专题4 第2讲 功能关系在电学中的应用（课时作业）-2022高考物理艺术生文化课【成功方案】

2)由(1)知小车通过笫50个减速带后的遠度为v,则在水平地 =mgh,则克服安培力做功的瞬时功单P=BHL2=B12y2 面上根据动能定理有 2B2L2g(-d+ 从小牟开始下滑到通过第30个减遽带,根据动能定理有πg 故D正确 R 【答案】AC 解析】由右手定则可知,当导体棒沿导轨向下运动时流过电阻 联立解得△E=mg(L29d)sin6-mgs R的电流方向为由P到Q,故A正确;导体棒所受重力、弹簽弹力 在每一个减速带上平均失的机械能为△E 与安培力的合力为零时速度最大,弹簧伸长量为 弹簧 (L+29d)sin 弹力为训gsinθ,此时导体棒所受合力为安培力,导体棒度不是 最大,故B错误;导体摔最终静止,由平衡条件有:mgin一kx,则 3)由题可知△>△E可得L>d十in 弹簧伸长量:x 由能量守恒定律有 in 0=QFEp 第2讲功能关系在电学中的应用 解得:Q Ep,故C正确;导体棒第一次到达MN处 1.【答案】AC 时,弹簧的弹力:kx- in gsh0,此时导休棒受到的安培力为F 【解析】小球曲线运动,向合外力方向偏转,合外力方向向上 BL=B对导体棒,由牛顿第二定律有:Ax- insul-2B21 小球受重力和电场力,敞电场力逆着电场线方向,小琼带负电,故 A正确;小球受力方向与运动方向成锐角,电场力做正功,动能增 电势能减小,故B错,C对;有电场力做功,机械能不守恒,故 2mR·故D正确 【答案】(1) 【解析】在a点,小环所受的电场力沿aQ方向,大小为F=k, 【解析】(1)对小琼,由题意可得:Eq=mg 解得 水平方向小环受力平衙,所以小环受到向右的弹力大小为FN= 2)对小球,设从C到B的加速度为a Fsin6y22,A错误;在c点时,小环水平方向受到电场力和 根据牛顿第二定律可得:F 杆的弹力作用,竖直方向受到重力作用,合力竖直向下,小环有竖:由运动学公式可得:L 直向下的加速度,所以在c点时小环的动能不是最大,B错误 离Q最近,电 负电的小环在c点的电势能最小,C错 联立可解得 因为a、b两点到Q的距离相等,所以a、b两点电势相等,小环 )设囻形轨道半径为R,对小球从C到D的过程,极据动能定 从a点到b点,电场力做功为0根动能定理得mg=2mv2 nx2,解得v-√v2+2gl,D正确 e(L+R)-mgr-2mup 3.【答案】 【解析】在C正下方莱处时,Q在B处受力平衡,迷率最大,故A9【答案】(1)m2g2Rin2(2)3L 错误;Q在B处加速度为零,Q第一次从A运动到C的过程中加速 度先减小到零后反向增大,故B正硝;Q的机棫能E等于Q的动能;(3)4mgL.sinθ 与重力势能之和,由功能关系有△E一W十W电,而弹簧弹力一直 【解析】〈1)白楞次定犍可知,ωb棒在区城Ⅱ内运动的过程中,通 做负功,即W<0库仑力也一直做负功,即W地<0,则△E<0, 过cd棒的甸流方向由d→c,由于cd棒保捋靜止,結合左手定则可 即Q的杌械能不断减小·故C正确:系统的势能F等于重力势能 以判断,区城内磁场的方向垂直斜面向上 电势能与弹性勢能之和,根据能量守洹有△E。十△E=0,由于Q 由力的平衡条件可知: orgin-BII 的动能Ek先増大后减小所以系统的势能先减小后增大,故D I2R Rs 【答案】 【解析】金爲决滑下的过程中动能增加了12J,由动能定理知合 外力散功12J,即Wc十Wr-W=ΔE,摩擦力做功 小金(种市法总磁格鱼定律有,22 力做功W-24J,解得电场力做功Wp=-4J,场力做负功,金 属块带正电荷,电势能増加了4J,A、B、C错误;由功能关系可知机 b棒开始下滑的位置到区域Ⅱ的上边界的距离为:x1 械能的变化ΔE=W;十W=一12J,即机械能减少了12J,D正确 【答案】BC 又:x=x1+2L 解析】小物块从A到B由动能父现:10=1mn解得U 解得:x-3L 4V,选项Δ错误;小昒块从B点刭C点电场力做的功WB= 3)经分析可知,b棒的质量也为m,ab棒在区域Ⅱ中运动的整个 过程中,由能量守恒定律有 nc2-2m2=102J,选项B正确;在B点的加速度最 则所受的电场力录大,由题图乙可知;=2 经分析可知a摔在区域Ⅱ中的适动时间与其进入区域Ⅱ前的运 动时间相冏,全过程电流不变,故棒在进入区域Ⅱ前回路产生 由Eφ-ma,解得E-1V/m,选项C正确;由A到C的过程中小物 的热量为;Q1=Q 块的动能一直增大,包场力一直做正功,则电势能一直减小,选项 D错误 解得:Q=4 m.gLsinθ。 【解析】线框进入磁场的过报做加速度减小的减运动,完全设氵专题五动力学、动量和能量观点的综合应用 6.【答案】AD 入磁场后做加速度为g的匀加速运动,则知经过位置3时线框速:1.【答案】(1)L