1、2013届高中新课标二轮物理总复习（湖南用）专题5 第2讲 功和能量知识在电学中的应用班级：_姓名：_学号：_图11.(2012新课标卷)如图1，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连，若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过的容器，则在此过程中，该粒子()A所受重力与电场力平衡B电势能逐渐增加C动能逐渐增加D做匀变速直线运动图22.(2012福建卷)如图2，在点电荷Q产生的电场中，将两个带正电的试探电荷q1、q2分别置于A、B两点，虚线为等势线取无穷远处为零电势点，若将q1、q2移动到无穷远的过程中外力克服电场力做的功相等，则下列说法正确的是()AA点电势大于B点电势
2、BA、B两点的电场强度相等Cq1的电荷量小于q2的电荷量Dq1在A点的电势能小于q2在B点的电势能3.(2011全国卷)通常一次闪电过程历时约0.2s0.3s，它由若干个相继发生的闪击构成每个闪击持续时间仅40s80s，电荷转移主要发生在第一个闪击过程中在某一次闪电前云地之间的电势差约为1.0109V，云地间距离约为1km；第一个闪击过程中云地间转移的电荷量约为6C，闪击持续时间约为60s.假定闪电前云地间的电场是均匀的根据以上数据，下列判断正确的是()A闪电电流的瞬时值可达到1105 AB整个闪电过程的平均功率约为11014 WC闪电前云地间的电场强度约为1106 V/mD整个闪电过程向外释
3、放的能量约为6106 J图34.如图3所示的虚线区域内，充满垂直于纸面向里的匀强磁场和竖直向下的匀强电场一带电粒子a(不计重力)以一定的初速度由左边界的O点射入磁场、电场区域，恰好沿直线由区域右边界的O点(图中未标出)穿出若撤去该区域内的磁场而保留电场不变，另一个同样的粒子b(不计重力)仍以相同初速度由O点射入，从区域右边界穿出，则粒子b()A穿出位置一定在O点下方B穿出位置一定在O点上方C运动时，在电场中的电势能一定减小D在电场中运动时，动能一定减小图45.图4是质谱仪工作原理的示意图带电粒子a、b经电压U加速(在A点初速度为零)后，进入磁感应强度为B的匀强磁场做匀速圆周运动，最后分别打在感
4、光板S上的x1、x2处图中半圆形的虚线分别表示带电粒子a、b所通过的路径，则()Aa与b有相同的质量，打在感光板上时，b的速度比a大Ba与b有相同的质量，但a的电荷量比b的电荷量小Ca与b有相同的电荷量，但a的质量比b的质量大Da与b有相同的电荷量，但a的质量比b的质量小图56.(2012安徽卷)如图5所示，在竖直平面内有一半径为R的圆弧轨道，半径OA水平、OB竖直，一个质量为m的小球自A的正上方P点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力已知AP2R，重力加速度为g，则小球从P到B的运动过程中()A重力做功2mgRB机械能减少mgRC合外力做功mgRD克服摩擦力做功mg
5、R图67.(2012四川卷)如图6所示，ABCD为固定在竖直平面内的轨道AB段光滑水平，BC段为光滑圆弧，对应的圆心角37，半径r2.5m，CD段平直倾斜且粗糙，各段轨道均平滑连接，倾斜轨道所在区域有场强大小为E2105N/C、方向垂直于斜轨向下的匀强电场质量m5102kg、电荷量q1106C的小物体(视为质点)被弹簧枪发射后，沿水平轨道向左滑行，在C点以速度v03m/s冲上斜轨以小物体通过C点时为计时起点，0.1s以后，场强大小不变，方向反向已知斜轨与小物体间的动摩擦因数0.25.设小物体的电荷量保持不变，取g10m/s2，sin370.6，cos370.8.(1)求弹簧枪对小物体所做的功；
6、(2)在斜轨上小物体能到达的最高点为P，求CP的长度图78.如图7所示，有一垂直于纸面向里的匀强磁场B1T，分布在半径为R0.45m的光滑的1/4圆弧空间，轨道AB与粗糙平面BC相连，质量m2kg，电荷量q1C的物块由静止开始从A点滑下经B点进入动摩擦因数0.2的水平面，重力加速度g取10m/s2.求：(1)物块经B点时的速度大小vt和物块经圆轨道B点时对轨道压力大小；(2)物块过B点后2s内所滑行的距离s；(3)物块沿水平面运动过程中克服摩擦力做多少功？9.如图8所示，两平行金属板A、B长度为l，直流电源能提供的最大输出电压为U，位于极板左侧中央的粒子源可以沿水平方向向右连续发射质量为m、电
7、荷量为q、重力不计的带电粒子，射入板间的粒子速度均为v0.在极板右侧有一个垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，分布在环带区域中，该环带的内外圆的圆心与两板间的中心重合于O点，环带的内圆半径为R1.当变阻器滑动触头滑至b点时，带电粒子恰能从右侧极板边缘射向右侧磁场图8(1)问从板间右侧射出的粒子速度的最大值vm是多少？(2)为使粒子不从磁场右侧穿出，求环带磁场的最小宽度d.限时训练(十三)1BD解析：由图可知，带电粒子受电场力和重力作用，电场力在竖直方向与重力平衡，水平方向提供分力使之做匀减速直线运动由于电场力做负功，故电势能增加2C解析：由题意知，电场力对正电荷q1做负功，所以Q为负电荷，
8、因为距离负电荷越近电势越低，所以A错误；电场强度是矢量，B错误；克服电场力做功相等说明两电荷电势能相等，D错误；所以，C正确3AC解析：电流瞬时值I A1105A，故A对；电场强度E V/m1106V/m，故C对；整个过程的平均功率P，其中t应为一次闪电历时总时间，故B错；释放能量WqU6109J，故D错4C解析：由左手定则判定带电粒子a所受洛伦兹力的方向，可知最初时刻粒子所受洛伦兹力与电场力方向相反，若qEqvB，则洛伦兹力将随着粒子速度方向和大小的不断改变而改变，粒子所受电场力qE和洛伦兹力qvB的合力不可能与速度方向在同一直线上，而做直线运动，既然在复合场中粒子做直线运动，说明qEqvB
9、，OO连线与电场线垂直，当撤去磁场时，粒子仅受电场力，做类平抛运动，电场力一定做正功，电势能减少，动能增加，故选C.5D解析：从图中可以看出，b的半径比a的半径大在电场中加速，由qUmv2得：v，所以粒子进入磁场的速度与比荷有关，A错误；在磁场中做圆周运动，由qvBm，由上两式得R，当B、U相同时，R大的m/q的比值大，故BC错误D正确6D解析：由题意知PB高度为R，所以从P到B重力势能减少了mgR，故A错误；在B点，轨道压力为0，所以v2gR，从P到B由动能定理，阻力做功为mgR/2，故机械能减少了mgR/2，所以B错误；合外力的功为mgR/2，所以C错误D正确7解析：(1)设弹簧枪对小物体
10、做功为Wf，由动能定理得Wfmgr(1cos)mv代入数据得Wf0.475J(2)取沿平直斜轨向上为正方向设小物体通过C点进入电场后的加速度为a1，由牛顿第二定律得mgsin(mgcosqE)ma1小物体向上做匀减速运动，经t10.1s后，速度达到v1，有v1v0a1t1可得v12.1m/s，设运动的位移为s1，有s1v0t1a1t电场力反向后，设小物体的加速度为a2，由牛顿第二定律得mgsin(mgcosqE)ma2设小物体以此加速度运动到速度为0，运动的时间为t2，位移为s2，有0v1a2t2s2v1t2a2t设CP的长度为s，有ss1s2联立相关方程，代入数据解得s0.57m8解析：(1
11、)由机械能守恒得mgRmv/2vtm/s3m/s由牛顿第二定律得FmgBvtqmv/RF57N，由牛顿第三定律得FF57N.(2)物块做减速运动的加速度大小af/mmg/mg0.210m/s22m/s2因为物块停止时间t停vt/a1.5s2s所以st停t停2.25m.(3)由动能定理Wmv克服摩擦力所做的功W克W232J9J.9解析：(1)当两板间加最大电压时，从右侧极板边缘飞出的粒子速度最大由动能定理得qmvmv解出vm(2)如图，设粒子在电场中的侧移为y，则又lv0tyt联立解得x射出粒子速度最大时，对应磁场区域最大，设最大轨迹半径为rm，则qvmBmrm如图所示，设环带外圆半径为R2，则：dR2R1Rr(R2rm)2解得R2rmdR2R1rmR1R1
