《高考物理 专题05 功能关系在电磁学中的应用热点难点突破》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考物理 专题05 功能关系在电磁学中的应用热点难点突破（17页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、深入理解课文，了解孙中山，了解“布衣”与总统的关系，了解布衣总统的来历及其布衣特色的体现，体会甘于淡泊精神对当代青年的教育意义。专题05 功能关系在电磁学中的应用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角(0E0，p1p2p0B.E1E2E0，p1p2p0C.碰撞发生在MN中点的左侧D.两球同时返回M、N两点解析 金属球A和B发生碰撞时，电荷量会平均分配，则作用力变大。经历相同的位移，做功增多，所以有E1E2E0。又p，可得p1p2p0。因两球质量相同，受力相同，故加速度相同，两球同时返回M，N两点。选项A、D正确。答案 AD5.如图5所示，倾角为的光滑斜面固定在水平面上，水平虚
2、线L下方有垂直于斜面向下的匀强磁场，磁感应强度为B。正方形闭合金属线框边长为h，质量为m，电阻为R，放置于L上方一定距离处，保持线框底边ab与L平行并由静止释放，当ab边到达L时，线框速度为v0，ab边到达L下方距离为d(dh)处时，线框速度也为v0。以下说法正确的是( ) 图5Aab边刚进入磁场时，电流方向为abBab边刚进入磁场时，线框加速度沿斜面向下C线框进入磁场过程中的最小速度小于D线框进入磁场过程中产生的热量为mgdsin 解析 由右手定则可判断ab刚进入磁场过程电流方向由ab，选项A正确；线框全部在磁场中运动时为匀加速运动，ab边由L处到L下方距离为d处速度增量为零，所以ab边刚进
3、入磁场时做减速运动，线框加速度沿斜面向上，选项B错误；线框恰好完全进入磁场时的速度最小，此时由牛顿第二定律得F安mgsin ma0，而安培力F安BhIBh，联立解得vmin，选项C错误；根据动能定理，ab边由L处到L下方距离为d处过程中，mgdsin QEk0，线框进入磁场过程中产生的热量Qmgdsin ，选项D正确。答案 AD6.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4A金属块带负电荷B电场力做功0.5 JC金属块克服摩擦力做功0
4、.8 JD金属块的机械能减少1.2 J答案 D7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：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；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7A阶段消耗的电能等于阶段产生的电能B阶段安培力做的功等于阶段金属棒克服安
5、培力做的功C阶段克服安培力做的功小于mghD阶段回路中产生的热量小于mgh解析 阶段，开关接位置1，电源提供电能，由能量守恒可知E电1QWA1Qmgh；阶段克服安培力做的功等于产生的电能，由能量守恒得E电2mgh，E电1E电2，A错；阶段，安培力做的功等于金属棒机械能的增加量，即WA1mgh；阶段克服安培力做的功等于金属棒减少的机械能，即WA2mgh，B对，C错；而阶段克服安培力做的功又等于产生的电能，等于回路产生的热量，D错。答案 B8.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R0.2 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
6、E5.0103V/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m1.0102kg，乙所带电荷量q2.0105C，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。解析 (1)在乙恰好能通过轨道的最高点的情况下，设乙到达最高点的速度为vD，乙离开D点达到水平轨道的时间为t，乙的落点到B点的距离为x，则mgqEmD2R()t2xvDt联立得：x0.4 m 9
7、将一斜面固定在水平面上，斜面的倾角为30，其上表面绝缘且斜面的顶端固定一挡板，在斜面上加一垂直斜面向上的匀强磁场，磁场区域的宽度为H0.4 m，如图8甲所示，磁场边界与挡板平行，且上边界到斜面顶端的距离为x0.55 m。将一通电导线围成的矩形导线框abcd置于斜面的底端，已知导线框的质量为m0.1 kg、导线框的电阻为R0.25 、ab的长度为L0.5 m。从t0时刻开始在导线框上加一恒定的拉力F，拉力的方向平行于斜面向上，使导线框由静止开始运动，当导线框的下边与磁场的上边界重合时，将恒力F撤走，最终导线框与斜面顶端的挡板发生碰撞，碰后导线框以等大的速度反弹，导线框沿斜面向下运动。已知导线框向
8、上运动的vt图象如图乙所示，导线框与斜面间的动摩擦因数为，整个运动过程中导线框没有发生转动，且始终没有离开斜面，g10 m/s2。 图8(1)求在导线框上施加的恒力F以及磁感应强度的大小；(2)若导线框沿斜面向下运动通过磁场时，其速度v与位移s的关系为vv0s，其中v0是导线框ab边刚进入磁场时的速度大小，s为导线框ab边进入磁场区域后对磁场上边界的位移大小，求整个过程中导线框中产生的热量Q。解析 (1)由vt图象可知，在00.4 s时间内导线框做匀加速直线运动，进入磁场时的速度为v12.0 m/s，所以在此过程中的加速度a5.0 m/s2由牛顿第二定律有Fmgsin mgcos ma解得F1
9、.5 N由vt图象可知，导线框进入磁场区域后以速度v1做匀速直线运动通过导线框的电流I导线框所受安培力F安BIL对于导线框匀速运动的过程，由力的平衡条件有Fmgsin mgcos 解得B0.50 T。(2)导线框进入磁场区域后做匀速直线运动，并以速度v1匀速穿出磁场，说明导线框的宽度等于磁场的宽度H导线框ab边离开磁场后做匀减速直线运动，到达挡板时的位移为x0xH0.15 m设导线框与挡板碰撞前的速度为v2，由动能定理，有mg(xH)sin mg(xH)cos mvmv解得：v21.0 m/s导线框碰挡板后速度大小仍为v2，且mgsin mgcos 0.50 Nab边进入磁场后做减速运动，设导
10、线框全部离开磁场区域时的速度为v3，由vv0s得v3v21.0 m/s因v30，说明导线框在离开磁场前速度已经减为零，这时安培力消失，导线框将静止在磁场中某位置导线框向上运动通过磁场区域的过程中产生的焦耳热Q1I2Rt0.40 J导线框向下运动进入磁场的过程中产生的焦耳热Q2mv0.05 J所以QQ1Q20. 45 J。答案 (1)1.5 N 0.50 T (2)0.45 J10.长木板AB放在水平面上，如图5所示，它的下表面光滑，上表面粗糙。一个质量为m、带电荷量为q的小物块C从A端以某一初速度起动向右滑行，当存在向下的匀强电场时，C恰能滑到B端；当此电场改为向上时，C只能滑到AB的中点，求
11、此电场的场强。 图5解析 当电场方向向上时，物块C只能滑到AB的中点，说明此时电场力方向向下，可知物块C所带电荷的电性为负。电场方向向下时，有(mgqE)lmv(mM)v2mv0(mM)v电场方向向上时，有(mgqE)mv(mM)v2mv0(mM)v则mgqE(mgqE)得E答案 11如图6甲，O、N、P为直角三角形的三个顶点，NOP37，OP中点处固定一电荷量为q12.0108 C的正点电荷，M点固定一轻质弹簧。MN是一光滑绝缘杆，其中ON长a1 m，杆上穿有一带正电的小球(可视为点电荷)，将弹簧压缩到O点由静止释放，小球离开弹簧后到达N点的速度为零。沿ON方向建立坐标轴(取O点处x0)，取OP所在水平面为重力势能零势能面，图乙中和图线分别为小球的重力势能和电势能随位置坐标x变化的图象，其中E01.24103 J，E11.92
