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

1、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角(0E0，p1p2p0B.E1E2E0，p1p2p0C.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E1E2E0。又p，可得p1p2p0。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 AD5.如图5所示，倾角为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

2、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(dh)处时，线框速度也为v0。以下说法正确的是( ) 图5Aab边刚进入磁场时，电流方向为abBab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mgRsin B2h2D线框进入磁场过程中产生的热量为mgdsin 解析 由右手定则可判断ab刚进入磁场过程电流方向由ab，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

3、；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mgsin ma0，而安培力F安BhIBhBhvminRB2h2vminR，联立解得vminmgRsin B2h2，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，mgdsin QEk0，线框进入磁场过程中产生的热量Qmgdsin ，选项D正确。答案 AD6.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0.3 J，重力做功1.5 J，电势能增加0.5 J，则以下判断正确的是( ) 图4A金属块带负电荷B电场力做功0.5 JC金属块克服摩擦力做功

4、0.8 JD金属块的机械能减少1.2 J答案 D7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：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；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7A阶段消耗的电能等于阶段产生的电能B阶段安培力做的功等于阶段金属棒克服

5、安培力做的功C阶段克服安培力做的功小于mghD阶段回路中产生的热量小于mgh解析 阶段，开关接位置1，电源提供电能，由能量守恒可知E电1QWA1Qmgh；阶段克服安培力做的功等于产生的电能，由能量守恒得E电2mgh，E电1E电2，A错；阶段，安培力做的功等于金属棒机械能的增加量，即WA1mgh；阶段克服安培力做的功等于金属棒减少的机械能，即WA2mgh，B对，C错；而阶段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 B8.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R0.2 m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

6、小E5.0103V/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m1.0102kg，乙所带电荷量q2.0105C，g取10 m/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mgqEm2DD2R12(mgqEm)t2xvDt联立

7、得：x0.4 m 9将一斜面固定在水平面上，斜面的倾角为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H0.4 m，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x0.55 m。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m0.1 kg、导线框的电阻为R0.25 、ab的长度为L0.5 m。从t0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

8、下运动。已知导线框向上运动的vt图象如图乙所示，导线框与斜面间的动摩擦因数为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，g10 m/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vv0B2L2mRs，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vt图象可知，在00.4 s时间内导线框做匀加速直线运动，进入磁场时的速度为v12.0 m/s，所以在此过程中的加速度avt5.0 m/s2由牛顿第二定律

9、有Fmgsin mgcos ma解得F1.5 N由vt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IERBLv1R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Fmgsin mgcos B2L2v1R解得B0.50 T。(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x0xH0.15 m设导线框与挡板碰撞前的速度为v2，由动能定理，有mg(xH)sin mg(xH)cos 12mv2212mv21解得：v22122g（xH）（sin co

10、s ）1.0 m/s导线框碰挡板后速度大小仍为v2，且mgsin mgcos 0.50 Nab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vv0B2L2mRs得v3v22B2L2HmR1.0 m/s因v30，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Q1I2Rt2B2L2Hv1R0.40 J导线框向下运动进入磁场的过程中产生的焦耳热Q212mv220.05 J所以QQ1Q20. 45 J。答案 (1)1.5 N 0.50 T (2)0.45 J10.长木板AB放在水平面上，如图5所示，它的

11、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(mgqE)l12mv2012(mM)v2mv0(mM)v电场方向向上时，有(mgqE)l212mv2012(mM)v2mv0(mM)v则mgqE12(mgqE)得Emg3q答案 mg3q11如图6甲，O、N、P为直角三角形的三个顶点，NOP37，OP中点处固定一电荷量为q12.0

12、108 C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a1 m，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x0)，取OP所在水平面为重力势能零势能面，图乙中和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E01.24103 J，E11.92103 J，E26.2104 J，静电力常量k9.0109 Nm2/C2，取sin 370.6，cos 370.8，g10 m/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xx1处时小球与杆间的弹力恰好

13、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x1acos 3712cos 370.32a0.32 mxx1处小球的重力势能E1mgx1sin 37解得mE1gx1sin 371103 kg。 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L0.5 m，上方连接一个阻值R1 的定值电阻，虚线下方的区域内存在磁感应强度B2 T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r0.5 。将金属杆1固定在磁场的上边缘(仍在

14、此磁场内)，金属杆2从磁场边界上方h00.8 m处由静止释放，进入磁场后恰做匀速运动。(g取10 m/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h10.2 m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1.4 J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vm4 m/s金属杆2进入磁场后受两个力而处于平衡状态，即mgBIL，且EBLvm，IE2rR解得mB2L2vm（2rR）g220.524（20.51）10 kg0.2 kg。 13.如图9所示，质量为100 g的铝框，用细线悬挂起来，框

15、中央离地面h为0.8 m，有一质量为200 g的磁铁以10 m/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3.6 m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t2hg20.810s0.4 ssv1t，则v1st3.60.4 m/s9 m/s根据动量守恒定律，有m1v1m1v1m2v2v2m1（v1v1）m2

16、200（109）1002 m/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m2gh12m2v22故hv222g222100.2 m。(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12m1v2112m1v1212m2v22W电解得W电12m1v2112m1v1212m2v12120.2102120.292120.1221.7 J。即Q1.7 J。答案 (1)0.2 m (2)1.7 J14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(Q0)的点电荷M.现在管口A处无初速释放一电荷量为q(q0)、质量为m的点电荷N

17、，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)2 g(h2h13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3mgkQqr2，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(h2h1)qUAB123mv2B依题意有mg(h2h1)qUAB联立两式可得：vB2 g(h2h1315 如图8所示，MN和PQ为固定在绝缘水平面

18、上两平行光滑金属导轨，导轨左端MP间接有阻值为R12 的导线；导轨右端接有与水平轨道相切、半径r0.5 m、内壁光滑的半圆金属轨道导轨间距L0.4 m，电阻不计导轨所在平面abcd区域内有竖直向上、B0.5 T的匀强磁场导轨上长度也为0.4 m、质量m0.6 kg、电阻R21 的金属棒AB以v06 m/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g10 m/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)5 m/s (2)2.2 J解析

19、 (1)在轨道的最高点，根据牛顿第二定律有mgm1 从金属棒刚滑出磁场到最高点，根据机械能守恒定律有12mv21mg2r12mv2 联立两式并代入数据解得v5 m/s (2)在金属棒滑过磁场的过程中，根据能量关系得Q总12mv2012mv2 对闭合回路，根据热量关系有QQ总R1R2R1 联立两式并代入数据得Q2.2 J16如图9所示，A、B为半径R1 m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E1106 V/m、竖直向上的匀强电场，有一质量m1 kg、带电量q1.4105 C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

20、2 m、与物体间动摩擦因数为0.2的粗糙绝缘水平面，CD段为倾角53且离地面DE高h0.8 m的斜面(1)若H1 m，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0.8 m处；(3)若高度H满足：0.85 mH1 m，请通过计算表示出物体从C处射出后打到的范围(已知sin 530.8，cos 530.6.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)8 N (2)不存在 (3)在斜面上距离D点59 m范围内 在水平面上距离D点0.2 m范围内解析 (1)物

21、体由初始位置运动到B点的过程中根据动能定理有mg(RH)qER12mv2B到达B点时由支持力FN、重力、电场力的合力提供向心力FNmgqEmB，解得FN8 N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8 N，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qEmgmv2R解得v2 m/s在粗糙水平面滑行时的加速度ag2 m/s2物体最终停止的位置距离B为xv22a1 m0.8 m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0.8 m处(3)在斜面上距离D点59 m范围内(如图PD之间区域) 在水平面上

22、距离D点0.2 m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、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UbaU1、UbcU2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

23、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12mv2112mv20mgLqU1考虑到mV0得v1202qU1V0 (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mgqE得EV0gq油滴在半圆形细管中运动时，洛伦兹力提供向心力，有qv1B211得Bmv1qRV0qR202qU1V0 18如图所示,xOy平面为一光滑水平面，在此区域

24、内有平行于xOy平面的匀强电场,场强大小E100 V/m；同时有垂直于xOy平面的匀 强磁场一质量m2106 kg、电荷量q2107 C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：W1Ek2EkW21.25EkEk则W1W241 (3)由于OD3.75 m而OMcosMOP3.75 m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DP12Eqmt2又DPOPOD1.25 m解得t0.5 s答案 (1)41 (2)(3 m，2.25 m) (3)0.5 s