高考物理 专题05 功能关系在电磁学中的应用热点难点突.docx

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高考物理专题05功能关系在电磁学中的应用热点难点突

专题05功能关系在电磁学中的应用

1.如图2所示，足够长的U形光滑金属导轨平面与水平面成θ角（0<θ<90°）其中MN与PQ平行且间距为L，导轨平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计。

金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且接触良好，ab棒接入电路的电阻为R，当流过ab棒某一横截面的电荷量为q时，棒的速度大小为v，则金属棒ab在这一过程中（）

图2

A．运动的平均速度大小为12v

B．下滑的位移大小为qRBL

C．产生的焦耳热为qBLv

D．受到的最大安培力大小为B2L2vRsinθ

解析分析金属棒的受力情况，有mgsinθ－B2L2vR＝ma，可得金属棒做加速度减小的加速运动，故其平均速度不等于初、末速度的平均值，A错；设金属棒沿斜面下滑的位移为s，则电荷量q＝I·Δt＝ΔΦΔt·1R·Δt＝ΔΦR＝BsLR，解得s＝qRBL，B正确；根据能量守恒定律知产生的焦耳热等于金属棒机械能的减少量，Q＝mgssinθ－12mv2，C错；金属棒速度越大，安培力越大，所以金属棒受到的最大安培力为B2L2vR，D错。

答案B

2.如图3所示，一带正电小球穿在一根绝缘粗糙直杆上，杆与水平方向夹角为θ，整个空间存在着竖直向上的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，先给小球一初速度，使小球沿杆向下运动，在A点时的动能为100J，在C点时动能减为零，D为AC的中点，那么带电小球在运动过程中（）

图3

A．到达C点后小球不可能沿杆向上运动

B．小球在AD段克服摩擦力做的功与在DC段克服摩擦力做的功不等

C．小球在D点时的动能为50J

D．小球电势能的增加量等于重力势能的减少量

答案B

3.如图4所示，竖直向上的匀强电场中，一竖直绝缘轻弹簧的下端固定在地面上，上端连接一带正电小球，小球静止时位于N点，弹簧恰好处于原长状态。

保持小球的带电量不变，现将小球提高到M点由静止释放，则释放后小球从M运动到N的过程中（）

图4

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（

图4

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。

答案AD

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（）

图4

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

答案D

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。

答案B

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）

图7

（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。

图5

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）

图8

（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

＝12×0.2×102－12×0.2×92－12×0.1×22＝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：

图8

（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）

图9

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