高考物理 专题05 功能关系在电磁学中的应用热点难点突Word文档格式.docx
《高考物理 专题05 功能关系在电磁学中的应用热点难点突Word文档格式.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《高考物理 专题05 功能关系在电磁学中的应用热点难点突Word文档格式.docx(20页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
A.小球的机械能与弹簧的弹性势能之和保持不变
B.小球重力势能的减少量等于小球电势能的增加量
C.弹簧弹性势能的减少量等于小球动能的增加量
D.小球动能的增加量等于电场力和重力做功的代数和
解析由于有电场力做功,故小球的机械能不守恒,小球的机械能与弹簧的弹性势能之和是改变的,故A错误;
由题意,小球受到的电场力等于重力。
在小球运动的过程中,电场力做功等于重力做功,小球从M运动到N的过程中,重力势能减少,转化为电势能和动能,故B错误;
释放后小球从M运动到N的过程中,弹性势能并没变,一直是0,故C错误;
由动能定理可得重力和电场力做功,小球动能增加,小球动能的增加量等于电场力和重力做功的代数和,故D正确。
答案D
4.如图4所示,光滑绝缘的水平面上M、N两点各放有一带电荷量分别为+q和+2q的完全相同的金属球A和B,给A和B以大小相等的初动能E0(此时初动量的大小均为p0),使其相向运动刚好能发生碰撞(碰撞过程中无机械能损失),碰后返回M、N两点的动能分别为E1和E2,动量的大小分别为p1和p2,则(
A.E1=E2>
E0,p1=p2>
p0
B.E1=E2=E0,p1=p2=p0
C.碰撞发生在MN中点的左侧
D.两球同时返回M、N两点
解析金属球A和B发生碰撞时,电荷量会平均分配,则作用力变大。
经历相同的位移,做功增多,所以有E1=E2>
E0。
又p=,可得p1=p2>
p0。
因两球质量相同,受力相同,故加速度相同,两球同时返回M,N两点。
选项A、D正确。
答案AD
5.如图5所示,倾角为θ的光滑斜面固定在水平面上,水平虚线L下方有垂直于斜面向下的匀强磁场,磁感应强度为B。
正方形闭合金属线框边长为h,质量为m,电阻为R,放置于L上方一定距离处,保持线框底边ab与L平行并由静止释放,当ab边到达L时,线框速度为v0,ab边到达L下方距离为d(d>h)处时,线框速度也为v0。
以下说法正确的是()
图5
A.ab边刚进入磁场时,电流方向为a→b
B.ab边刚进入磁场时,线框加速度沿斜面向下
C.线框进入磁场过程中的最小速度小于mgRsinθB2h2
D.线框进入磁场过程中产生的热量为mgdsinθ
解析由右手定则可判断ab刚进入磁场过程电流方向由a→b,选项A正确;
线框全部在磁场中运动时为匀加速运动,ab边由L处到L下方距离为d处速度增量为零,所以ab边刚进入磁场时做减速运动,线框加速度沿斜面向上,选项B错误;
线框恰好完全进入磁场时的速度最小,此时由牛顿第二定律得F安-mgsinθ=ma≥0,而安培力F安=BhI=Bh·
BhvminR=B2h2vminR,联立解得vmin≥mgRsinθB2h2,选项C错误;
根据动能定理,ab边由L处到L下方距离为d处过程中,mgdsinθ-Q=ΔEk=0,线框进入磁场过程中产生的热量Q=mgdsinθ,选项D正确。
6.如图4所示,绝缘斜面处在一个竖直向上的匀强电场中,一带电金属块由静止开始沿斜面滑到底端。
已知在金属块下滑的过程中动能增加0.3J,重力做功1.5J,电势能增加0.5J,则以下判断正确的是()
A.金属块带负电荷
B.电场力做功0.5J
C.金属块克服摩擦力做功0.8J
D.金属块的机械能减少1.2J
7.半圆形光滑金属导轨MN、PQ平行放置在竖直平面内,导轨左端通过单刀双掷开关S接在电路中,如图7甲所示,电源内阻不计,导轨所在空间有如图乙所示的磁场,金属棒电阻为R、质量为m,其他电阻不计。
整个操作过程经历两个阶段:
①开始时开关接位置1,金属棒ab从导轨上M、P位置由静止释放,当金属棒从N、Q竖直向上飞出时,开关S改接位置2,金属棒恰能上升到离N、Q为h的高度处;
②之后金属棒又从N、Q落回导轨内并恰好能回到M、P位置。
重力加速度为g。
下列关于金属棒运动过程的描述正确的是()
图7
A.阶段①消耗的电能等于阶段②产生的电能
B.阶段①安培力做的功等于阶段②金属棒克服安培力做的功
C.阶段②克服安培力做的功小于mgh
D.阶段②回路中产生的热量小于mgh
解析阶段①,开关接位置1,电源提供电能,由能量守恒可知E电1=Q+WA1=Q+mgh;
阶段②克服安培力做的功等于产生的电能,由能量守恒得E电2=mgh,E电1>
E电2,A错;
阶段①,安培力做的功等于金属棒机械能的增加量,即WA1=mgh;
阶段②克服安培力做的功等于金属棒减少的机械能,即WA2=mgh,B对,C错;
而阶段②克服安培力做的功又等于产生的电能,等于回路产生的热量,D错。
8.如图7,ABD为竖直平面内的光滑绝缘轨道,其中AB段是水平的,BD段为半径R=0.2m的半圆,两段轨道相切于B点,整个轨道处在竖直向下的匀强电场中,场强大小E=5.0×
103V/m。
一不带电的绝缘小球甲,以速度v0沿水平轨道向右运动,与静止在B点带正电的小球乙发生弹性碰撞。
已知甲、乙两球的质量均为m=1.0×
10-2kg,乙所带电荷量q=2.0×
10-5C,g取10m/s2。
(水平轨道足够长,甲、乙两球可视为质点,整个运动过程无电荷转移)
(1)甲乙两球碰撞后,乙恰能通过轨道的最高点D,求乙在轨道上的首次落点到B点的距离;
(2)在满足
(1)的条件下,求甲的速度v0。
解析
(1)在乙恰好能通过轨道的最高点的情况下,设乙到达最高点的速度为vD,乙离开D点达到水平轨道的时间为t,乙的落点到B点的距离为x,
则mg+qE=m2DD①
2R=12(mg+qEm)t2②
x=vDt③
联立①②③得:
x=0.4m④
9.将一斜面固定在水平面上,斜面的倾角为θ=30°
,其上表面绝缘且斜面的顶端固定一挡板,在斜面上加一垂直斜面向上的匀强磁场,磁场区域的宽度为H=0.4m,如图8甲所示,磁场边界与挡板平行,且上边界到斜面顶端的距离为x=0.55m。
将一通电导线围成的矩形导线框abcd置于斜面的底端,已知导线框的质量为m=0.1kg、导线框的电阻为R=0.25Ω、ab的长度为L=0.5m。
从t=0时刻开始在导线框上加一恒定的拉力F,拉力的方向平行于斜面向上,使导线框由静止开始运动,当导线框的下边与磁场的上边界重合时,将恒力F撤走,最终导线框与斜面顶端的挡板发生碰撞,碰后导线框以等大的速度反弹,导线框沿斜面向下运动。
已知导线框向上运动的v-t图象如图乙所示,导线框与斜面间的动摩擦因数为μ=33,整个运动过程中导线框没有发生转动,且始终没有离开斜面,g=10m/s2。
图8
(1)求在导线框上施加的恒力F以及磁感应强度的大小;
(2)若导线框沿斜面向下运动通过磁场时,其速度v与位移s的关系为v=v0-B2L2mRs,其中v0是导线框ab边刚进入磁场时的速度大小,s为导线框ab边进入磁场区域后对磁场上边界的位移大小,求整个过程中导线框中产生的热量Q。
解析
(1)由v-t图象可知,在0~0.4s时间内导线框做匀加速直线运动,进入磁场时的速度为v1=2.0m/s,所以在此过程中的加速度a=ΔvΔt=5.0m/s2
由牛顿第二定律有F-mgsinθ-μmgcosθ=ma
解得F=1.5N
由v-t图象可知,导线框进入磁场区域后以速度v1做匀速直线运动
通过导线框的电流I=ER=BLv1R
导线框所受安培力F安=BIL
对于导线框匀速运动的过程,由力的平衡条件有
F=mgsinθ+μmgcosθ+B2L2v1R
解得B=0.50T。
(2)导线框进入磁场区域后做匀速直线运动,并以速度v1匀速穿出磁场,说明导线框的宽度等于磁场的宽度H
导线框ab边离开磁场后做匀减速直线运动,到达挡板时的位移为x0=x-H=0.15m
设导线框与挡板碰撞前的速度为v2,由动能定理,有
-mg(x-H)sinθ-μmg(x-H)cosθ=12mv22-12mv21
解得:
v2=212-2g(x-H)(sinθ+μcosθ)=1.0m/s
导线框碰挡板后速度大小仍为v2,且
mgsinθ=μmgcosθ=0.50N
ab边进入磁场后做减速运动,设导线框全部离开磁场区域时的速度为v3,
由v=v0-B2L2mRs得v3=v2-2B2L2HmR=-1.0m/s
因v3<0,说明导线框在离开磁场前速度已经减为零,这时安培力消失,导线框将静止在磁场中某位置
导线框向上运动通过磁场区域的过程中产生的焦耳热
Q1=I2Rt=2B2L2Hv1R=0.40J
导线框向下运动进入磁场的过程中产生的焦耳热
Q2=12mv22=0.05J
所以Q=Q1+Q2=0.45J。
答案
(1)1.5N0.50T
(2)0.45J
10.长木板AB放在水平面上,如图5所示,它的下表面光滑,上表面粗糙。
一个质量为m、带电荷量为q的小物块C从A端以某一初速度起动向右滑行,当存在向下的匀强电场时,C恰能滑到B端;
当此电场改为向上时,C只能滑到AB的中点,求此电场的场强。
解析当电场方向向上时,物块C只能滑到AB的中点,说明此时电场力方向向下,可知物块C所带电荷的电性为负。
电场方向向下时,有
μ(mg-qE)l=12mv20-12(m+M)v2①
mv0=(m+M)v②
电场方向向上时,有
μ(mg+qE)l2=12mv20-12(m+M)v2③
mv0=(m+M)v④
则mg-qE=12(mg+qE)
得E=mg3q
答案mg3q
11.如图6甲,O、N、P为直角三角形的三个顶点,∠NOP=37°
,OP中点处固定一电荷量为q1=2.0×
10-8C的正点电荷,M点固定一轻质弹簧。
MN是一光滑绝缘杆,其中ON长a=1m,杆上穿有一带正电的小球(可视为点电荷),将弹簧压缩到O点由静止释放,小球离开弹簧后到达N点的速度为零。
沿ON方向建立坐标轴(取O点处x=0),取OP所在水平面为重力势能零势能面,图乙中Ⅰ和Ⅱ图线分别为小球的重力势能和电势能随位置坐标x变化的图象,其中E0=1.24×
10-3J,E1=1.92×
10-3J,E2=6.2×
10-4J,静电力常量k=9.0×
109N·
m2/C2,取sin37°
=0.6,cos37°
=0.8,g=10m/s2。
图6
(1)求电势能为E1时小球的位置坐标x1和小球的质量m;
(2)已知在x=x1处时小球与杆间的弹力恰好为零,求小球的电荷量q2;
(3)求小球释放瞬间弹簧的弹性势能Ep。
解析
(1)当小球运动到距离q1最近的A点时电势能最大,如图所示
根据几何关系可知
x1=acos37°
·
12·
cos37°
=0.32a=0.32m
x=x1处小球的重力势能E1=mgx1sin37°
解得m=E1gx1sin37°
=1×
10-3kg。
12.如图8所示,竖直平面内有无限长、不计电阻的两组平行光滑金属导轨,宽度均为L=0.5m,上方连接一个阻值R=1Ω的定值电阻,虚线下方的区域内存在磁感应强度B=2T的匀强磁场。
完全相同的两根金属杆1和2靠在导轨上,金属杆与导轨等宽且与导轨接触良好,电阻均为r=0.5Ω。
将金属杆1固定在磁场的上边缘(仍在此磁场内),金属杆2从磁场边界上方h0=0.8m处由静止释放,进入磁场后恰做匀速运动。
(g取10m/s2)
(1)求金属杆的质量m;
(2)若金属杆2从磁场边界上方h1=0.2m处由静止释放,进入磁场经过一段时间后开始做匀速运动。
在此过程中整个回路产生了1.4J的电热,则此过程中流过电阻R的电荷量q为多少?
解析
(1)金属杆2进入磁场前做自由落体运动,则
vm==4m/s
金属杆2进入磁场后受两个力而处于平衡状态,即
mg=BIL,且E=BLvm,I=E2r+R
解得m=B2L2vm(2r+R)g=22×
0.52×
4(2×
0.5+1)×
10kg=0.2kg。
13.如图9所示,质量为100g的铝框,用细线悬挂起来,框中央离地面h为0.8m,有一质量为200g的磁铁以10m/s的水平速度射入并穿过铝框,落在距铝框原位置水平距离3.6m处,则在磁铁与铝框发生相互作用时,求:
图9
(1)铝框向哪边偏斜,它能上升多高;
(2)在磁铁穿过铝框的整个过程中,框中产生了多少热量。
解析磁铁在穿过铝框的过程中,使铝框中磁通量发生变化,产生感应电流,磁铁与铝框一直发生相互作用,水平方向动量守恒。
磁铁穿过铝框后做平抛运动,根据平抛的水平距离可得作用后磁铁的速度v1′。
因为t=2hg=2×
0.810s=0.4s
s=v1′t,则v1′=st=3.60.4m/s=9m/s
根据动量守恒定律,有m1v1=m1v1′+m2v2′
v2′=m1(v1-v1′)m2=200×
(10-9)100=2m/s
铝框作用后获得的速度向右,则将向右偏斜。
根据机械能守恒,有m2gh′=12m2v2′2
故h′=v2′22g=222×
10=0.2m。
(2)根据能的转化与守恒定律,磁铁的动能一部分转化为电能,另一部分转化为铝框的动能,即
12m1v21=12m1v1′2+12m2v2′2+W电
解得W电=12m1v21-12m1v1′2-12m2v1′2
=12×
0.2×
102-12×
92-12×
0.1×
22=1.7J。
即Q=1.7J。
答案
(1)0.2m
(2)1.7J
14.如图所示,一长为h2内壁光滑的绝缘细管竖直放置.管的底部固定一电荷量为Q(Q>
0)的点电荷M.现在管口A处无初速释放一电荷量为q(q>
0)、质量为m的点电荷N,N在距离底部点电荷为h1的B处速度恰好为零.再次从A处无初速度地释放电荷量为q、质量为3m的点电荷P(已知静电常数为k,重力加速度为g).求:
(1)电荷P运动过程中速度最大处与底部点电荷间的距离;
(2)电荷P运动到B处时的速度大小.
答案
(1)kQq3mg
(2)2g(h2-h13
解析
(1)电荷P运动到重力等于电场力时,速度最大,距底部距离为r,则有3mg=kQqr2,解得r=kQq3mg
(2)设电荷P运动到B处时的速度为vB,由动能定理,
有3mg(h2-h1)-qUAB=12×
3mv2B
依题意有mg(h2-h1)=qUAB
联立两式可得:
vB=2g(h2-h13
15.如图8所示,MN和PQ为固定在绝缘水平面上两平行光滑金属导轨,导轨左端MP间接有阻值为R1=2Ω的导线;
导轨右端接有与水平轨道相切、半径r=0.5m、内壁光滑的半圆金属轨道.导轨间距L=0.4m,电阻不计.导轨所在平面abcd区域内有竖直向上、B=0.5T的匀强磁场.导轨上长度也为0.4m、质量m=0.6kg、电阻R2=1Ω的金属棒AB以v0=6m/s的速度进入磁场区域,离开磁场区域后恰好能到达半圆轨道的最高点,运动中金属棒始终与导轨保持良好接触.已知重力加速度g=10m/s2.求:
(1)金属棒AB刚滑出磁场右边界cd时的速度v的大小;
(2)金属棒滑过磁场区域的过程中,导线R1中产生的热量Q.
答案
(1)5m/s
(2)2.2J
解析
(1)在轨道的最高点,根据牛顿第二定律有
mg=m1①
从金属棒刚滑出磁场到最高点,根据机械能守恒定律有
12mv21+mg·
2r=12mv2②
联立①②两式并代入数据解得
v=5m/s③
(2)在金属棒滑过磁场的过程中,根据能量关系得
Q总=12mv20-12mv2④
对闭合回路,根据热量关系有Q=Q总R1+R2R1⑤
联立④⑤两式并代入数据得Q=2.2J
16.如图9所示,A、B为半径R=1m的四分之一光滑绝缘竖直圆弧轨道,在四分之一圆弧区域内存在着E=1×
106V/m、竖直向上的匀强电场,有一质量m=1kg、带电量q=1.4×
10-5C正电荷的物体(可视为质点),从A点的正上方距离A点H处由静止开始自由下落(不计空气阻力),BC段为长L=2m、与物体间动摩擦因数为μ=0.2的粗糙绝缘水平面,CD段为倾角θ=53°
且离地面DE高h=0.8m的斜面.
(1)若H=1m,物体能沿轨道AB到达最低点B,求它到达B点时对轨道的压力大小;
(2)通过你的计算判断:
是否存在某一H值,能使物体沿轨道AB经过最低点B后最终停在距离B点0.8m处;
(3)若高度H满足:
0.85m≤H≤1m,请通过计算表示出物体从C处射出后打到的范围.(已知sin53°
=0.8,cos53°
=0.6.不需要计算过程,但要有具体的位置,不讨论物体反弹以后的情况)
答案
(1)8N
(2)不存在(3)在斜面上距离D点59m范围内在水平面上距离D点0.2m范围内
解析
(1)物体由初始位置运动到B点的过程中根据动能定理有mg(R+H)-qER=12mv2B
到达B点时由支持力FN、重力、电场力的合力提供向心力FN-mg+qE=mB,解得FN=8N
根据牛顿第三定律,支持力与压力大小相等、方向相反
所以物体对轨道的压力大小为8N,方向竖直向下
(2)要使物体沿轨道AB到达最低点B,当支持力为0时,最低点有个最小速度v,则qE-mg=mv2R
解得v=2m/s
在粗糙水平面滑行时的加速度a=μg=2m/s2
物体最终停止的位置距离B为x=v22a=1m>
0.8m
故不存在某一H值,使物体沿着轨道AB经过最低点B后,停在距离B点0.8m处.
(3)在斜面上距离D点59m范围内(如图PD之间区域)
在水平面上距离D点0.2m范围内(如图DQ之间区域)
17.如图所示,有3块水平放置的长薄金属板a、b和c,a、b之间相距为L.紧贴b板下表面竖直放置半径为R的半圆形塑料细管,两管口正好位于小孔M、N处.板a与b、b与c之间接有电压可调的直流电源,板b与c间还存在方向垂直纸面向外的匀强磁场.当体积为V0、密度为ρ、电荷量为q的带负电油滴,等间隔地以速率v0从a板上的小孔竖直向下射入,调节板间电压Uba和Ubc,当Uba=U1、Ubc=U2时,油滴穿过b板M孔进入细管,恰能与细管无接触地从N孔射出.忽略小孔和细管对电场的影响,不计空气阻力,重力加速度为g.求:
(1)油滴进入M孔时的速度v1;
(2)b、c两板间的电场强度E和磁感应强度B的值;
(3)当油滴从细管的N孔射出瞬间,将Uba和B立即调整到Uba′和B′,使油滴恰好不碰到a板,且沿原路与细管无接触地返回穿过M孔,请给出Uba′和B′的结果.
解析
(1)油滴进入电场后,重力与电场力均做功,设到M点时的速度为v1,由动能定理得12mv21-12mv20=mgL+qU1
考虑到m=ρV0
得v1=202qU1ρV0
(2)油滴进入电场、磁场共存区域,恰与细管无接触地从N孔射出,须电场力与重力平衡,有mg=qE
得E=ρV0gq
油滴在半圆形细管中运动时,洛伦兹力提供向心力,有
qv1B=211
得B=mv1qR=ρV0qR202qU1ρV0
18.如图所示,xOy平面为一光滑水平面,在此区域内有平行于xOy平面的匀强电场,场强大小E=100V/m;
同时有垂直于xOy平面的匀强磁场.一质量m=2×
10-6kg、电荷量q=2×
10-7C的带负电粒子从坐标原点O以一定的初动能入射,在电场和磁场的作用下发生偏转,到达P(4,3)点时,动能变为初动能的0.5倍,速度方向垂直OP向上.此时撤去磁场,经过一段时间该粒子经过y轴上的M(0,6.25)点,动能变为初动能的0.625倍,求:
(1)粒子从O到P与从P到M的过程中电场力做功的大小之比;
(2)OP连线上与M点等电势的点的坐标;
(3)粒子由P点运动到M点所需的时间.
解析
(1)设粒子在P点时的动能为Ek,则初动能为2Ek,在M点的动能为1.25Ek.
由于洛伦兹力不做功,粒子从O点到P点和从P点到M点的过程中,电场力做的功大小分别为W1、W2
由动能定理得:
-W1=Ek-2Ek
W2=1.25Ek-Ek
则W1∶W2=4∶1
(3)由于OD=3.75m而OMcos∠MOP=3.75m所以MD垂直于OP
由于MD为等势线,因此OP为电场线,方向从O指向P
带负电粒子从P到M过程中做类平抛运动,设运动时间为t
则DP=12·
Eqm·
t2
又DP=OP-OD=1.25m
解得t=0.5s
答案
(1)4∶1
(2)(3m,2.25m)(3)0.5s