2019年高考物理 考綱解讀與熱點難點突破 專題05 功能關系在電磁學中的應用熱點難點突破.doc

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專題05 功能關系在電磁學中的應用 1.如圖2所示，足夠長的U形光滑金屬導軌平面與水平面成θ角(0<θ<90)其中MN與PQ平行且間距為L，導軌平面與磁感應強度為B的勻強磁場垂直，導軌電阻不計。金屬棒ab由靜止開始沿導軌下滑，并與兩導軌始終保持垂直且接觸良好，ab棒接入電路的電阻為R，當流過ab棒某一橫截面的電荷量為q時，棒的速度大小為v，則金屬棒ab在這一過程中(　　) 圖2 A．運動的平均速度大小為v B．下滑的位移大小為 C．產(chǎn)生的焦耳熱為qBLv D．受到的最大安培力大小為sin θ 【答案】B 2. 如圖3所示，一帶正電小球穿在一根絕緣粗糙直桿上，桿與水平方向夾角為θ，整個空間存在著豎直向上的勻強電場和垂直紙面向外的勻強磁場，先給小球一初速度，使小球沿桿向下運動，在A點時的動能為100 J，在C點時動能減為零，D為AC的中點，那么帶電小球在運動過程中(　　) 圖3 A．到達C點后小球不可能沿桿向上運動 B．小球在AD段克服摩擦力做的功與在DC段克服摩擦力做的功不等 C．小球在D點時的動能為50 J 6.如圖4所示，絕緣斜面處在一個豎直向上的勻強電場中，一帶電金屬塊由靜止開始沿斜面滑到底端。已知在金屬塊下滑的過程中動能增加0.3 J，重力做功1.5 J，電勢能增加0.5 J，則以下判斷正確的是(　　) 圖4 A．金屬塊帶負電荷 B．電場力做功0.5 J C．金屬塊克服摩擦力做功0.8 J D．金屬塊的機械能減少1.2 J 【答案】D 7．半圓形光滑金屬導軌MN、PQ平行放置在豎直平面內，導軌左端通過單刀雙擲開關S接在電路中，如圖7甲所示，電源內阻不計，導軌所在空間有如圖乙所示的磁場，金屬棒電阻為R、質量為m，其他電阻不計。整個操作過程經(jīng)歷兩個階段：①開始時開關接位置1，金屬棒ab從導軌上M、P位置由靜止釋放，當金屬棒從N、Q豎直向上飛出時，開關S改接位置2，金屬棒恰能上升到離N、Q為h的高度處；②之后金屬棒又從N、Q落回導軌內并恰好能回到M、P位置。重力加速度為g。下列關于金屬棒運動過程的描述正確的是(　　) 圖7 A．階段①消耗的電能等于階段②產(chǎn)生的電能 B．階段①安培力做的功等于階段②金屬棒克服安培力做的功 C．階段②克服安培力做的功小于mgh D．階段②回路中產(chǎn)生的熱量小于mgh 【答案】B 8.如圖1所示，固定在傾角為θ＝30的斜面內的兩根平行長直光滑金屬導軌的間距為d＝1 m，其底端接有阻值為R＝2 Ω的電阻，整個裝置處在垂直斜面向上、磁感應強度大小為B＝2 T的勻強磁場中。一質量為m＝1 kg(質量分布均勻)的導體桿ab垂直于導軌放置，且與兩導軌保持良好接觸?，F(xiàn)桿在沿斜面向上、垂直于桿的恒力F＝10 N作用下從靜止開始沿導軌向上運動距離L＝6 m時，速度恰好達到最大(運動過程中桿始終與導軌保持垂直)。設桿接入電路的電阻為r＝2 Ω，導軌電阻不計，重力加速度大小為g＝10 m/s2。則此過程(　　) 圖1 A.桿的速度最大值為4 m/s　　　　　　　　　　　　　　B.流過電阻R的電荷量為6 C C.在這一過程中，整個回路產(chǎn)生的熱量為17.5 J　　　　　D.流過電阻R的電流方向為由c到d 【答案】C 【解析】當桿達到最大速度時滿足F＝＋mgsin θ，解得vm＝5 m/s，選項A錯誤；流過電阻R的電荷量q＝＝＝ C＝3 C，選項B錯誤；回路產(chǎn)生的熱量Q＝FL－mgLsin θ－mv＝17.5 J，選項C正確；由右手定則可知流過R的電流方向從d到c，選項D錯誤。 11.一帶電小球在空中由A點運動到B點的過程中，只受重力、電場力和空氣阻力三個力的作用。若重力勢能增加5 J，機械能增加1.5 J，電場力做功2 J，則小球(　　) A.重力做功為5 J B.電勢能減少2 J C.空氣阻力做功0.5 J D.動能減少3.5 J 【答案】BD 12.如圖4所示，兩個足夠長的光滑平行金屬導軌傾斜放置，上端接有一定值電阻，勻強磁場垂直導軌平面向上。一導體棒以平行導軌向上的初速度從ab處上滑，到最高點后又下滑回到ab處。下列說法中正確的是(　　) 圖4 A.上滑過程中導體棒克服安培力做的功大于下滑過程中克服安培力做的功 B.上滑過程中導體棒克服安培力做的功等于下滑過程中克服安培力做的功 C.上滑過程中安培力對導體棒的沖量大小大于下滑過程中安培力對導體棒的沖量大小 D.上滑過程中安培力對導體棒的沖量大小等于下滑過程中安培力對導體棒的沖量大小 【答案】AD 13.如圖5所示，半徑為R的光滑半圓弧絕緣軌道固定在豎直平面內，磁感應強度為B的勻強磁場方向垂直軌道平面向里。一可視為質點、質量為m、電荷量為q(q＞0)的小球由軌道左端A處無初速度滑下。當小球滑至軌道最低點C時，給小球再施加一始終水平向右的外力F，使小球能保持不變的速率滑過軌道右側的D點。若小球始終與軌道接觸，重力加速度為g，則下列判斷中正確的是(　　) 圖5 A.小球在C點受到的洛倫茲力大小為qB B.小球在C點對軌道的壓力大小為3mg－qB C.小球從C到D的過程中，外力F的大小保持不變 D.小球從C到D的過程中，外力F的功率逐漸增大 【答案】BD 【解析】小球從A到C過程機械能守恒有mgR＝mv2，解得v＝，所以小球在C點受到的洛倫茲力大小為F洛＝qB，故選項A錯誤；在C點由牛頓第二定律有FN－mg＋F洛＝m，解得FN＝3mg－qB，故選項B正確；小球從C到D的過程中，合外力始終指向圓心，所以外力F的大小發(fā)生變化，故選項C錯誤；小球從C到D的過程中，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的功率逐漸增大，故選項D正確。 14.如圖6所示，固定的豎直光滑U型金屬導軌，間距為L，上端接有阻值為R的電阻，處在方向水平且垂直于導軌平面、磁感應強度為B的勻強磁場中，質量為m、電阻為r的導體棒與勁度系數(shù)為k的固定輕彈簧相連放在導軌上，導軌的電阻忽略不計。初始時刻，彈簧處于伸長狀態(tài)，其伸長量為x1＝，此時導體棒具有豎直向上的初速度v0。在沿導軌往復運動的過程中，導體棒始終與導軌垂直并保持良好接觸。則下列說法正確的是(　　) 圖6 A.初始時刻導體棒受到的安培力大小F＝ B.初始時刻導體棒加速度的大小a＝2g＋ C.導體棒往復運動，最終靜止時彈簧處于壓縮狀態(tài) D.導體棒開始運動直到最終靜止的過程中，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q＝mv＋ 【答案】BC 15如圖7所示，質量m＝2 kg、帶電荷量q＝＋210－3 C的小物塊A與質量不計的絕緣木板B疊放在水平面上，A位于B的最左端且與豎直固定于水平面上的擋板P相距s0＝3 m，已知A與B間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.8，B與水平面間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.5，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，與擋板相撞沒有機械能損失，且A帶電荷量始終保持不變。整個裝置處在大小E＝6103 N/C、方向水平向右的勻強電場中，現(xiàn)將A、B同時由靜止釋放，重力加速度g取10 m/s2。求： 圖7 (1)A、B釋放時，物塊A的加速度大?。? (2)若A與擋板不相碰，木板的最小長度L0； (3)若木板長度為L＝0.8 m，整個過程中木板運動的總路程s。 【答案】(1)1 m/s2　(2)1 m　(3)2.32 m 【解析】(1)A和B一起做勻加速運動，由牛頓第二定律得a＝＝＝1 m/s2。 (3)因為L小于L0，故物塊與擋板碰撞，然后原速返回，與木板B共同反向做勻減速運動，直到速度為零，再共同加速向右滑動，不斷往復，最終A、B都停在擋板P處。物塊A和木板B間產(chǎn)生熱量Q1＝μ1mgL，木板與水平面間產(chǎn)生的熱量Q2＝μ2mgs，整個過程由能量守恒定律得Eqs0＝Q1＋Q2，代入數(shù)據(jù)解得s＝2.32 m。 聯(lián)立方程，代入數(shù)值求得 Q＝2 J 18.如圖7，ABD為豎直平面內的光滑絕緣軌道，其中AB段是水平的，BD段為半徑R＝0.2 m的半圓，兩段軌道相切于B點，整個軌道處在豎直向下的勻強電場中，場強大小E＝5.0103V/m。一不帶電的絕緣小球甲，以速度v0沿水平軌道向右運動，與靜止在B點帶正電的小球乙發(fā)生彈性碰撞。已知甲、乙兩球的質量均為m＝1.010－2kg，乙所帶電荷量q＝2.010－5C，g取10 m/s2。(水平軌道足夠長，甲、乙兩球可視為質點，整個運動過程無電荷轉移) 圖7 (1)甲乙兩球碰撞后，乙恰能通過軌道的最高點D，求乙在軌道上的首次落點到B點的距離； (2)在滿足(1)的條件下，求甲的速度v0。 【答案】(1)0.4 m　(2)2 m/s (2)設碰撞后甲、乙的速度分別為v甲、v乙，根據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律有： mv0＝mv甲＋mv乙⑤ mv＝mv＋mv⑥ 聯(lián)立⑤⑥得：v乙＝v0，v甲＝0⑦ 由動能定理得： 聯(lián)立解得q＝＝ C＝0.65 C。 23.如圖9所示，質量為100 g的鋁框，用細線懸掛起來，框中央離地面h為0.8 m，有一質量為200 g的磁鐵以10 m/s的水平速度射入并穿過鋁框，落在距鋁框原位置水平距離3.6 m處，則在磁鐵與鋁框發(fā)生相互作用時，求： 圖9 (1)鋁框向哪邊偏斜，它能上升多高； (2)在磁鐵穿過鋁框的整個過程中，框中產(chǎn)生了多少熱量。 【答案】(1)0.2 m　(2)1.7 J 鋁框作用后獲得的速度向右，則將向右偏斜。根據(jù)機械能守恒，有m2gh′＝m2v2′2 故h′＝＝＝0.2 m。 (2)根據(jù)能的轉化與守恒定律，磁鐵的動能一部分轉化為電能，另一部分轉化為鋁框的動能，即 m1v＝m1v1′2＋m2v2′2＋W電 解得W電＝m1v－m1v1′2－m2v1′2 ＝0.2102－0.292－0.122＝1.7 J。 即Q＝1.7 J。 (3)若油滴恰不能撞到a板，且再返回并穿過M點，由動能定理得 0－mv＝－mgL－qUba′ 得Uba′＝U1＋ 考慮到油滴返回時速度方向已經(jīng)相反，為了使油滴沿原路與細管無接觸地返 回并穿過M孔，磁感應強度的大小不變，方向相反，即B′＝－B. 28．如圖所示,xOy平面為一光滑水平面，在此區(qū)域內有平行于xOy平面的勻強電場,場強大小E＝100 V/m；同時有垂直于xOy平面的勻 強磁場．一質量m＝210－6 kg、電荷量q＝210－7 C的帶負電粒子從坐標原點O以一定的初動能入射，在電場和磁場的作用下發(fā)生偏轉，到達P(4，3)點時，動能變?yōu)槌鮿幽艿?.5倍，速度方向垂直O(jiān)P向上．此時撤去磁場， 經(jīng)過一段時間該粒子經(jīng)過y軸上的M(0，6.25)點，動能變?yōu)槌鮿幽艿?.625倍，求： (1)粒子從O到P與從P到M的過程中電場力做功的大小之比； (2)OP連線上與M點等電勢的點的坐標； (3)粒子由P點運動到M點所需的時間． 【答案】(1)4∶1　(2)(3 m，2.25 m)　(3)0.5 s 【解析】(1)設粒子在P點時的動能為Ek，則初動能為2Ek，在M點的動能為 1.25Ek. 由于洛倫茲力不做功，粒子從O點到P點和從P點到M點的過程中，電場 力做的功大小分別為W1、W2 由動能定理得：－W1＝Ek－2Ek W2＝1.25Ek－Ek 則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為等勢線，因此OP為電場線，方向從O指向P 帶負電粒子從P到M過程中做類平拋運動，設運動時間為t 則DP＝t2 又DP＝OP－OD＝1.25 m 解得t＝0.5 s