弹簧的弹性势能为mv－(qE－mg)h

2

[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，所以小球与弹簧分离时的动能为Ek＝qEh－mgh＋Ep，选项A错误；从开始运动到与弹簧分离，小球增12

加的机械能为ΔE＝mgh＋mv＝qEh＋Ep，选项B错误；小球减少的电势能为Eqh，故选项C

21212

错误；从撤去外力到小球与弹簧分离，由动能定理可知，mv＝Ep＋qEh－mgh，所以Ep＝mv22－(qE－mg)h，选项D正确．

[答案] D

3

qEh5．(多选)(2019·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．若小球始终与轨道接触，重力加速度为g，则下列判断中正确的是( )

A．小球在C点受到的洛伦兹力大小为qBgR B．小球在C点对轨道的压力大小为3mg－qB2gR C．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

12

[解析] 小球从A到C过程中由机械能守恒有mgR＝mv，解得v＝2gR，所以小球在

2

C点受到的洛伦兹力大小为F洛＝qB2gR，故选项A错误；在C点由牛顿第二定律有FN－mgv2

＋F洛＝m，解得FN＝3mg－qB2gR，故选项B正确；小球从C到D的过程中，合外力始终

R指向圆心，所以mgcosθ＝Fsinθ，θ变化，外力F的大小发生变化，故选项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，故选项D正确．

[答案] BD

6．(2019·福建宁德一模)如图所示，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，速度恰好达到最大(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/s.则此过程( )

2

4