第6讲+功能关系在电磁学中的应用(含答案解析)

第6讲 功能关系在电磁学中的应用一、选择题(1～6题为单项选择题，7～9题为多项选择题)1．(2014·全国大纲卷，15)地球表面附近某区域存在大小为150 N/C 、方向竖直向下的电场．一质量为1.00×10－4 kg 、带电量为－1.00×10－7 C 的小球从静止释放，在电场区域内下落10.0 m ．对此过程，该小球的电势能和动能的改变量分别为(重力加速度大小取9.80 m/s 2，忽略空气阻力)( )A ．－1.50×10－4 J 和9.95×10－3 JB ．1.50×10－4 J 和9.95×10－3 JC ．－1.50×10－4 J 和9.65×10－3 JD ．1.50×10－4 J 和9.65×10－3 J解析 小球下落过程中，电场力做负功，电势能增加，增加的电势能ΔE p ＝qEh ＝1.00×10－7×150×10.0 J ＝1.50×10－4 J ．由动能定理知，动能的改变量为合外力做的功，则动能改变量ΔE k ＝(mg －qE )h ＝(1.00×10－4×9.8－1.00×10－7×150)×10.0 J ＝9.65×10－3 J. 答案 D2．如图所示，质量为m 的物块(可视为质点)，带正电q ，开始时让它静止在倾角α＝60°的固定光滑绝缘斜面顶端，整个装置放在水平方向向左、大小为E ＝3mg /q 的匀强电场中(设斜面顶端处电势为零)，斜面高为H .释放后，物块落地时的电势能为E p ，物块落地时的速度大小为v ，则( )A ．E p ＝33mgHB ．E p ＝－33mgHC ．v ＝2gHD ．v ＝2gH解析 由电场力做功等于电势能的变化可得物块落地时的电势能为E p＝－qEH /tan 60°＝－3mgH /3＝－mgH ，选项A 、B 错误；由动能定理知，mgH ＋qEH /tan 60°＝12m v 2，解得v ＝2gH ，选项C 正确，D 错误． 答案 C3．(2014·信阳一模)如图所示，质量为m 的金属线框A 静置于光滑水平面上，通过细绳跨过定滑轮与质量为m 的物体B 相连，图中虚线内为一水平匀强磁场，d 表示A 与磁场左边界的距离，不计滑轮摩擦及空气阻力，设B 下降h (h ＞d )高度时的速度为v ，则以下关系中能够成立的是( )A ．v 2＝ghB ．v 2＝2ghC ．A 产生的热量Q ＝mgh －m v 2D ．A 产生的热量Q ＝mgh －12m v 2解析 由于线框在磁场内的运动情况未知，故不能判断v 与h 的具体关系，故A 、B 错误；根据题意，线框A 进入磁场的过程克服安培力做功，线框A 产生的热量为Q ，对A 、B 构成的系统，在B 下降h 高度的过程中，据能量转化与守恒定律有mgh ＝12×2m v 2＋Q ，Q ＝mgh －m v 2，故选项C 正确． 答案 C4．(2014·安徽卷，17)一带电粒子在电场中仅受静电力作用，做初速度为零的直线运动．取该直线为x 轴，起始点O 为坐标原点，其电势能E p 与位移x 的关系如图所示，下列图象中合理的是( )解析由E p －x 图象可知，图线上任一点切线的斜率逐渐减小，又因ΔE p ＝W ＝Eq ·x ，由此判断粒子所受到的电场力、加速度及电场强度逐渐减小，故选项D 正确，选项A 、B 、C 均错．答案 D5．如图所示，固定放置在同一水平面内的两根平行长直金属导轨的间距为d ，其右端接有阻值为R 的电阻，整个装置处在竖直向上、磁感应强度大小为B 的匀强磁场中．一质量为m (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，杆与导轨之间的动摩擦因数为μ.现杆在水平向左、垂直于杆的恒力F 作用下从静止开始沿导轨运动距离l 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 ，导轨电阻不计，重力加速度大小为g .则此过程中( )A ．杆的速度最大值为(F －μmg )RB 2d 2B ．安培力做的功等于电阻R 上产生的热量C ．恒力F 做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的变化量D ．恒力F 做的功与安培力做的功之和大于杆动能的变化量解析 当杆达到最大速度v m 时，F －μmg －B 2d 2v m R ＋r＝0得v m ＝(F －μmg )(R ＋r )B 2d 2，A 错；安培力做的功等于电阻R 和r 上产生的热量，B 错；在杆从开始到达到最大速度的过程中由动能定理得W F ＋W f ＋W 安＝ΔE k ，其中W f ＝－μmgl ，W 安＝－Q ，恒力F 做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的变化量与回路产生的焦耳热之和，C 错；恒力F 做的功与安培力做的功之和等于杆动能的变化量与克服摩擦力做的功之和，D 对． 答案 D6．(2014·江西重点中学联盟第二次联考)质量为m 的带正电小球由空中某点自由下落，下落高度h 后在整个空间加上竖直向上的匀强电场，再经过相同时间小球又回到原出发点，不计空气阻力，且整个运动过程中小球从未落地，重力加速度为g ，则( )A ．从加电场开始到小球返回原出发点的过程中，小球电势能减少了mghB ．从加电场开始到小球下落最低点的过程中，小球动能减少了mghC ．从开始下落到小球运动至最低点的过程中，小球重力势能减少了53mghD ．小球返回原出发点时的速度大小为7gh解析 小球先做自由落体运动，然后受电场力和重力向下做匀减速到速度为零，再向上做匀加速回到出发点．设小球下落高度h 用了t 秒，加上电场后小球的加速度大小为a ，加上电场时速度为v ，规定向下为正方向，由运动学公式：12gt 2＋gt ×t －12at 2＝0，解得a ＝3g ，由v 2＝2gh ，解得v ＝2gh ；根据牛顿第二定律，F 电－mg ＝ma ，得F 电＝4mg ，因此，从加电场开始到小球返回原出发点的过程中，电场力做功为W 电＝F 电h ＝4mgh ，根据电场力做功和电势能的关系，可知小球的电势能的减少量为ΔE p ＝4mgh ，故选项A 错误；从加电场开始到小球下落最低点的过程中，小球动能减少量为ΔE k ＝12m v 2－0＝mgh ，选项B 正确；从加电场开始到小球下落最低点的过程中，设下落高度为h ′，由运动学公式：v 2＝2ah ′，解得h ′＝h 3，从开始下落到小球运动至最低点的过程中，重力做功为W G ＝mg (h ＋h ′)＝43mgh ，根据重力做功和重力势能的关系，可知小球的重力势能的减少量为ΔE p ′＝43mgh ，选项C 错误；设小球返回到原出发点时的速度为v ′，由动能定理，可得12m v ′2＝3mg (h ＋h ′)，解得v ′＝8gh ，选项D 错误． 答案 B7．如图所示，两平行金属板水平放置，板长为L ，板间距离为d ，板间电压为U ，一不计重力、电荷量为q 的带电粒子以初速度v 0沿两板的中线射入，经过t 时间后恰好沿下板的边缘飞出，则( )A ．在前t 2时间内，电场力对粒子做的功为14UqB ．在后t 2时间内，电场力对粒子做的功为38UqC ．在粒子下落的前d 4和后d 4过程中，电场力做功之比为1∶1D ．在粒子下落的前d 4和后d 4过程中，电场力做功之比为1∶2解析 粒子在两平行金属板间做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，在前后两个t 2的时间内沿电场线方向的位移之比为1∶3，则在前t 2时间内，电场力对粒子做的功为18Uq ，在后t 2时间内，电场力对粒子做的功为38Uq ，选项A 错，B 对；由W ＝Eq ·s 知在粒子下落的前d 4和后d 4过程中，电场力做功之比为1∶1，选项C 对，D 错．答案 BC8．如图所示，在竖直平面内有一匀强电场，其方向与水平方向成α＝30°角斜向上，在电场中有一质量为m 、电量为q 的带电小球，用长为L 的不可伸长的绝缘细线挂于O 点，当小球静止于M 点时，细线恰好水平．现用外力将小球拉到最低点P ，然后无初速度释放，则以下判断正确的是( )A ．小球再次到达M 点时，速度刚好为零B ．小球从P 到M 过程中，合外力对它做了3mgL 的功C ．小球从P 到M 过程中，小球的机械能增加了3mgLD ．如果小球运动到M 点时，细线突然断裂，小球以后将做匀变速曲线运动解析 小球从P 到M 的过程中，线的拉力不做功，只有电场力和小球重力做功，它们的合力也是3mg ，方向水平向右，所以小球再次到达M 点时，速度最大，而不是零，选项A 错．小球从P 到M 过程中，电场力与重力的合力大小为3mg ，这个方向上位移为L ，所以做功3mgL ，选项B 正确．小球从P 到M 过程中，机械能的增加量等于电场力做的功，由于电场力为2mg ，由P 到M 沿电场线方向的距离为d ＝L sin 30°＋L cos 30°＝L 2(1＋3)，故电场力做功为2mg ·d ＝mgL (1＋3)，故选项C 错误．如果小球运动到M 点时，细线突然断裂，小球的速度方向竖直向上，所受合外力水平向右，小球将做匀变速曲线运动，选项D 正确． 答案 BD9．(2014·菏泽二模)如图所示，相距为L 的两条足够长的平行金属导轨，与水平面的夹角为θ，导轨上固定有质量为m ，电阻为R 的两根相同的导体棒，导体棒MN 上方轨道粗糙，下方光滑，整个空间存在垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度为B .将两根导体棒同时释放后，观察到导体棒MN 下滑而EF 保持静止，当MN 下滑速度最大时，EF 与轨道间的摩擦力刚好到达最大静摩擦力，下列叙述正确的是( )A ．导体棒MN 的最大速度为2mgR sin θB 2L 2B ．导体棒EF 与轨道之间的最大静摩擦力为mg sin θC ．导体棒MN 受到的最大安培力为mg sin θD ．导体棒MN 所受重力的最大功率为m 2g 2R sin 2θB 2L 3解析 当导体棒MN 匀速运动时速度最大，由平衡条件得mg sin θ＝B 2L 2v 2R ，则得最大速度为v ＝2mgR sin θB 2L 2，选项A 正确；由题意知，当MN 下滑的速度最大时，EF 与轨道间的摩擦力刚好达到最大静摩擦力，两棒所受的安培力大小相等，方向相反，则对EF 棒，有mg sin θ＋B 2L 2v 2R ＝f m ，则可得最大静摩擦力为f m ＝2mg sin θ，选项B 错误；导体棒MN 匀速运动时速度最大，感应电流最大，所受的安培力也最大，由平衡条件可知，最大安培力为F m ＝mg sin θ，选项C 正确；导体棒MN 所受重力的最大功率为P m ＝mg sin θ·v ＝2m 2g 2R sin 2 θB 2L 2，选项D 错误． 答案 AC 二、非选择题10．(2014·亳州模拟) 如图所示，在E ＝103 V/m 的竖直匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道QPN 与一水平绝缘轨道MN 在N 点平滑相接，半圆形轨道平面与电场线平行，其半径R ＝40 cm ，N 为半圆形轨道最低点，P 为QN 圆弧的中点，一带负电q ＝10－4C 的小滑块质量m ＝10 g ，与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.15，位于N 点右侧1.5 m 的M 处，取g ＝10 m/s 2，求：(1)要使小滑块恰能运动到圆轨道的最高点Q ，则小滑块应以多大的初速度v 0向左运动？(2)这样运动的小滑块通过P 点时对轨道的压力是多大？解析 设小滑块到达Q 点时速度为v ，由牛顿第二定律得mg ＋qE ＝m v 2R小滑块从开始运动至到达Q 点过程中，由动能定理得－mg ·2R －qE ·2R －μ(mg ＋qE )x ＝12m v 2－12m v 20 联立方程组，解得：v 0＝7 m/s.(2)设小滑块到达P 点时速度为v ′，则从开始运动至到达P 点过程中，由动能定理得－(mg ＋qE )R －μ(qE ＋mg )x ＝12m v ′2－12m v 20又在P 点时，由牛顿第二定律得F N ＝m v ′2R 代入数据，解得：F N ＝0.6 N由牛顿第三定律得，小滑块对轨道的压力 F N ′＝F N ＝0.6 N答案 (1)7 m/s (2)0.6 N11．如图甲所示，MN 、PQ 为水平放置的足够长的平行光滑导轨，导轨间距L 为0.5 m ，导轨左端连接一个阻值为2 Ω的定值电阻R ，将一根质量为0.2 kg 的金属棒cd 垂直放置在导轨上，且与导轨接触良好，金属棒cd 的电阻r ＝2 Ω，导轨电阻不计，整个装置处于垂直导轨平面向下的匀强磁场中，磁感应强度为B ＝2 T ．若棒以1 m/s 的初速度向右运动，同时对棒施加水平向右的拉力F 作用，并保持拉力的功率恒为4 W ，从此时开始计时，经过2 s 金属棒的速度稳定不变，图乙为安培力与时间的关系图象．试求：(1)金属棒的最大速度；(2)金属棒速度为3 m/s 时的加速度；(3)求从开始计时起2 s 内电阻R 上产生的电热．解析 (1)金属棒的速度最大时，所受合外力为零，即BIL ＝F 而P ＝F ·v m ，I ＝BL v m R ＋r 解出v m ＝P (R ＋r )BL ＝4×(2＋2)2×0.5 m/s ＝4 m/s. (2)速度为3 m/s 时，感应电动势 E ＝BL v ＝2×0.5×3 V ＝3 V电流I ＝E R ＋r ，安培力F 安＝BIL 金属棒受到的拉力F ＝P v ＝43 N 由牛顿第二定律得F －F 安＝ma 解得a ＝F －F 安m ＝43－340.2 m/s 2＝3512 m/s 2. (3)在此过程中，由动能定理得 Pt ＋W 安＝12m v 2m －12m v 20W 安＝－6.5 J Q R ＝－W 安2＝3.25 J答案 (1)4 m/s (2)3512 m/s 2 (3)3.25 J12．(2014·天津卷，21)如图所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角θ＝30°的斜面上，导轨电阻不计，间距L ＝0.4 m ．导轨所在空间被分成区域Ⅰ和Ⅱ，两区域的边界与斜面的交线为MN ，Ⅰ中的匀强磁场方向垂直斜面向下，Ⅱ中的匀强磁场方向垂直斜面向上，两磁场的磁感应强度大小均为B ＝0.5 T ．在区域Ⅰ中，将质量m 1＝0.1 kg ，电阻R 1＝0.1 Ω 的金属条ab 放在导轨上，ab 刚好不下滑．然后，在区域Ⅱ中将质量m 2＝0.4 kg ，电阻R 2＝0.1 Ω的光滑导体棒cd 置于导轨上，由静止开始下滑．cd 在滑动过程中始终处于区域Ⅱ的磁场中，ab 、cd 始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，取g ＝10 m/s 2，问：(1)cd 下滑的过程中，ab 中的电流方向；(2)ab 刚要向上滑动时，cd 的速度v 多大；(3)从cd 开始下滑到ab 刚要向上滑动的过程中，cd 滑动的距离x ＝3.8 m ，此过程中ab 上产生的热量Q 是多少．解析 (1)根据右手定则判知cd 中电流方向由d 流向c ，故ab 中电流方向由a 流向b .(2)开始放置ab 刚好不下滑时，ab 所受摩擦力为最大摩擦力，设其为Fmax，有F max ＝m 1g sin θ①设ab刚好要上滑时，cd棒的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律有E＝BL v②设电路中的感应电流为I，由闭合电路欧姆定律有I＝ER1＋R2③设ab所受安培力为F安，有F安＝BIL④此时ab受到的最大摩擦力方向沿斜面向下，由平衡条件有F安＝m1g sin θ＋F max⑤联立①②③④⑤式，代入数据解得：v＝5 m/s⑥(3)设cd棒运动过程中电路中产生的总热量为Q总，由能量守恒定律有m2gx sin θ＝Q总＋12m2v2⑦由串联电路规律有Q＝R1R1＋R2Q总⑧联立解得：Q＝1.3 J⑨答案(1)由a流向b(2)5 m/s(3)1.3 J。