二轮复习专题4---功和功率 动能定理（2）-普通用卷.docx

二轮复习专题4功和功率动能定理(2)一、单选题（本大题共4小题，共16.0分）1.如图，平行板电容器两极板的间距为d,极板与水平面成45。角，上极板带正电。一电荷量为q（q>0）的粒子在电容器中靠近下极板处。以初动能EkO竖直向上射出。4.如图所示，无限大均匀带正电薄板竖直放置，其周围空间的电场可认为是匀强电场.光滑绝缘细管垂直于板穿过中间小孔，一个视为质点的带负电小球在细管内运动.以小孔为原点建立“轴，规定X轴正方向为加速度。、速度U的正方向，下图分别表示X轴上各点的电势?，小球的加速度速度U和动能反随X的变化图像，其中正确的是（）不计重力，极板尺寸足够大，若粒子能打到上极板,则两极板间电场强度的最大值为（A.Eko4qdB.Eko2qdr2F,J2qdD及Eko,qd2 .如图所示，平行板电容器水平放置ro一管给电容充电，上、下极板正中有:m,电荷量为+q的小球从小孔正上匚？_开始下落，穿过上极板小孔到达下恰为零（空气阻力忽略不计，极板nL强电场）（）A.若将上极板稍向上移动，则小球到达下极板小孔处速度恰为零B.若将上极板稍向下移动，则小球到达下极板小孔处速度恰为零C.若将下极板稍向上移动，则小球到达下极板小孔前速度就已为零D.若将上极板稍向下移动，则小球到达下极板小孔处速度仍不为零3 .反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似，已知静电场的方向平行于X轴，其电势4随X的分布如图所示，广V20一质量m=1.0×/10-2°kg,带电荷量大小”为q=1.0XIO-C的带负电的粒子从（1,0）点由静止开始，仅在电场力作用下在X轴上往返运动。忽略粒子的重力等因素，则A.X轴左侧的电场强度方向与X轴正方向同向二、多选题（本大题共8小题，共32.0空5 .如图所示，竖直平面内有固定的*÷半径为R的光滑绝缘圆形轨道，（!.A水平匀强电场平行于轨道平面向£oJ左，P、。分别为轨道上的最高点、Jz最低点，M、N分别是轨道上与圆心等高的点。质量为加、电荷量为q的带正电小球（可视为质点）在轨道内运动，己知重力加速度为g,场强E=鬻,要使小球能沿轨道做完整的圆周运动，则下列说法正确的是（）A.小球在轨道上运动时，动能最小的位置，电势能最大B.小球在轨道上运动时，机械能最大的位置一定在M点C.小球过Q、P点受轨道弹力大小的差值为6mgD.小球过。、P点受轨道弹力大小的差值为7.5Tng6 .如图所示，带电平行金属板4、B，板间的电势差大小为U,A板带正电，8板中央有一小孔.一带正电的微粒，带电荷量为0q,质量为?，自孔的正上1方距板高力处自由落下，j,出若微粒恰能落至A、B板的正中央C点，则,-½（）B.X轴左侧电场强度EI和右侧电场强度段的大小之比瓦:F2=2：1A.微粒下落过程中重力做功为mg（h+§,电场力C.该粒子运动的周期7 = 1.5 X 10-8SD.该粒子运动的最大动能Ecm = 2 × IO-8/做功为TqUB,微粒在下落过程中重力势能逐渐减小，机械能逐渐增大C.若微粒从距8板高2/?处自由下落，则恰好能达到A板D.微粒落入电场过程中，电势能改变量大小为NU7.如图所示，在竖直平面内有一边长为L的正方形区域处在场强为E的匀强电场中，电场方向与正方形一边平行.一质量为小、带电量为9力大小相等"NM<"MN芍.MN之间距离为d.在小环从M点运动到N点的过程中：的小球由某一边的中点，以垂直于该边的水平初速Po进入该正方形区域.当小球再次运动到该正方形区域的边缘时，具有的动能可能为（）11.A.可能等于零B.可能等于诏C.可能等于如诏+gqEL-纲gLD.可能等于刎评+1qEL+如gL8 .如图所示，在水平向右的匀强17电场中，某带电粒子从A点运一E动到8点，在A点时速度竖直二，向上，在B点时速度水平向右，在这一运动过程中粒子只受电场力和重力，并且克服重力做的功为1J,电场力做的正功为3J,则下列说法中正确的是（）A.粒子带正电B.粒子在A点的机械能比在5点少”C.粒子在A点的动能比在B点多2JD.粒子由A点到8点过程，电势能减少了3J9 .如图所示，一个质量为小、带电荷量为+q的圆环,套在水平放置的粗糙绝缘细杆上，圆环直径略大于细杆直径。已知细杆处于磁感应强度为B的水平匀强磁场中，给圆环初××××速度必使其向右运动X*X8X起来，在运动过程中XC-X-圆环的电荷量不变，XE'+%X经历变速运动后圆环最终处于平衡状态。则从开始运动到最终处于平衡状态，圆环克服摩擦力做的功可能为（）A.0诏C.售诏一黑2UZq2B22U2q2B210 .绝缘水平光滑杆上套有一质量为?的带正电的小环，电量为q如图甲所示，小环与绝缘弹簧相连.弹簧另一端固定于竖直平面内杆上方的P点.沿水平A.有两个位置小环的加速度等于考B.弹簧对小环先做负功再做正功C.小环到达N点时的动能2q%D.小环经过MN的中点之后，电场力方向相反,小环开始减速4、8两物体质量均为加，其中A带正电，带电量为q，B不带电，通过劲度系数为攵的绝缘轻质弹簧相连放在水平面上，如图所示，开始时两者都处于静止状态。现在施加竖直向上的匀强电场，电场强度E=鬻式中g为重力加速度，若不计空气阻力，不考虑A物体电量的变化，则以下判断正确的是（）A.刚施加电场的瞬间，A的加速度为2gB.从开始到5刚要离开地面过程,A物体速度大小先增大后减小C.从开始到5刚要离开地面的每段时间内,4物体的机械能增量一定等于电势能的减少量D.8刚要离开地面时，A的速度大小为2g12.如图所示，一电荷均匀分布的带正电的圆环，半径为R,在垂直于圆环且过圆心O的轴线上有服b、C6.三个点、,b=c=与R，aO=6R，）不计重力。则下列判断正确的是I（）A.。、C两点的电场场强大小之比为1：3B. b、C两点的电场场强相同C. 一电子由a点静止释放，电子在。点的动能最大D. 一电子由。点静止释放，电子由到C的过程中,加速度先减小后增大方向杆所处的空间加、N之间存在着电场.其电势-%关系如图乙所示.小环从M点静止释放运动过程中经过N点.已知在M、N点、处,弹簧对小环的弹答案和解析1 .【答案】B【解析】【分析】粒子在电场中只受到电场力的作用，只有电场力做功，粒子恰好到达上极板时速度恰好与上极板平行，所以将粒子初速度分解为垂直极板和平行极板的分速度，再结合运动学公式可求得E；本题关键是明确粒子的受力情况和运动情况，然后根据类平抛运动的规律和动能定理计算电场强度的大小即可。【解答】据电荷的受力情况可知，粒子在电场中做曲线运动，如qE将粒子的速度分解为垂直于板的为和平行于板的以,由于极板与水平面夹角45。，粒子的初速度方向竖直向上，所以粒子初速度在垂直于板的方向的速度为当电场足够大时，粒子到达上极板时速度恰好与上极板平行，即粒子垂直于极板方向的速度U0;根据运动学公式有”2些d，又知&o=3m齿,IHZ联立以上各式求得E二需，故B正确，ACZ）错误；故选瓦2 .【答案】B【解析】【分析】若将上级板稍向上移动，分析电容器的电容、板间场强如何变化，根据粒子的受力情况分析小球到达下极板小孔处的速度.若将上级板稍向下移动，根据动能定理求出小球恰好到达下极板时重力做功与电场力做功的关系，从而通过功能关系判断下极板上移后能否到达下极板.同理分析上极板移动时，小球的运动情况.本题的关键要抓住电容器板间的电压不变，分析出电场强度的变化，结合动能定理和牛顿第二定律分析小球的运动情况.【解答】解：A、若将上级板稍向上移动，电容器的电容减小，而电压不变，由Q=CU知，电容器的带电量要减少，但由于二极管有单向导电，电容器不能放电，所以电容器的带电量不变，根据推论可知，电容器板间场强不变，则小球所受的电场力不变，重力也不变，则小球的运动情况不变，因此，小球到达下极板小孔前速度就为零了，故A错误.8、若将上级板稍向下移动，电容器的电容增大，电压不变，由Q=CU知，电容器的带电量要增大，电容器充电.由于电容器板间电压不变，则小球到达下极板处时重力和电场力做功不变，由动能定理可知，小球到达下极板小孔处速度仍为零，故B正确.。、若将下级板稍向上移动，由上分析可知，电容器板间场强不变，小球的运动情况不变，小球到达下极板小孔处仍有向下的速度，故C错误.。、若将下级板稍向下移动，电容器板间电压不变，则小球到达下极板小孔处时，电场力做功不变，而重力做功增大，由动能定理可知，小球到达下极板小孔处仍有向下的速度，故。错误.故选：B.3 .【答案】D【解析】【分析】根据电场强度的斜率求解电场强度之比；带负电的粒子在电势高的地方电势能小，由此分析电势能的变化；根据Ep=q43求解电势能的变化；根据受力情况确定运动情况，从而明确振动周期。本题考查带电粒子在电场中的运动分析，要注意明确运动过程，并能根据能量守恒以及动能定理等物理规律进行分析，并灵活应用数学规律求解。【解答】A.沿着电场线方向电势降落，可知X轴左侧场强方向沿X轴负方向,X轴右侧场强方向沿X轴正方向，故A错误；B.由图可知：根据U=Ed可知：左侧电场强度为：EI=Vn=2.0×IO3Km,右侧电场强度为：E2=就/Vm=4.0xl03vzn,所以X轴左侧电场强度和右侧电场强度的大小之比%：E2=1：2,故B错误；D该粒子运动过程中电势能的最大值为：Epm=qm=-2×W87,由能量守恒得当电势能为零时动能最大，最大动能为Ekm=2X10-9，故。正确。C设粒子在原点左右两侧运动的时间分别为£1、t2,在原点时的速度为左，由运动学公式有：加=呼口，同理可知：vm=誉亡2,Eian=nv,而周期：7=2（t1+坛），联立以上各式并代入相关数据可得：T=3.0×,tan =更=2mg 4,故选Dq4 .【答案】D【解析】【分析】根据匀强电场中电势差与场强的关系公式U=Ed,分析电势与X的关系；根据牛顿第二定律分析加速度的大小和方向；根据动能定理分析速度和动能与X的关系。对于物理图象，往往要根据物理规律，写出解析式，再加以分析，这是常用的解题方法，难度中等。【解答】A.在VO范围内，当X增大时，由U=Ed=E%,可知，电势差均匀增大,9-尤应为向上倾斜的直线;在>0范围内，当X增大时，由U=Ed=E%,可知，电势差均匀减小，9-%也应为向下倾斜的直线，故A错误；A在VO范围内，电场力向右，加速度向右，为正值；在>0范围内，电场力向左，加速度向左，为负值，故B错误；C在<0范围内，根据动能定理得：qEx=nv2,V-x图象应是曲线；同理，在>0范围内，图线也为曲线，故C错误；D在VO范围内，当X增大时，由U=fd=E%,可知，电势差均匀增大,-X应为向上倾斜的直线;在>0范围内，当X增大时，由U=Ed=E%,可知，电势差均匀减小，%也应为向下倾斜的直线，故。正确。故选Do5 .【答案】BC【解析】【分析】对球受力分析，解得其合力及方向，再由电场力做功及动能定理判断动能最小的位置与电势能最大位置的关系；由功能关系判断机械能最大的位置；分别在最高点与最低点应用牛顿第二定律，从而解得距圆轨道最低点Q、距圆轨道最高点P的压力差。本题考查了带电小球在复合场中的运动，知道其合力的方向，知道该过程的功能关系，根据指向圆心的合力提供圆周运动向心力为解题关键。【解答】AB.根据“等效场”知识可得，电场力与重力的合力大小为：mg四=J(mg)2+(qE)2=泞。则9我=：。；如图所示：=37°,当小球刚好通过C点关于O对称的。点时，就能做完整的圆周运动，由图可知从。到合力做负功，到。点时球的动能最小，但由电场力做功与电势能的变化可知小球到N点时，其电势能最大，故小球在轨道上运动时，动能最小的位置不是电势能最大位置；由图可知到M点电场力做功最多，故由功能关系可知在该点时球的机械能最大故A错误，B正确；CD.在P点和。点,由牛顿第二定律得:尸Q-mg=Tn学,Fp+mg=m-r从。到P,由动能定理得：一mg2R=mvp-ImvQ,联立解得：FQ-FP=6mgt故C正确，。错误。故选BCo6 .【答案】CD【解析】【分析】本题根据动能定理研究微粒能否到达A板，也可以根据牛顿第二定律和运动学公式分析，微粒在下落过程中重力一直做正功，微粒下落过程中重力做功为mg(h+9,电场力做功为-NU；微粒落入电场中，电场力做负功，电势能逐渐增大，其增加量为：qU；根据动能定理研究微粒从距B板高24处自由下落，能否到达A板。【解答】A微粒下降的高度为九+1重力做正功，为WG=mg(h+g),电场力向上，位移向下,电场力做负功，WE=-q£=故A错误；B.因为重力做正功，微粒在下落过程中重力势能逐渐减小，因为电场力做负功，电势能增加，故机械能逐渐减小，故B错误；C由题微粒恰能落至A,B板的正中央C点过程，由动能定理得：ng(h+)=，若微粒从距B板高24处自由下落，设达到A板的速度为用则由动能定理得：mg(2h+d)-qU=由联立得=0,即恰好能达到A板，故C正确。.微粒落入电场中，电场力做负功，电势能逐渐增大，其增加量等于微粒克服电场力做功ZIEP=NU,故。正确。故选8。7 .【答案】BCD【解析】解：令正方形的四个顶点分 别为ABCZ),如图所示 若电场方向平行于AC电场力向上，且大于重力，小球向上偏转，电场力做功为:q£L，重力做功为一如g，根据动能定理得：Ek-mv=qEL-Tmg3BPFk=mv-qEL-mgL电场力向上，且等于重力，小球不偏转，做匀速宜线运动，则Ek=Tm诏。若电场方向平行于AC,电场力向下，小球向下偏转，电场力做功为TqEL，重力做功为:mg3根据动能定理得：Ek-n=qEL+mgL,即Ek=mv+qEL÷如gL。由上分析可知，电场方向平行于AC,粒子离开电场时的动能不可能为Oo若电场方向平行于A8：若电场力向右，水平方向和竖直方向上都加速，粒子离开电场时的动能大于0.若电场力向右，小球从。点离开电场时,有Ek-如诏=qEL+mgL则得E=mv+qEL+mgL若电场力向左，水平方向减速，竖直方向上加速，粒子离开电场时的动能也大于0故粒子离开电场时的动能都不可能为。.故8、C、。正确，A错误。故选：BCDo要考虑电场方向的可能性，如图，可能平行于AB向左或向右，也可能平行于AC向上或向下.分析重力和电场力做功情况，然后根据动能定理求解.解决本题的关键分析电场力可能的方向，判断电场力与重力做功情况，再根据动能定理求解动能.8 .【答案】ABD【解析】解：4、从A到8,电场力做正功，可知电场力方向水平向右，电场强度方向水平向右，所以粒子带正电.故A正确.8、除重力以外只有电场力做功，因为除重力以外其它力做功等于机械能的增量，所以A到B机械能增加3人故B正确.。、根据动能定理得，从A到8动能的变化量£>=WG+也=-1+3=2九所以粒子在A点的动能比8点少2/.故C错误.。、粒子由A点到B点过程，电场力做功3J,所以电势能减少了3/.故。正确.故选：ABD.根据电场力做功情况判断电场力的方向，从而确定出电荷的电性.除重力以外其它力做功等于机械能的增量，根据除重力以外其它力做功情况得出机械能的变化量.根据动能定理得出A点到B点的动能变化.电场力做正功，电势能减小.本题综合考查了动能定理和功能关系.9 .【答案】BD【解析】解：A、圆环经历变速运动后圆环最终处于平衡状态，故q%8mg,因而圆环在速度为又受到杆的作用力不为零，存在摩擦力，故摩擦力做功不为零，故A错误；B、当q%8<mg时，圆环做减速运动到静止，只有摩擦力做功。根据动能定理得：-W=O-TnI诏，解得:W=mvQ,故B正确；CD、当q%B>mg时，圆环先做减速运动，当quB=mg时，不受摩擦力，做匀速直线运动，则有U=,;根据动能定理得：-W=TTn讲一17n诏，代入解得：W=诏一熏，故C错误，O正确。故选：BDo本题考查分析问题的能力，摩擦力是被动力，要分情况讨论，同时明确动能定理的准确应用是解题的关键。10 .【答案】AC【解析】【分析】根据题意从3-%图像均匀变化可知，电场是一个匀强电场，小环从MTN的过程中，根据电势能的公式EP=Wq可知，因为电荷带正电，因此电电势能降低，根据电场力做功与电势能的关系即可得出电场力做功的关系。本题主要考查电场力做功与电势能的变化关系，解题的关键在于通过9-%图像得出场强的变化。【解答】A.通过3-%图像均匀变化可知，电场是一个匀强电场，从图像可知UMN=(PN-(PM=-(PL(Po=-2仰，根据匀强电场电势差与场强的关系可知E=J=华，根据牛a顿第二定律可知当合外力F=qE=ma时，此时加速度为华，根据弹簧的特点结合图甲可知，有两个位置小环的加速度满足，故A正确；A小环从MTN的过程中，在弹簧为恢复原长之前，弹簧的弹力与位移方向成锐角，因此做正功，恢复原长到被拉伸的过程中，弹簧弹力与位移成钝角，此时做负功，因此整个过程中，弹簧对小环先做正功再做负功，故B错误；C根据功能关系可知/&=一AEp,则有瓦m一0=一(EPN-EPM)=-"°q-Woq)=2°q,故C正确；。.通过*图像均匀变化可知，电场是一个匀强电场，因此电场力方向也不会改变，故。错误。故选AC11 .【答案】AD【解析】解：A、在未施加电场时，A物体处于平衡状态，当施加上电场力瞬间，A物体受到的合力为施加的电场力，故qE=ma,解得a=2g,方向向上，故A正确；B、B刚要离开地面时，弹簧的拉力为机g,此时A物体合力为0,从开始到8刚要离开地面过程，A物体做加速度逐渐变小的加速运动，即A物体速度一直增大，故B错误；C、从开始到弹簧恢复原长的过程，A物体的机械能增量等于电势能与弹性势能的减少量的和，从弹簧恢复原长到8刚要离开地面的过程，A物体的机械能增量等于电势能的减少量与弹性势能的增加量的差值,故C错误;D、当B离开地面时，此时8受到弹簧的弹力等于B的重力，从施加电场力到B离开地面，弹簧的弹力做功为零，4上升的距离为：=等，故A力做功全部转化为A的动能，根据动能定理可知：qEx=rnv21解得：u=2g聆,故O正确；故选：ADo在电场力作用下，对A分析，当A向上运动时，弹力减小，故A做变加速运动，当5脱离地面时，此时弹簧的伸长量与AB静止时的压缩量相同，故整个过程弹簧弹力做功为零，根据动能定理即可分析。本题关键根据平衡条件和胡克定律求解出弹簧的行变量，最后结合几何关系得到物体A上升的距离，注意明确弹性势能的变化与形变量之间关系，利用动能定理可判断。12 .【答案】AC【解析】解：A、设圆环带电量为Q.将圆环分成等分，则每个等分带电量为Q=3每个等分可看成点电荷，每个点电荷在。点处产生的场强大小为El=.=黑，该书场强方向与的夹角为30。，根据电场的叠加原理知：a点处场强大小为Ea=呜COS30。=n黑.与=鬻同理可得，C点处场强大小为品=黑,则：Ec=1：3,故4正确。B、b、C两点的电场场强大小相等，方向相反，则场强不同，故B错误。C、一电子由。点静止释放，从。运动到。时电场力做正功，动能增加。从O向下运动时，电场力做负功，动能减少，所以电子在O点的动能最大，故C正确。、根据EaVEC知，电子由。到C的过程中，场强增大，电子所受的电场力增大，加速度增大。故。错误。故选：AC0根据点电荷场强公式E=A9和电场的叠加原理，求出圆盘在。、C两点处产生的场强的大小与方向，从而求得场强之比。根据对称性确定从C两点的场强关系。一电子由。点静止释放，根据电场力做功情况分析动能的变化。根据受力情况，分析加速度的变化。要题的关键要采用微元法求圆环在各个点产生的场强，要熟练运用电场强度叠加原理，结合几何知识求合场强。