专题05+功能关系在电磁学中的应用（热点难点突破）-2019年高考物理考纲解读与热点难点突破 10页

‎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v B．下滑的位移大小为 C．产生的焦耳热为qBLv D．受到的最大安培力大小为sin θ ‎【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100 J，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50 J ‎ ‎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0.3 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4‎ A．金属块带负电荷 B．电场力做功0.5 J C．金属块克服摩擦力做功0.8 J D．金属块的机械能减少1.2 J ‎【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 ‎【答案】B ‎8.如图1所示，固定在倾角为θ＝30°的斜面内的两根平行长直光滑金属导轨的间距为d＝1 m，其底端接有阻值为R＝2 Ω的电阻，整个装置处在垂直斜面向上、磁感应强度大小为B＝2 T的匀强磁场中。一质量为m＝1 kg(质量分布均匀)的导体杆ab垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触。现杆在沿斜面向上、垂直于杆的恒力F＝10 N作用下从静止开始沿导轨向上运动距离L＝6 m时，速度恰好达到最大(运动过程中杆始终与导轨保持垂直)。设杆接入电路的电阻为r＝2 Ω，导轨电阻不计，重力加速度大小为g＝10 m/s2。则此过程(　　)‎ 图1‎ A.杆的速度最大值为4 m/s　　　　　　　　　　　　　　B.流过电阻R的电荷量为6 C C.在这一过程中，整个回路产生的热量为17.5 J　　　　　D.流过电阻R的电流方向为由c到d ‎【答案】C ‎【解析】当杆达到最大速度时满足F＝＋mgsin θ，解得vm＝5 m/s，选项A错误；流过电阻R的电荷量q＝＝＝ C＝3 C，选项B错误；回路产生的热量Q＝FL－mgLsin θ－mv＝17.5 J，选项C正确；由右手定则可知流过R的电流方向从d到c，选项D错误。 ‎ ‎11.一带电小球在空中由A点运动到B点的过程中，只受重力、电场力和空气阻力三个力的作用。若重力势能增加5 J，机械能增加1.5 J，电场力做功2 J，则小球(　　)‎ A.重力做功为5 J B.电势能减少2 J C.空气阻力做功0.5 J D.动能减少3.5 J ‎【答案】BD ‎12.如图4所示，两个足够长的光滑平行金属导轨倾斜放置，上端接有一定值电阻，匀强磁场垂直导轨平面向上。一导体棒以平行导轨向上的初速度从ab处上滑，到最高点后又下滑回到ab处。下列说法中正确的是(　　)‎ 图4‎ A.上滑过程中导体棒克服安培力做的功大于下滑过程中克服安培力做的功 B.上滑过程中导体棒克服安培力做的功等于下滑过程中克服安培力做的功 C.上滑过程中安培力对导体棒的冲量大小大于下滑过程中安培力对导体棒的冲量大小 D.上滑过程中安培力对导体棒的冲量大小等于下滑过程中安培力对导体棒的冲量大小 ‎【答案】AD ‎ 13.如图5所示，半径为R的光滑半圆弧绝缘轨道固定在竖直平面内，磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直轨道平面向里。一可视为质点、质量为m、电荷量为q(q＞0)的小球由轨道左端A处无初速度滑下。当小球滑至轨道最低点C时，给小球再施加一始终水平向右的外力F，使小球能保持不变的速率滑过轨道右侧的D点。若小球始终与轨道接触，重力加速度为g，则下列判断中正确的是(　　)‎ 图5‎ A.小球在C点受到的洛伦兹力大小为qB B.小球在C点对轨道的压力大小为3mg－qB C.小球从C到D的过程中，外力F的大小保持不变 D.小球从C到D的过程中，外力F的功率逐渐增大 ‎【答案】BD ‎【解析】小球从A到C过程机械能守恒有mgR＝mv2，解得v＝，所以小球在C点受到的洛伦兹力大小为F洛＝qB，故选项A错误；在C点由牛顿第二定律有FN－mg＋F洛＝m，解得FN＝3mg－qB，故选项B正确；小球从C到D的过程中，合外力始终指向圆心，所以外力F的大小发生变化，故选项C错误；小球从C到D的过程中，由能量守恒定律可知外力F的功率等于重力功率大小，所以外力F的功率逐渐增大，故选项D正确。‎ ‎14.如图6所示，固定的竖直光滑U型金属导轨，间距为L，上端接有阻值为R的电阻，处在方向水平且垂直于导轨平面、磁感应强度为B的匀强磁场中，质量为m、电阻为r的导体棒与劲度系数为k的固定轻弹簧相连放在导轨上，导轨的电阻忽略不计。初始时刻，弹簧处于伸长状态，其伸长量为x1＝，此时导体棒具有竖直向上的初速度v0。在沿导轨往复运动的过程中，导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触。则下列说法正确的是(　　)‎ 图6‎ A.初始时刻导体棒受到的安培力大小F＝ B.初始时刻导体棒加速度的大小a＝2g＋ C.导体棒往复运动，最终静止时弹簧处于压缩状态 D.导体棒开始运动直到最终静止的过程中，电阻R上产生的焦耳热Q＝mv＋ ‎【答案】BC ‎15如图7所示，质量m＝2 kg、带电荷量q＝＋2×10－3 C的小物块A与质量不计的绝缘木板B叠放在水平面上，A位于B的最左端且与竖直固定于水平面上的挡板P相距s0＝3 m，已知A与B间的动摩擦因数μ1＝0.8，B与水平面间的动摩擦因数μ2＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，与挡板相撞没有机械能损失，且A带电荷量始终保持不变。整个装置处在大小E＝6×103 N/C、方向水平向右的匀强电场中，现将A、B同时由静止释放，重力加速度g取10 m/s2。求：‎ 图7‎ ‎(1)A、B释放时，物块A的加速度大小；‎ ‎(2)若A与挡板不相碰，木板的最小长度L0；‎ ‎(3)若木板长度为L＝0.8 m，整个过程中木板运动的总路程s。‎ ‎【答案】(1)1 m/s2　(2)1 m　(3)2.32 m ‎【解析】(1)A和B一起做匀加速运动，由牛顿第二定律得a＝＝＝1 m/s2。‎ ‎(3)因为L小于L0，故物块与挡板碰撞，然后原速返回，与木板B共同反向做匀减速运动，直到速度为零，再共同加速向右滑动，不断往复，最终A、B都停在挡板P处。物块A和木板B间产生热量Q1＝μ1mgL，木板与水平面间产生的热量Q2＝μ2mgs，整个过程由能量守恒定律得Eqs0＝Q1＋Q2，代入数据解得 s＝2.32 m。 ‎ 联立方程，代入数值求得 Q＝2 J ‎18.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＝0.2 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。‎ ‎【答案】(1)0.4 m　(2)2 m/s ‎(2)设碰撞后甲、乙的速度分别为v甲、v乙，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有：‎ mv0＝mv甲＋mv乙⑤‎ mv＝mv＋mv⑥‎ 联立⑤⑥得：v乙＝v0，v甲＝0⑦‎ 由动能定理得： ‎ 联立解得q＝＝ C＝0.65 C。‎ ‎23.如图9所示，质量为100 g的铝框，用细线悬挂起来，框中央离地面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。‎ ‎【答案】(1)0.2 m　(2)1.7 J 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′＝m2v2′2‎ 故h′＝＝＝0.2 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 m1v＝m1v1′2＋m2v2′2＋W电 解得W电＝m1v－m1v1′2－m2v1′2‎ ‎＝×0.2×102－×0.2×92－×0.1×22＝1.7 J。‎ 即Q＝1.7 J。 ‎ ‎ (3)若油滴恰不能撞到a板，且再返回并穿过M点，由动能定理得 ‎ 0－mv＝－mgL－qUba′‎ ‎ 得Uba′＝U1＋ ‎ 考虑到油滴返回时速度方向已经相反，为了使油滴沿原路与细管无接触地返 回并穿过M孔，磁感应强度的大小不变，方向相反，即B′＝－B.‎ ‎28．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＝100 V/m；同时有垂直于xOy平面的匀 强磁场．一质量m＝2×10－6 kg、电荷量q＝2×10－7 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．‎ ‎ 【答案】(1)4∶1　(2)(3 m，2.25 m)　(3)0.5 s ‎ 【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＝3.75 m而OMcos∠MOP＝3.75 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DP＝··t2‎ ‎ 又DP＝OP－OD＝1.25 m ‎ 解得t＝0.5 s