物理二轮复习(江苏专用)简易通活页规范训练：第5讲功能关系在电学中的应用 含解析

第5讲功能关系在电学中的应用
一、单项选择题
1. 如图2－5－13所示，平行金属导轨与水平面间的倾角为θ，导轨
间距为l，电阻不计、与导轨相连的定值电阻阻值为R。

磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过导轨平面．有一质量为m的导体棒，从ab位置以平行斜面的大小为v的初速度向上运动,最远到达a′b′的位置，滑行的距离为s.导体棒的电阻也为R，与导轨之间接触良好并与导轨始终垂直且动摩擦因数为μ。

则
（）．
图2－5－13
A．上滑过程中导体棒受到的最大安培力为错误!
B．上滑过程中通过定值电阻R的电荷量为错误!
C．上滑过程中定值电阻R产生的热量为错误!－mgs（sin θ＋cos θ）
D．上滑过程中导体棒损失的机械能为mv2
2
－mgs sin θ
解析导体棒在安培力作用下做减速运动,故导体棒刚开始向上
运动时所受安培力最大，F m＝BIl＝错误!，A错误．上滑过程通过定值电阻R的电荷量q＝错误!＝错误!，B错误．上滑过程中根据能量守恒定律得2Q＋mgs sin θ＝错误!mv2，所以Q＝错误!错误!，导体棒损失的机械能等于安培力对其做的功W＝ΔE＝错误!mv2－mgs sin θ，C 错误，D正确．
答案D
2。

如图2－5－14所示,一个带正电的小球穿在一根绝缘的粗糙直杆AC上，杆与水平方向成θ角，整个空间存在着竖直向上的匀强电场和垂直于杆方向斜向上的匀强磁场．小球沿杆向下运动，在A点时的动能为100 J，在C点时动能减为零，D为AC的中点,在运动过程中，则
( ）．
图2－5－14
A．小球在D点时的动能为50 J
B．小球电势能的增加量一定等于重力势能的减少量
C．到达C点后小球可能沿杆向上运动
D．小球在AD段克服摩擦力做的功与小球在DC段克服摩擦力做的功相等
解析小球做减速运动，F洛将减小．球与杆的弹力将变小，所受摩擦力也将变小，合力为变力．据F合x＝ΔE k可知A错误；重力势能的减少量等于电势能和内能增量之和，B错误；若电场力大于重力，小球可能沿杆向上运动，C正确．由于摩擦力为变力,D 错误．
答案C
二、多项选择题
3. 一带电粒子射入一固定的正点电荷Q的电场中，沿如图2－5－
15所示的虚线由a点经b点运动到c点，b点离Q最近．若不计重力，则( )．
图2－5－15
A．带电粒子带正电荷
B．带电粒子到达b点时动能最大
C．带电粒子从a到b电场力对其做正功
D．带电粒子从b到c电势能减小
解析从轨迹可知，粒子受到排斥力作用,所以粒子带正电,选项A 正确．粒子从a到b电场力对其做负功,动能减少，电势能增大；从b到c电场力对其做正功，动能增大，电势能减少,故粒子在b 点动能最小，势能最大，所以选项B、C错误，D正确．
答案AD
4．电荷量为q＝1×10－4C的带正电的小物块置于绝缘水平面上，所在空间存在沿水平方向始终不变的电场，电场强度E的大小与时间t的关系和物块的速度v与时间t的关系分别如图2－5－16甲、乙所示，若重力加速度g取10 m/s2，根据图象所提供的信息，下列说法正确的是
（)．
图2－5－16
A．物块在4 s内的总位移x＝6 m
B．物块的质量m＝0。

5 kg
C．物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2
D．物块在4 s内电势能减少14 J
解析由题图乙可知，物块前2 s做匀加速直线运动，在2~4 s做匀速直线运动，根据v－t图象所围面积可求得前2 s位移x1＝2 m，2～4 s位移x2＝4 m，总位移为x＝6 m，A正确．又由牛顿第二定律得qE1－μmg＝ma，①
且a＝错误!＝1 m/s2,②
2 s后物块做匀速运动，有qE2＝μmg③
由题图甲知E1＝3×104 N/C、E2＝2×104 N/C,
联立①②③可得m＝1 kg，μ＝错误!＝0.2,B错误，C正确．
又因为电势能的减少量等于电场力所做的功，
即ΔE p＝W＝E1qx1＋E2qx2＝14 J，D正确．
答案ACD
三、非选择题
5。

如图2－5－17所示，一粗糙水平轨道与一光滑的错误!圆弧形轨道在A处相连接．圆弧轨道半径为R,以圆弧轨道的圆心O点和两轨道相接处A点所在竖直平面为界,在其右侧空间存在着平行于水平轨道向左的匀强电场，在左侧空间没有电场．现有一质量为m、带电荷量为＋q的小物块（可视为质点）,从水平轨道的B位置由静止释放，结果，物块第一次冲出圆形轨道末端C后还能上
升的最高位置为D ,且|CD ｜＝R 。

已知物块与水平轨道间的动摩擦因数为μ，B 离A 处的距离为x ＝2。

5R (不计空气阻力）,求：
图2－5－17
（1）物块第一次经过A 点时的速度；
（2)匀强电场的电场强度大小；
(3)物块在水平轨道上运动的总路程．
解析 (1)对物体由A 至D 运用动能定理得
－mg ·2R ＝0－错误!mv 错误!
解得v A ＝2gR 。

（2)对物体由B 至A 运用动能定理得
Eq ·2.5R －μmg ·2.5R ＝错误!mv 错误!－0
解得E ＝错误!。

（3）对全过程运用动能定理得
Eq ·2。

5R －μmg ·s ＝0
解得s ＝（⎭
⎪⎫2。

5＋2μR 。

答案(1)2gR（2)μmg＋0.8mg
q（3)错误!R
6．如图2－5－18甲所示，倾斜放置的光滑平行导轨，长度足够长，宽度L＝0。

4 m，自身电阻不计,上端接有R＝0.2 Ω的定值电阻，在导轨间MN虚线以下的区域存在方向垂直导轨平面向上、磁感应强度大小B＝0。

5 T的有界匀强磁场，MN虚线到磁场的下边界的距离为28 m．在MN虚线上方垂直导轨放有一根电阻r＝0.1 Ω的金属棒．现将金属棒无初速度释放,其运动时的v－t图象如图2－5－18乙所示．重力加速度取g＝10 m/s2。

图2－5－18
(1）求斜面的倾角θ和金属棒的质量m.（保留三位有效数字) (2）在磁场中运动的整个过程中定值电阻R上产生的热量Q是多少?
解析（1）在0～2 s时间内，对金属棒有:
F合＝mg sin θ
根据牛顿第二定律F合＝ma
a＝g sin θ
由图象知a＝错误!＝6 m/s2
解得：θ＝37°
在t＝5 s之后金属棒做匀速运动，且v＝6 m/s，金属棒受力平衡．感应电动势E＝BLv
感应电流I＝错误!
F安＝mg sin θ
F安＝BIL
解得：m＝错误!kg≈0。

133 kg.
(2）末速度v2＝6 m/s，金属棒进磁场前的位移是12 m，整个过程金属棒位移s＝40 m
由能量关系有：mgs sin θ＝Q总＋错误!mv错误!
得Q总＝29。

6 J
故电阻R上的热量Q＝Q总错误!＝19.7 J.
答案（1）37°0.133 kg （2)19.7 J
7．（2013·浙江卷，24) “电子能量分析器"主要由处于真空中的电子偏转器和探测板组成．偏转器是由两个相互绝缘、半径分别为R A和R B的同心金属半球面A和B构成,A、B为电势值不等的等势面，其过球心的截面如图2－5－19所示．一束电荷量为e、质
量为m的电子以不同的动能从偏转器左端M板正中间小孔垂直入射，进入偏转电场区域,最后到达偏转器右端的探测板N，其中动能为E k0的电子沿等势面C做匀速圆周运动到达N板的正中间．忽略电场的边缘效应．
图2－5－19
（1)判断半球面A、B的电势高低，并说明理由；
(2）求等势面C所在处电场强度E的大小;
（3)若半球面A、B和等势面C的电势分别为φA、φB和φC，则到达N板左、右边缘处的电子，经过偏转电场前、后的动能改变量ΔE k左和ΔE k右分别为多少？
(4)比较|ΔE k左|与|ΔE k右|的大小,并说明理由．
解析（1）电子（带负电）做圆周运动，电场力方向指向球心，电场方向从B指向A，B板电势高于A板．
（2）据题意，电子在电场力作用下做圆周运动,考虑到圆轨道上的电场强度E大小相同，有：
eE＝m错误!E k0＝错误!mv2R＝错误!
联立解得E＝错误!＝错误!
（3）电子运动时只有电场力做功，根据动能定理，有
ΔE k＝qU
对到达N板左边缘的电子，电场力做正功，动能增加，有
ΔE k左＝e(φB－φC）
对到达N板右边缘的电子，电场力做负功，动能减小，有
ΔE k右＝e（φA－φC）
（4)根据电场线特点，等势面B与C之间的电场强度大于C与A 之间的电场强度,考虑到等势面间距相等，有
｜φB－φC|＞|φA－φC|,即|ΔE k左｜＞|ΔE k右｜.
答案（1）B板电势高(2）错误!（3)e(φB－φC）e(φA－φC) （4)｜ΔE k左|>｜ΔE k右｜理由见解析
8．如图2－5－20甲所示，MN、PQ是固定于同一水平面内相互平行的粗糙长直导轨，间距L＝2.0 m，R是连在导轨一端的电阻,质量m＝1。

0 kg的导体棒ab垂直跨在导轨上,电压传感器与这部分装置相连．导轨所在空间有一磁感应强度B＝0.50 T、方向竖直向下的匀强磁场．从t＝0开始对导体棒ab施加一个水平向左的拉力,使其由静止开始沿导轨向左运动，电压传感器测出R两端的电压随时间变化的图线如图2－5－20乙所示，其中OA、
BC段是直线，AB段是曲线．假设在1.2 s以后拉力的功率P＝4.5 W保持不变．导轨和导体棒ab的电阻均可忽略不计，导体棒ab 在运动过程中始终与导轨垂直，且接触良好，不计电压传感器对电路的影响．g取10 m/s2.求：
图2－5－20
(1）导体棒ab最大速度v m的大小；
(2)在1.2 s～2.4 s的时间内，该装置总共产生的热量Q;
（3)导体棒ab与导轨间的动摩擦因数μ和电阻R的值．
解析（1）从题图乙可知,2.4 s时R两端的电压最大，U m＝1.0 V，由于导体棒内阻不计，故U m＝E m＝BLv m＝1。

0 V，所以v m＝错误!＝1.0 m/s ①
(2)因为U＝E＝BLv，而B、L为常数，所以由题图乙知，在0~1.2
s内导体棒做匀加速直线运动．设导体棒在这段时间内的加速度为a，t1＝1.2 s时导体棒的速度为v1,由题图乙可知此时电压U1＝0。

90 V.
因为U1＝E1＝BLv1 ②
所以v1＝U 1
BL＝0.90 m/s
在1.2 s~2.4 s时间内,根据功能关系1
2
mv错误!＋P·Δt＝错误!mv错误!＋Q ③
代入数据解得Q≈5。

3 J
（3)导体棒做匀加速运动的加速度
a＝v1－0
t1＝0.75 m/s2
当t1＝1.2 s时，设拉力为F1，
则有F1＝错误!＝5。

0 N
同理，当t2＝2.4 s时，设拉力为F2，则有F2＝错误!＝4.5 N
对ab棒受力分析如图所示，根据牛顿第二定律有
F1－F f－F安1＝ma ④
F2－F f－F安2＝0 ⑤mg－F N＝0 ⑥又因为F安1＝BI1L＝错误!⑦F安2＝BI2L＝错误!⑧F f＝μF N ⑨联立④⑤⑥⑦⑧⑨，代入数据可求得
R＝0.4 Ω,μ＝0。

2。

答案（1)1。

0 m/s (2）5.3 J (3）0.2 0.4 Ω。