1、电磁学中的功能关系一 单项选择题1.如图所示，在绝缘水平面上方存在着足够大的水平向右的匀强电场，带正电的小金属块以一定的初速度从A点开始沿水平面向左做直线运动，经L长度到达B点，速度变为零在此过程中，金属块损失的动能有转化为电势能金属块继续运动到某点C(图中未标出)时的动能和A点时的动能相同，则金属块从A开始运动到C的整个过程中经过的总路程为() A1.5L B2L C3L D4L【解析】根据题述，小金属块从A运动到B，克服摩擦力做功WfEkfL，克服电场力做功WEEkqEL.设小金属块从B运动到C经过的路程为s，由动能定理qEsfsEk，解得s3L.金属块从A开始运动到C的整个过程中经过的总
2、路程为Ls4L，选项D正确【答案】D2.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(hd)高度时的速度为v，则以下关系中能够成立的是()Av2ghBv22ghCA产生的热量Qmghmv2DA产生的热量Qmghmv2【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mgh2mv2Q，Qmghmv
3、2，故选项C正确【答案】C3.如图所示，上下开口、内壁光滑的铜管P和塑料管Q竖直放置，小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放，并落至底部，则小磁块()A在P和Q中都做自由落体运动 B在两个下落过程中的机械能都守恒 C在P中的下落时间比在Q中的长 D落至底部时在P中的速度比在Q中的大【解析】由于电磁感应，小磁块在铜管P中还受到向上的磁场力，而在塑料管中只受到重力，即只在Q中做自由落体运动，机械能守恒，故A、B错误；而在P中加速度较小，下落时间较长，落至底部的速度较小，故C正确，D错误【答案】C4.如图甲，倾角为的光滑绝缘斜面，底端固定一带电量为Q的正点电荷将一带正电小物块(可视为质点)从斜面上
4、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象如图乙(E1和x1为已知量)已知重力加速度为g，静电力常量为k，由图象可求出()A小物块的带电量BA、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】小物块在B点时E1mgx1sin ，解得m，选项C正确；小物块由A到B的过程中，据动能定理，可得qUABWG0，由功能关系知WGE1，故有qUABE1，故只能求得小物块由A到B的过程中电场力所做的功(或小物块电势能的减少量)，无法求出小物块的带电量及A、B两点间的电势差，选项A、B错误；小物块向上运动的过程中，开始时库仑力大于重力沿
5、斜面向下的分力，小物块向上加速，随着向上运动，库仑力减小，当库仑力等于重力沿斜面向下的分力时，小物块的速度达到最大，此时有mgsin k，因q未知，故无法求得小物块到斜面底端的距离r，选项D错误【答案】C5.质量为m、长度为l的金属棒MN两端由绝缘且等长轻质细线水平悬挂，处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B.开始时细线竖直，当金属棒中通以恒定电流后，金属棒从最低点向右开始摆动，若已知细线与竖直方向的最大夹角为60，如图所示，则棒中电流()A.方向由M向N，大小为B.方向由N向M，大小为C.方向由M向N，大小为D.方向由N向M，大小为【答案】B【解析】平衡时两悬线与竖直方向夹角均为，故导
6、线受到向右的安培力，根据左手定则，可判断金属棒中的电流方向由N指向M；金属棒MN所受安培力的方向垂直于MN和磁场方向向右，由于棒向上运动的过程中重力和安培力做功，细线的拉力不做功，设细线的长度为x，由功能关系得：BIlxsin mg(xxcos )0解方程得：I.6.如图甲所示，左侧接有定值电阻R2 的水平粗糙导轨处于垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度B1 T，导轨间距L1 m.一质量m2 kg，阻值r2 的金属棒在水平拉力F作用下由静止开始从CD处沿导轨向右加速运动，金属棒的vx图象如图乙所示，若金属棒与导轨间动摩擦因数0.25，则从起点发生x1 m位移的过程中(g10 m/s2)()A.
7、金属棒克服安培力做的功W10.5 JB.金属棒克服摩擦力做的功W24 JC.整个系统产生的总热量Q4.25 JD.拉力做的功W9.25 J【答案】D【解析】金属棒与导轨间因摩擦产生的热量等于克服摩擦力做的功，为：Q1mgx0.252101 J5 J，故B、C错误；由vx图象得：v2x，金属棒所受的安培力F，代入得：F0.5x，则知F与x是线性关系.当x0时，安培力F00；当x1 m时，安培力F10.5 N，则从起点发生x1 m位移的过程中，安培力做功为W安xx1 J0.25 J，A错误；根据动能定理得：WmgxW安mv2，其中v2 m/s，0.25，m2 kg，代入解得，拉力做的功W9.25
8、J，故D正确.7.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mghD小球返回原出发点时的速度大小为【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
9、定向下为正方向，由运动学公式：gt2gttat20，解得a3g，由v22gh，解得v；根据牛顿第二定律，F电mgma，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h4mgh，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Ep4mgh，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Ekmv20mgh，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：v22ah，解得h，从开始下落到小球运动至最低点的过程中，重力做功为WGmg(hh)mgh，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E
10、pmgh，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mv23mg(hh)，解得v，选项D错误【答案】B8.如图所示，平行金属导轨与水平面成角，导轨与定值电阻R1和R2相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面.有一导体棒ab，质量为m，导体棒的电阻R0与固定电阻R1和R2的阻值均相等，与导轨之间的动摩擦因数为，导体棒ab沿导轨向上滑动，当上滑的速度为v时，受到安培力的大小为F.此时()A.电阻R1消耗的热功率为B.电阻R0消耗的热功率为C.整个装置消耗的热功率为mgvsin D.整个装置消耗的机械功率为(Fmgcos )v【答案】D【解析】设ab长度为L，磁感应强度为B，电阻R0R1R
11、2R.电路中感应电动势EBLv，ab中感应电流为：I，ab所受安培力为：FBIL电阻R1消耗的热功率为：P1(I)2R由得：P1Fv，电阻R0和R1阻值相等，P0I2RFv，故A、B错误；整个装置因摩擦而消耗的热功率为：PfFfvmgcos vmgvcos ，故C错误；整个装置消耗的机械功率为：P3FvPf(Fmgcos )v，故D正确.二 不定项选择题1.(多选)如图所示，竖直平面内有一足够长的宽度为L的金属导轨，质量为m的金属导体棒ab可在导轨上无摩擦地上下滑动，且导体棒ab与金属导轨接触良好，ab电阻为R，其他电阻不计导体棒ab由静止开始下落，过一段时间后闭合开关S，发现导体棒ab立刻做
12、变速运动，则在以后导体棒ab的运动过程中，下列说法中正确的是()A导体棒ab做变速运动期间加速度一定减小B单位时间内克服安培力做的功全部转化为电能，电能又转化为内能C导体棒减少的机械能转化为闭合电路中的电能和电热之和，符合能的转化和守恒定律D导体棒ab最后做匀速运动时，速度大小为v【解析】导体棒由静止下落，在竖直向下的重力作用下做加速运动开关闭合时，由右手定则判定，导体中产生的电流方向为逆时针方向，再由左手定则，可判定导体棒受到的安培力方向向上，FBILBL，导体棒受到的重力和安培力的合力变小，加速度变小，物体做加速度越来越小的运动，A正确；最后合力为零，加速度为零，做匀速运动由Fmg0得，B
13、Lmg，v，D正确；导体棒克服安培力做功，减少的机械能转化为电能，由于电流的热效应，电能又转化为内能，B正确【答案】ABD2.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v0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在前时间内，电场力对粒子做的功为UqB在后时间内，电场力对粒子做的功为UqC在粒子下落的前和后过程中，电场力做功之比为11D在粒子下落的前和后过程中，电场力做功之比为12【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，在前后两个的时间内沿电场线
14、方向的位移之比为13，则在前时间内，电场力对粒子做的功为Uq，在后时间内，电场力对粒子做的功为Uq，选项A错，B对；由WEqs知在粒子下落的前和后过程中，电场力做功之比为11，选项C对，D错【答案】BC3.如图所示，绝缘粗糙斜面体固定在水平地面上，斜面所在空间存在平行于斜面向上的匀强电场E，轻弹簧一端固定在斜面顶端，另一端拴接一不计质量的绝缘薄板.一带正电的小滑块，从斜面上的P点处由静止释放后，沿斜面向上运动，并能压缩弹簧至R点(图中未标出)，然后返回，则()A.滑块从P点运动到R点的过程中，其机械能增量等于电场力与弹簧弹力做功之和B.滑块从P点运动到R点的过程中，电势能的减小量大于重力势能和
15、弹簧弹性势能的增加量之和C.滑块返回时能到达的最低位置在P点的上方D.滑块最终停下时，克服摩擦力所做的功等于电势能的减小量与重力势能增加量之差【答案】BC【解析】在小滑块开始运动到到达R点的过程中，电场力做的功转化为小滑块的重力势能、弹簧的弹性势能以及内能.滑块从P点运动到R点的过程中，其机械能增量等于电场力与弹簧弹力做功、摩擦力做功之和.故A错误；电场力做的功转化为小滑块的重力势能、弹簧的弹性势能以及内能，所以电势能的减小量大于重力势能和弹簧弹性势能的增加量之和.故B正确；小滑块运动的过程中，由于摩擦力做功，小滑块的机械能与电势能的和减小，所以滑块返回时能到达的最低位置在P点的上方，不能再返
16、回P点.故C正确；滑块运动的过程中，由于摩擦力做功，小滑块的机械能与电势能的和逐渐减小，所以滑块最终停下时，克服摩擦力所做的功等于电势能的减小量与重力势能增加量、弹性势能增加量之差.故D错误.4.如图所示，光滑绝缘细管与水平面成30角，在管的上方P点固定一个点电荷Q，P点与细管在同一竖直平面内，管的顶端A与P点连线水平电荷量为q的小球(小球直径略小于细管内径)从管中A处由静止开始沿管向下运动，在A处时小球的加速度为a.图中PBAC，B是AC的中点，不考虑小球电荷量对电场的影响则在Q形成的电场中()AA点的电势高于B点的电势BB点的电场强度大小是A点的4倍C小球从A到C的过程中电势能先减小后增大
17、D小球运动到C处的加速度为ga【解析】在正电荷产生的电场中，离电荷越近电势越高，因此B点的电势高于A点的电势，A错误；根据点电荷电场强度的决定式得EA，EB，由几何关系得PA2PB，解得EB4EA，B正确；小球从A到C的过程中，电场力先做正功后做负功，因此电势能先减小后增大，C正确；小球在A、C两处受到的电场力大小相等，对小球受力分析，在A处，由牛顿第二定律得mgsin 30Fcos 30ma，在C处，由牛顿第二定律得mgsin 30Fcos 30maC，解得aCga，D正确【答案】BCD5.如图所示，匀强电场的电场强度为E，方向水平向左，一带电量为q，质量为m的物体放在光滑水平面上，在恒力F
18、作用下由静止开始从O点向右做匀加速直线运动，经时间t力F做功60 J，此后撤去力F，物体又经过相同的时间t回到出发点O，设O点的电势能为零，则下列说法正确的是()A.物体回到出发点的速度与撤去力F时的速度大小之比为21B.恒力F4qEC.撤去力F时，物体的电势能为45 JD.在撤去力F之前的任一时刻，动能与电势能之比均为13【答案】ACD【解析】在恒力F作用下的加速度大小为a1，撤去恒力F后的加速度大小为a2，匀加速运动的位移大小x1a1t2，撤去拉力后的位移大小x2a1tta2t2根据x1x2得a23a1.根据牛顿第二定律得，a1，a2，联立解得F电qEF.故B错误.6.如图所示，绝缘杆两端
19、固定带电小球A和B，轻杆处于水平向右的匀强电场中，不考虑两球之间的相互作用，初始时杆与电场线垂直现将杆右移，同时顺时针转过90，发现A、B两球电势能之和不变根据如图给出的位置关系，下列说法正确的是()AA一定带正电，B一定带负电BA、B两球所带电量的绝对值之比qAqB12CA球电势能一定增加D电场力对A球和B球做功的绝对值相等【解析】电场力做功与路径无关，两个小球在杆右移后两球所在位置处电势都降低，而两个小球组成的系统的电势能之和不变，那么电场力对其中一个做正功，对另一个一定做负功，做功的绝对值相同，两个小球一定带异种电荷，但不能准确判断每一个小球所带电荷的电性，A、C错误，D正确；由电势能变
20、化之和为零得EqBLEqA2L，即|qA|qB|12，B正确【答案】BD7.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，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B导体棒EF与轨道之间的最大静摩擦力为mgsin C导体棒MN受到的最大安培力为mgsin D导体棒MN所受重力的最大功率为【解析】当导体棒MN匀速运
21、动时速度最大，由平衡条件得mgsin ，则得最大速度为v，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mgsin fm，则可得最大静摩擦力为fm2mgsin ，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Fmmgsin ，选项C正确；导体棒MN所受重力的最大功率为Pmmgsin v，选项D错误【答案】AC8.如图所示，物体A和带负电的物体B用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，A、B的质量分别是m和2m，劲度系数为k的轻质弹簧一端固定在水平面上.另一端
22、与物体A相连，倾角为的斜面处于沿斜面向上的匀强电场中，整个系统不计一切摩擦.开始时，物体B在一沿斜面向上的外力F3mgsin 的作用下保持静止且轻绳恰好伸直，然后撤去外力F，直到物体B获得最大速度，且弹簧未超过弹性限度，则在此过程中()A.对于物体A、B、弹簧和地球组成的系统，电场力做功等于该系统增加的机械能B.物体A、弹簧和地球所组成的系统机械能增加量等于物体B电势能的减少量C.B的速度最大时，弹簧的伸长量为D.撤去外力F的瞬间，物体B的加速度为【答案】AC【解析】根据能量守恒可知，物体A、弹簧和地球所组成的系统机械能增加量等于物体B电势能的减少量和B物体机械能的减小量之和，故B错误；当B所
23、受的合力为零时，B的速度最大，由：kxF电2mgsin 解得弹簧的伸长量为：x，故C正确；开始时，外力F作用在B上，B处于静止状态，对B分析可知：F2mgsin F电0解得：F电mgsin .当撤去外力瞬间，对AB整体分析，整体受到的合力为：F合F电2mgsin 3mgsin 由F合3ma可得 agsin ，故D错误.三 非选择题1.如图所示，倾角为60的倾斜平行轨道与竖直面内的平行圆形轨道平滑对接，轨道之间距离为L，圆形轨道的半径为r.在倾斜平行轨道的上部有磁感应强度为B的垂直于轨道向上的匀强磁场，磁场区域足够大，圆形轨道末端接有一电阻值为R的定值电阻质量为m的金属棒从距轨道最低端C点高度为
24、H处由静止释放，运动到最低点C时对轨道的压力为7mg，不计摩擦和导轨、金属棒的电阻，求： (1)金属棒通过轨道最低端C点的速度大小；(2)金属棒中产生的感应电动势的最大值；(3)金属棒整个下滑过程中定值电阻R上产生的热量；(4)金属棒通过圆形轨道最高点D时对轨道的压力的大小【解析】(1)设金属棒通过轨道最低端C点的速度为vC，轨道对金属棒的支持力为FC，金属棒对轨道的压力为FC，由牛顿第二定律可知FCmg(2分)而FCFC7mg(1分)解得vC.(1分)(2)由于磁场区域足够大，金属棒在重力和安培力作用下加速运动，当安培力等于重力沿倾斜轨道向下的分力时，速度最大，此时金属棒中产生的感应电动势最
25、大由mgsin 60BIL(2分)I(1分)解得感应电动势的最大值E.(1分)(3)由能量守恒定律，在金属棒的整个下滑过程中电阻器R上产生的热量等于金属棒损失的机械能，所以QmgHmv(1分)联立得Qmg(H3r)(2分)(4)金属棒由C点运动到D点，根据机械能守恒，有mvmvmg2r(2分)金属棒通过圆形轨道最高点D时，设轨道对金属棒竖直向下的压力为FD，由牛顿第二定律有FDmg(2分)联立解得FDmg(1分)由牛顿第三定律可知金属棒通过圆形轨道最高点D时对轨道的压力为mg.(1分)【答案】(1)(2)(3)mg(H3r)(4)mg2.如图所示，在竖直平面内有一质量为2m的光滑“”形线框DE
26、FC，EF长为L，电阻为r；FCED2L，电阻不计.FC、ED的上半部分(长为L)处于匀强磁场区域中，且FC、ED的中点与其下边界重合.质量为m、电阻为3r的金属棒用最大拉力为2mg的绝缘细线悬挂着，其两端与C、D两端点接触良好，处在磁感应强度为B的匀强磁场区域中，并可在FC、ED上无摩擦滑动.现将“”形线框由静止释放，当EF到达磁场区域的下边界时速度为v，细线刚好断裂，区域内磁场消失.重力加速度为g.求：(1)整个过程中，线框克服安培力做的功；(2)EF刚要出磁场时产生的感应电动势；(3)线框的EF边追上金属棒CD时，金属棒CD的动能.【答案】(1)2mgLmv2(2)(3)【解析】(1)对
27、形线框用动能定理：2mgLW2mv20，W2mgLmv2(2)对金属棒CD受力分析：FTmmgBIL，得到I，EIR总(3)对金属棒CD运动分析：Hgt2，对形线框运动分析：HLvtgt2，解得：t相遇时CD棒速度vt0gt，此时动能为Ekmv3.如图所示，绝缘光滑水平面与半径为R的竖直光滑半圆轨道相切于C.竖直直径GC左侧空间存在足够大匀强电场，其电场强度方向水平向右.GC右侧空间处处存在匀强磁场，其磁感应强度垂直纸面水平向里.一质量为m，电荷量为q的带正电滑块(可视为质点)在A点由静止释放，滑块恰好能通过圆周的最高点G进入电场.已知匀强电场场强大小为E，AC间距为L4R，重力加速度为g.求
28、：(1)滑块在G点的速度vG；(2)匀强磁场的磁感应强度B的大小；(3)滑块落回水平面的位置距离C点的距离x.【答案】(1)2(2)(3)2R【解析】(1)研究A到G过程，由动能定理知：4EqR2mgR代入可得：vG2(2)在G点，对滑块有：mgqvGB代入可得：B(3)设回到电场之后的飞行时间为t，水平位移为x竖直方向：2R水平方向：xvGtat2其中：a联立可得：x2R.4.如图所示，光滑绝缘水平面AB与倾角37，长L5 m 的固定绝缘斜面BC在B处平滑相连，在斜面的C处有一与斜面垂直的弹性绝缘挡板。质量m0.5 kg、带电荷量q5105 C的绝缘带电小滑块(可看作质点)置于斜面的中点D，
29、整个空间存在水平向右的匀强电场，场强E2105 N/C，现让滑块以v014 m/s的速度沿斜面向上运动。设滑块与挡板碰撞前后所带电荷量不变、速度大小不变，滑块和斜面间的动摩擦因数0.1。(g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)求：(1)滑块沿斜面向上运动的加速度大小；(2)滑块运动的总路程。【解析】(1)滑块与斜面之间的摩擦力f(mgcos 37qEsin 37)1 N根据牛顿第二定律可得qEcos 37mgsin 37fma解得a8 m/s2。(2)由题可知，滑块最终停在C点。设滑块从D点开始运动到最终停在C点的过程中在斜面上运动的路程为s1，由动能定理有qEcos 3
30、7mgsin 37fs10mv解得s161.5 m设滑块第1次到B时动能为Ek1，从D到B由动能定理得qEcos 37mgsin 37fEk1mv解得Ek129 J设滑块第1次从B滑到水平面上的最远距离为x1，由动能定理得qEx10Ek1解得x12.9 m水平面光滑，滑块滑回到B点时动能不变，滑块在斜面上往返一次克服摩擦力做功Wf2fL10 J滑块第2次回到B点时动能为Ek2Ek1Wf19 J设滑块第2次从B滑到水平面上的最远距离为x2，由动能定理得qEx20Ek2，解得x21.9 m同理，滑块第3次从B滑到水平面上的最远距离为x30.9 m此后就不会再滑到水平面上了滑块在水平面上运动的总路程为s22(x1x2x3)11.4 m滑块运动的总路程ss1s272.9 m。【答案】(1)8 m/s2(2)72.9 m
