1、第2讲功能关系在电学中的应用(建议用时:40分钟满分:100分)一、选择题(本大题共8小题,每小题8分,共64分,第15题只有一项符合题目要求,第68题有多项符合题目要求)1.(2017安徽池州联考)如图所示,匀强电场水平向左,带正电的物体沿绝缘、粗糙水平板向右运动,经A点时动能为100 J,到B点时动能减少到80 J,减少的动能中有12 J 转化为电势能,则它再经过B点时,动能大小是(B)A.4 J B.16 JC.32 JD.64 J解析:设物体向右运动到C点速度为零,然后返回,A,B间距离为x1,B,C间距离为x2,从A到B过程中,由动能定理得-(f+qE)x1=(80-100)J=-2
2、0 J.由电场力做功与电势能的关系知qEx1=12 J,解得qE=.从B到C过程中,由动能定理得-(f+qE)x2=-80 J,解得fx2=32 J.从B到C再返回B的过程中,由动能定理得-2fx2=Ek-80 J,解得Ek=16 J,故选项B正确.2.(2017山东烟台模拟)如图(甲),倾角为的光滑绝缘斜面,底端固定一带电荷量为Q的正点电荷.将一带正电小物块(可视为质点)从斜面上A点由静止释放,小物块沿斜面向上滑动至最高点B处,此过程中小物块的动能和重力势能随位移的变化图像如图(乙)(E1和x1为已知量).已知重力加速度为g,静电力常量为k,由图像可以求出( C )A.小物块所带电荷量B.A
3、,B间的电势差C.小物块的质量D.小物块速度最大时到斜面底端的距离解析:由动能图线得知,小物块的速度先增大后减小.根据库仑定律得知,小物块所受的库仑力逐渐减小,合外力先减小后增大,加速度先减小后增大,则小物块先沿斜面向上做加速度逐渐减小的加速运动,再沿斜面向上做加速度逐渐增大的减速运动,直至速度为零.由动能图线看出,速度有最大值,此时小物块受力平衡,有库仑力与重力沿斜面的分力平衡,由于没有x的具体数据,所以不能求得小物块所带电荷量,选项A错误;A到B的过程中重力势能的增加等于电势能的减少,所以可以求出小物块电势能的减少,由于小物块的电荷量不知道,所以不能求出A,B之间的电势差,选项B错误;由重
4、力势能图线得到E1=mgh=mgx1sin ,即可求出m,选项C正确;图像中不能确定哪一点的速度最大,题目中也没有小物块的电荷量等信息,所以不能确定小物块速度最大时到斜面底端的距离,选项D错误.3.(2017河北邯郸一模)如图所示,一足够长的光滑平行金属轨道,轨道平面与水平面成角,上端与一电阻R相连,处于方向垂直轨道平面向上的匀强磁场中.质量为m、电阻为r的金属杆ab,从高为h处由静止释放,下滑一段时间后,金属杆开始以速度v匀速运动直到轨道的底端.金属杆始终保持与轨道垂直且接触良好,轨道的电阻及空气阻力均可忽略不计,重力加速度为g.则(C)A.金属杆加速运动过程中的平均速度为B.金属杆加速运动
5、过程中克服安培力做功的功率大于匀速运动过程中克服安培力做功的功率C.当金属杆的速度为时,它的加速度大小为D.整个运动过程中电阻R产生的焦耳热为mgh-mv2解析:对金属杆分析知,金属杆ab在运动过程中受到重力、轨道支持力和安培力作用,先做加速度减小的加速运动,后做匀速运动,因金属杆加速运动过程不是匀加速,故其平均速度不等于,故选项A错误;当安培力等于重力沿斜面的分力,即mgsin =时,杆ab开始匀速运动,此时v最大,F安最大,故匀速运动时克服安培力做功的功率最大,选项B错误;当金属杆速度为时,F安=mgsin ,所以F合=mgsin -F安=mgsin =ma,得a=,选项C正确;由能量守恒
6、可得mgh-mv2=Qab+QR,即mgh-mv2应等于电阻R和金属杆上产生的总焦耳热,选项D错误.4.(2017江苏十校联考)如图所示,一电荷量为-Q的点电荷甲,固定在绝缘水平面上的O点.另一电荷量为+q、质量为m的点电荷乙,从A点以初速度v0沿它们的连线向甲运动,到B点时的速度减小到最小,大小为v,已知点电荷乙受到水平面的阻力恒为mg,g为重力加速度,A,B间距离为L,静电力常量为k,则下列说法正确的是(A)A.点电荷甲在B点处的电场强度大小为B.O,B两点间的距离大于C.在点电荷甲形成的电场中,A,B两点间电势差UAB=D.点电荷甲形成的电场中,A点的电势低于B点的电势解析:因为电荷乙从
7、A点运动到B点时的速度减小到最小,故此时电荷乙的加速度为零,即EBq=mg,即EB=,选项A正确;根据点电荷的场强公式EB=k=,解得xOB=,选项B错误;从A点到B点由动能定理可知qUAB-mgL=mv2-m,UAB=,选项C错误;点电荷甲带负电,故在所形成的电场中,A点的电势高于B点的电势,选项D错误.5.(2017浙江绍兴质量检测)如图所示,是竖直平面内两个相同的半圆形光滑绝缘轨道,K为轨道最低点.轨道处于垂直纸面向外的匀强磁场中,轨道处于水平向右的匀强电场中.两个完全相同的带正电小球a,b从静止开始下滑至第一次到达最低点K的过程中,带电小球a,b相比(C)A.球a所需时间较长B.球a机
8、械能损失较多C.在K处球a速度较大D.在K处球b对轨道压力较大解析:洛伦兹力不做功,仅重力对a做功,由动能定理得mgr=m;重力做正功,电场力对b球做负功,mgr-Eqr=m,由以上两式得v1v2,a球所需时间较短,选项A,B错误,C正确;在最低点对a球有FN1+F洛-mg=,对b球有FN2-mg=,无法比较FN1,FN2大小,选项D错误.6.(2017天津质量调查)光滑水平面上有一边长为L的正方形区ABCD处在电场强度为E的匀强电场中,电场方向与正方形的某一条边平行,一质量为m、带电荷量为q的小球由AD边的中点以垂直于该边的水平初速度v0进入该正方形区域,当小球再次运动到该正方形区域的边缘时
9、,具有的动能可能为(AC)A.m+qELB.m+qELC.m+qELD.m+qEL解析:若电场方向与BC平行,则电场力做的功WEqL,动能满足mEkm+qEL.若电场方向与AB平行,则电场力做的功W=qEL或W=-qEL或W=0,动能Ek=m+EqL或Ek=m-EqL或Ek=m,故A,C正确,B,D错误.7.(2017湖北十三校二联)如图(甲)所示,abcd是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框,在金属线框的下方有一磁感应强度为B的匀强磁场区域,MN和MN是匀强磁场区域的水平边界,边界的宽度为s,并与线框的bc边平行,磁场方向与线框平面垂直.现让金属线框由距MN的某一高度从静止开始下落,图(乙)
10、是金属线框由开始下落到完全穿过匀强磁场区域的vt图像(其中OA,BC,DE相互平行).已知金属线框的边长为L(Ls)、质量为m、电阻为R,当地的重力加速度为g,图像中坐标轴上所标出的字母v1,v2,t1,t2,t3,t4均为已知量.(下落过程中bc边始终水平)根据题中所给条件,以下说法正确的是(AC)A.t2时刻是线框全部进入磁场瞬间,t4时刻是线框全部离开磁场瞬间B.从bc边进入磁场起一直到ad边离开磁场为止,克服安培力所做的功为mgsC.v1的大小可能为D.线框穿出磁场过程中流经线框横截面的电荷量比线框进入磁场过程中流经线框横截面的电荷量多解析:线框进入磁场之前,做自由落体运动,即匀加速直
11、线运动;线框的bc边进入磁场后,ad边进入磁场前,bc边受向上的安培力,加速度a=,做加速度越来越小的变减速运动;当线框全部进入磁场中后,线框受安培力为零,又做匀加速直线运动,加速度为g;当bc边出磁场,只有ad边在磁场中时,ad边受向上的安培力,a=,做加速度越来越小的变减速运动;当线框全部出磁场之后,其只受重力,又做匀加速直线运动,加速度为g;对照图(乙)可知,t2时刻是线框全部进入磁场瞬间、t4时刻是线框全部离开磁场瞬间,选项A正确;由能量关系可得,从bc边进入磁场到ad边出磁场的过程中克服安培力做的功为W=mg(s+L)-(m-m),选项B错误;由q=n可知,线框穿出磁场过程中流经线框
12、横截面的电荷量与线框进入磁场过程中流经线框横截面的电荷量相等,选项D错误;当线框速度为v1时,其所受安培力若正好与重力相平衡,则有F安=mg,即=mg,得v1=,选项C正确.8.(2017湖南师大附中模拟)如图所示,质量为3m的重物与一质量为m的线框用一根绝缘细线连接起来,挂在两个高度相同的定滑轮上,已知线框电阻为R,横边边长为L,水平方向匀强磁场的磁感应强度为B,磁场上下边界的距离、线框竖直边长均为h.初始时刻,磁场的下边缘和线框上边缘的高度差为2h,将重物从静止开始释放,线框穿出磁场前,若线框已经做匀速直线运动,滑轮质量、摩擦阻力均不计.则下列说法中正确的是(AB)A.线框进入磁场时的速度
13、为B.线框穿出磁场时的速度为C.线框进入磁场后,若某一时刻的速度为v,则加速度为a=g-D.线框通过磁场的过程中产生的热量Q=8mgh-解析:线框进入磁场前,根据重物与线框组成的系统机械能守恒得(3mg-mg)2h=(3m+m),解得线框进入磁场时的速度为v0=,选项A正确;线框穿出磁场前,根据平衡条件得3mg-mg=F安,而F安=,联立解得线框穿出磁场时的速度为v=,选项B正确;线框进入磁场后,若某一时刻的速度为v,对整体,根据牛顿第二定律得3mg-mg-=(3m+m)a,解得a=g-,选项C错误;设线框通过磁场的过程中产生的热量为Q.对从静止到刚通过磁场的过程,根据能量守恒得Q=(3mg-
14、mg)4h-(3m+m)v2,将v=代入得Q=8mgh-,选项D错误.二、非选择题(本大题共2小题,共36分)9.(18分)如图所示,一根有一定电阻的直导体棒质量为m、长为L,其两端放在位于水平面内间距也为L的光滑平行导轨上,并与之接触良好;棒左侧两导轨之间连接一可控电阻;导轨置于匀强磁场中,磁场的磁感应强度大小为B,方向垂直于导轨所在平面.t=0时刻,给导体棒一个平行于导轨的初速度,此时可控电阻的阻值为R0.在棒运动过程中,通过可控电阻的变化使棒中的电流保持恒定.不计导轨电阻,导体棒一直在磁场中.(1)求可控电阻R随时间t变化的关系式;(2)若已知棒中电流为I,求0t时间内可控电阻上消耗的平
15、均功 率P;(3)若在棒的整个运动过程中将题中的可控电阻改为阻值为R0的定值电阻,则棒将减速运动位移x1后停下,而由题中条件,棒将运动位移x2后停下,求的值.解析:(1)因棒中的电流保持恒定,故棒做匀减速直线运动,设棒的电阻为r,电流为I,其初速度为v0,加速度大小为a,经时间t后,棒的速度变为v,则有v=v0-at,而a=t=0时刻棒中电流为I=经时间t后棒中电流为I=由以上各式得R=R0-t.(2)因可控电阻R随时间t均匀减小,故所求功率为P=I2由以上各式得P=I2(R0-).(3)将可控电阻改为定值电阻R0,棒将做变减速运动.有v0=t,=,而t=t,=,由以上各式得x1=而x2=由以
16、上各式得x2=所求=.答案:(1)R=R0-t(2)I2(R0-)(3)2110.(18分)(2017江南十校二模)如图(甲),斜面AO的倾角=30,其表面动摩擦因数为1,水平地面OB动摩擦因数2=0.30,过斜面底端O点的竖直线(虚线)右侧,存在平行于OB的匀强电场(图中未画出),视为质点的滑块其质量m=1.00 kg、带电荷量q=+2.0010-6 C,由静止从斜面上的P点下滑至地面上的Q点,该过程滑块的速率图像如图(乙).(滑块电荷量恒定不变,不考虑经过O点时滑块的能量损失).(1)求P点高度h及动摩擦因数1;(2)求匀强电场的大小E和方向及滑块的最大电势能Ep(设O点电势 为零);(3
17、)在图(乙)中,将1.25秒后滑块速率图像加以补充,并根据变化规律得出滑块第n次从O点向右运动的最大距离sn.解析:(1)根据图像,PO=1.00 m,所以P点高度为h=POsin =0.50 m.滑块在斜面上向下滑行加速度a1=2.00 m/s2有mgsin 30-1mgcos 30=ma1,得1=.(2)根据图像,在地面上向右滑行加速度a2=8.00 m/s2,滑行位移xOQ=0.25 m,滑块第一次到达O点的速度为v1,电场力做功为W1,故有W1-2mgxOQ=0-m,因v1=2 m/s,得W1=-1.25 J因OQ为在地面上向右滑行的最大距离,所以最大电势能Ep=1.25 J.-W1=
18、EqxOQ,得E=2.50106 V/m,方向向左.(3)从PO,加速度a1=2.00 m/s2,方向沿斜面向下.从OQ,加速度a2=8.00 m/s2,方向向左.从QO,加速度a3=2.00 m/s2,方向向左.从OP(第一次返回斜面向上运动),加速度a4=8.00 m/s2,方向沿斜面向下.所以滑块往返运动的速度图像如图.可以看出,图中三角形的高和底边长按比例递减,图中阴影面积为滑块每次从O点向右运动的最大距离,依次为s1,s2,s3,sn.由图像可以看出s1s2s3sn=1()()2()n-1,又有s1=0.25 m所以sn=s1()n-1= m(n=1,2,3,n).答案:(1)0.50 m(2)2.50106 V/m方向向左1.25 J(3)图见解析Sn= m(n=1,2,3,n)
