2019版高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題二 動量與能量 第2講 動量觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)在電磁學(xué)中的應(yīng)用學(xué)案.doc

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第2講　動量觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)在電磁學(xué)中的應(yīng)用 網(wǎng)絡(luò)構(gòu)建 備考策略 1.若只有電場力做功，電勢能與動能之和保持不變。 2.若只有電場力和重力做功，電勢能、重力勢能、動能之和保持不變。 3.洛倫茲力對運(yùn)動電荷不做功。 4.安培力可做正功，也可做負(fù)功。 5.力學(xué)中的三大觀點(diǎn)(動力學(xué)、動量、能量觀點(diǎn))仍是解決力電綜合問題首選的方法。 　應(yīng)用能量觀點(diǎn)解決力電綜合問題 　電場中的功能關(guān)系 【典例1】 (多選)(2018全國卷Ⅰ，21)圖1中虛線a、b、c、d、f代表勻強(qiáng)電場內(nèi)間距相等的一組等勢面，已知平面b上的電勢為2 V。一電子經(jīng)過a時的動能為10 eV，從a到d的過程中克服電場力所做的功為6 eV。下列說法正確的是(　　) 圖1 A.平面c上的電勢為零 B.該電子可能到達(dá)不了平面f C.該電子經(jīng)過平面d時，其電勢能為4 eV D.該電子經(jīng)過平面b時的速率是經(jīng)過d時的2倍 解析　電子在等勢面b時的電勢能為E＝qφ＝－2 eV，電子由a到d的過程電場力做負(fù)功，電勢能增加6 eV，由于相鄰兩等勢面之間的距離相等，故相鄰兩等勢面之間的電勢差相等，則電子由a到b、由b到c、由c到d、由d到f電勢能均增加2 eV，則電子在等勢面c的電勢能為零，等勢面c的電勢為零，A正確；由以上分析可知，電子在等勢面d的電勢能應(yīng)為2 eV，C錯誤；電子在等勢面b的動能為8 eV，電子在等勢面d的動能為4 eV，由公式Ek＝mv2可知，該電子經(jīng)過平面b時的速率為經(jīng)過平面d時速率的倍，D錯誤；如果電子的速度與等勢面不垂直，則電子在該勻強(qiáng)電場中做曲線運(yùn)動，所以電子可能到達(dá)不了平面f就返回平面a，B正確。 答案　AB 　能量觀點(diǎn)在電磁場中的應(yīng)用 【典例2】 如圖2所示，一帶正電小球穿在一根絕緣粗糙直桿上，桿與水平方向夾角為θ，整個空間存在著豎直向上的勻強(qiáng)電場和垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，先給小球一初速度，使小球沿桿向下運(yùn)動，在A點(diǎn)時的動能為100 J，在C點(diǎn)時動能減為零，D為AC的中點(diǎn)，那么帶電小球在運(yùn)動過程中(　　) 圖2 A.到達(dá)C點(diǎn)后小球不可能沿桿向上運(yùn)動 B.小球在AD段克服摩擦力做的功與在DC段克服摩擦力做的功不等 C.小球在D點(diǎn)時的動能為50 J D.小球電勢能的增加量等于重力勢能的減少量 解析　如果電場力大于重力，則速度減為零后小球可能沿桿向上運(yùn)動，選項(xiàng)A錯誤；小球受重力、電場力、洛倫茲力、彈力和滑動摩擦力，由于F洛＝qvB，故洛倫茲力減小，導(dǎo)致支持力和滑動摩擦力變化，故小球在AD段克服摩擦力做的功與在DC段克服摩擦力做的功不等，選項(xiàng)B正確；由于小球在AD段克服摩擦力做的功與在DC段克服摩擦力做的功不等，故小球在D點(diǎn)時的動能也就不一定為50 J，選項(xiàng)C錯誤；該過程是小球的重力勢能、電勢能、動能和系統(tǒng)的內(nèi)能之和守恒，故小球電勢能的增加量不等于重力勢能的減少量，選項(xiàng)D錯誤。 答案　B 　動力學(xué)觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用 【典例3】 (2018江西七校聯(lián)考)如圖3所示，兩條光滑的金屬導(dǎo)軌相距L＝1 m，其中MN段平行于PQ段，位于同一水平面內(nèi)，NN0段與QQ0段平行，位于與水平面成傾角37的斜面上，且MNN0與PQQ0均在豎直平面內(nèi)。在水平導(dǎo)軌區(qū)域和傾斜導(dǎo)軌區(qū)域內(nèi)分別有垂直于水平面和斜面的勻強(qiáng)磁場B1和B2，且B1＝B2＝0.5 T。ab和cd是質(zhì)量均為m＝0.1 kg、電阻均為R＝4 Ω的兩根金屬棒，ab置于水平導(dǎo)軌上，cd置于傾斜導(dǎo)軌上，均與導(dǎo)軌垂直且接觸良好。從t＝0時刻起，ab棒在外力作用下由靜止開始沿水平方向向右運(yùn)動(ab棒始終在水平導(dǎo)軌上運(yùn)動，且垂直于水平導(dǎo)軌)，cd受到F＝0.6－0.25t(N)沿斜面向上的力 的作用，始終處于靜止?fàn)顟B(tài)。不計(jì)導(dǎo)軌的電阻。(sin 37＝0.6，g取10 m/s2) 圖3 (1)求流過cd棒的電流Icd隨時間t變化的函數(shù)關(guān)系； (2)求ab棒在水平導(dǎo)軌上運(yùn)動的速度vab隨時間t變化的函數(shù)關(guān)系； (3)求從t＝0時刻起，1.0 s內(nèi)通過ab棒的電荷量q； (4)若t＝0時刻起，1.0 s內(nèi)作用在ab棒上的外力做功為W＝16 J，求這段時間內(nèi)cd棒產(chǎn)生的焦耳熱Qcd。 解析　(1)由題意知cd棒受力平衡，則 F＋Fcd＝mgsin 37 Fcd＝B2IcdL，得Icd＝0.5t(A)。 (2)ab棒中電流Iab＝Icd＝0.5t(A) 則回路中電源電動勢E＝IcdR總 ab棒切割磁感線，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E＝B1Lvab 解得ab棒的速度vab＝8t(m/s) 所以，ab棒做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動。 (3)ab棒的加速度為a＝8 m/s2， 1.0 s內(nèi)的位移為x＝at2＝81.02 m＝4 m 根據(jù)＝＝＝ 得q＝t＝＝ C＝0.25 C。 (4)t＝1.0 s時，ab棒的速度， vab＝8t(m/s)＝8 m/s， 根據(jù)動能定理有 W－W安＝mv－0， 得1.0 s內(nèi)克服安培力做功 W安＝(16－0.182) J＝12.8 J 回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q＝W安＝12.8 J cd棒上產(chǎn)生的焦耳熱Qcd＝＝6.4 J。 答案　(1)Icd＝0.5t(A)　(2)vab＝8t(m/s)　(3)0.25 C　(4)6.4 J 1.動能定理在力學(xué)和電場中應(yīng)用時的“三同一異” 2.功能關(guān)系在力學(xué)和電磁感應(yīng)中應(yīng)用時的“三同三異” 1.(多選)(2018湖南十二校第二次聯(lián)考)如圖4所示，兩個傾角分別為30和 60的光滑斜面固定于水平地面上，并處于方向垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中。兩個質(zhì)量均為m、帶電荷量為＋q的滑塊甲和乙分別從兩個斜面頂端由靜止釋放，運(yùn)動一段時間后，兩滑塊都將飛離斜面。此過程中(　　) 圖4 A.甲滑塊飛離斜面瞬間的速度比乙滑塊飛離斜面瞬間的速度大 B.甲滑塊在斜面上運(yùn)動的時間比乙滑塊在斜面上運(yùn)動的時間短 C.甲滑塊在斜面上運(yùn)動的位移與乙滑塊在斜面上運(yùn)動的位移大小相同 D.兩滑塊在斜面上運(yùn)動的過程中，重力的平均功率相等 解析　小滑塊飛離斜面時，洛倫茲力與重力的垂直斜面的分力大小相等，mgcos θ＝qvmB，解得vm＝，故斜面傾角越大，飛離時速度越小，甲飛離斜面的速度大于乙，選項(xiàng)A正確；甲斜面傾角小，加速度小，但是末速度大，故甲在斜面上運(yùn)動時間比乙的長，選項(xiàng)B錯誤；根據(jù)動能定理mglsin θ＝mv，解得l＝，故甲的位移大于乙的位移，選項(xiàng)C錯誤；重力的平均功率為重力乘以豎直方向的分速度的平均值P＝mgsin θ，＝vm，代入數(shù)據(jù)得平均值相等，故選項(xiàng)D正確。 答案　AD 2.(2018江南十校二模)如圖5，EFPMN為光滑金屬導(dǎo)軌，電阻不計(jì)，處于豎直平面內(nèi)，其中FP傾斜，傾角為θ，EF⊥FP，PMN是半徑為R的圓弧，圓弧與傾斜部分平滑連接于P點(diǎn)，N、M分別為圓弧的豎直直徑的兩端點(diǎn)，還有一根與EFPMN完全相同的導(dǎo)軌E′F′P′M′N′，兩導(dǎo)軌平行放置，間距為L，沿垂直于導(dǎo)軌所在平面的方向看去，兩導(dǎo)軌完全重合。過P點(diǎn)的豎直線右側(cè)有垂直于FP向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，兩根相同的金屬棒ab、cd(圖中只畫出了a端和c端)，質(zhì)量為m、電阻為r，分別從導(dǎo)軌FP和EF上某位置由靜止釋放，在以后的過程中，ab、cd始終與導(dǎo)軌保持垂直且接觸良好。(軌道FP和EF足夠長，題中所給的各個物理量均為已知，重力加速度為g) 圖5 (1)若ab棒到達(dá)P點(diǎn)之前已經(jīng)勻速運(yùn)動，求ab棒勻速下滑時的速度v，以及此時cd棒的電功率P； (2)在第(1)問的基礎(chǔ)上，若θ＝60，m＝0.1 kg，r＝ Ω，B＝1 T，L＝1 m，R＝ m，g＝10 m/s2，則ab棒能否運(yùn)動到圓弧最高點(diǎn)？ 解析　(1)勻速下滑時有mgsin θ－BIL＝0，I＝， 得v＝ 根據(jù)能量守恒，此時回路總的電功率等于ab棒重力的功率，所以cd棒的電功率P＝ 即P＝()2r。 (2)到達(dá)P點(diǎn)時，由v＝，得vP＝4 m/s， 假定能夠運(yùn)動到圓弧最高點(diǎn)，且到達(dá)最高點(diǎn)時速度為vN， 由機(jī)械能守恒得mgR＋mv＝mv 代入數(shù)據(jù)得vN＝0＜， 故ab棒不能運(yùn)動到圓弧最高點(diǎn)。 答案　(1)　()2r　(2)不能運(yùn)動到圓弧最高點(diǎn) 　應(yīng)用動量觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)解決力電綜合問題 　動量觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)在電磁場中的應(yīng)用 【典例1】 (多選)(2018全國卷Ⅲ，21)如圖6，一平行板電容器連接在直流電源上，電容器的極板水平；兩微粒a、b所帶電荷量大小相等、符號相反，使它們分別靜止于電容器的上、下極板附近，與極板距離相等。現(xiàn)同時釋放a、b，它們由靜止開始運(yùn)動。在隨后的某時刻t，a、b經(jīng)過電容器兩極板間下半?yún)^(qū)域的同一水平面。a、b間的相互作用和重力可忽略。下列說法正確的是(　　) 圖6 A.a的質(zhì)量比b的大 B.在t時刻，a的動能比b的大 C.在t時刻，a和b的電勢能相等 D.在t時刻，a和b的動量大小相等 解析　兩微粒只受電場力qE作用且兩電場力大小相等，由x＝a0t2，知微粒a的加速度大，由qE＝ma0，知微粒a的質(zhì)量小，A錯誤；由動能定理qEx＝Ek得，位移x大的動能大，B正確；在同一等勢面上，a、b兩微粒電荷量雖相等，但電性相反，故在t時刻，a、b的電勢能不相等，C錯誤；由動量定理qEt＝mv得，在t時刻，a、b的動量大小相等，D正確。 答案　BD 　動量觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用 【典例2】 (2018河北五名校聯(lián)盟二模)如圖7所示，MN、PQ兩平行光滑水平導(dǎo)軌分別與半徑r＝0.5 m 的相同豎直半圓導(dǎo)軌在N、Q端平滑連接，M、P端連接定值電阻R，質(zhì)量M＝2 kg的cd絕緣桿垂直且靜止在水平導(dǎo)軌上，在其右側(cè)至N、Q端的區(qū)域內(nèi)充滿豎直向上的勻強(qiáng)磁場。現(xiàn)有質(zhì)量m＝1 kg的ab金屬桿以初速度v0＝12 m/s水平向右運(yùn)動，與cd絕緣桿發(fā)生正碰后，進(jìn)入磁場并最終未滑出，cd絕緣桿則恰好能通過半圓導(dǎo)軌最高點(diǎn)，不計(jì)除R以外的其他電阻和摩擦，ab金屬桿始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，g取10 m/s2(不考慮cd桿通過半圓導(dǎo)軌最高點(diǎn)以后的運(yùn)動)，求： 圖7 (1)cd絕緣桿恰好通過半圓導(dǎo)軌最高點(diǎn)時的速度大小v； (2)電阻R產(chǎn)生的焦耳熱Q。 解析　(1)cd絕緣桿恰好通過半圓導(dǎo)軌最高點(diǎn)時， 由牛頓第二定律有Mg＝M 解得v＝ m/s。 (2)發(fā)生正碰后cd絕緣桿滑至最高點(diǎn)的過程中，由動能定理有 －Mg2r＝Mv2－Mv， 解得碰撞后cd絕緣桿的速度v2＝5 m/s， 兩桿碰撞過程中動量守恒，有 mv0＝mv1＋Mv2， 解得碰撞后ab金屬桿的速度v1＝2 m/s， ab金屬桿進(jìn)入磁場后由能量守恒定律有Q＝mv， 解得Q＝2 J。 答案　(1) m/s　(2)2 J 1.克服安培力做了多少功，就有多少其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能；安培力做了多少功，就有多少電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能。 2.若回路中電流恒定，可以利用W＝UIt或Q＝I2Rt直接進(jìn)行電能計(jì)算。 3.若電流變化，則根據(jù)能量守恒求解。 (2018陜西西安市四模)如圖8所示，將帶電荷量Q＝＋0.3 C、質(zhì)量m′＝0.3 kg的滑塊放在小車的水平絕緣板的右端，小車的質(zhì)量M＝0.5 kg，滑塊與絕緣板間的動摩擦因數(shù)μ＝0.4，小車的絕緣板足夠長，它們所在的空間存在磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝20 T的水平方向的勻強(qiáng)磁場(垂直于紙面向里)。開始時小車靜止在光滑水平面上，一擺長L＝1.25 m、質(zhì)量m＝0.15 kg的擺球從水平位置由靜止釋放，擺球到最低點(diǎn)時與小車相撞，碰撞后擺球恰好靜止，g取10 m/s2。求： 圖8 (1)與小車碰撞前擺球到達(dá)最低點(diǎn)時對擺線的拉力； (2)擺球與小車的碰撞過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能ΔE； (3)碰撞后小車的最終速度。 解析　(1)擺球下落過程，由動能定理有mgL＝mv2， 解得v＝5 m/s， 擺球在最低點(diǎn)時，由牛頓第二定律得T－mg＝m，解得T＝4.5 N，由牛頓第三定律可知擺球?qū)[線的拉力T′＝4.5 N，方向豎直向下。 (2)擺球與小車碰撞瞬間，擺球與小車組成的系統(tǒng)動量守恒，以水平向右為正方向，有mv＝Mv1＋0， 解得v1＝1.5 m/s， 由能量守恒定律，有ΔE＝mv2－Mv＝1.31 J。 (3)假設(shè)滑塊與車最終相對靜止， 則有Mv1＝(M＋m′)v2，解得v2＝0.937 5 m/s， 由此得F洛＝Qv2B>m′g，故假設(shè)不成立，因此滑塊最終懸浮?；瑝K懸浮瞬間，滿足F洛′＝Qv2′B＝m′g， 解得v2′＝0.5 m/s。 將滑塊與小車看成一個系統(tǒng)，系統(tǒng)動量守恒，有 Mv1＝Mv′＋m′v2′， 解得v′＝1.2 m/s，方向水平向右。 答案　(1)4.5 N　方向豎直向下　(2)1.31 J (3)1.2 m/s　方向水平向右 課時跟蹤訓(xùn)練 一、選擇題(1～3題為單項(xiàng)選擇題，4～7題為多項(xiàng)選擇題) 1.(2018福建寧德一模)如圖1所示，固定在傾角為θ＝30的斜面內(nèi)的兩根平行長直光滑金屬導(dǎo)軌的間距為d＝1 m，其底端接有阻值為R＝2 Ω的電阻，整個裝置處在垂直斜面向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝2 T的勻強(qiáng)磁場中。一質(zhì)量為m＝1 kg(質(zhì)量分布均勻)的導(dǎo)體桿ab垂直于導(dǎo)軌放置，且與兩導(dǎo)軌保持良好接觸。現(xiàn)桿在沿斜面向上、垂直于桿的恒力F＝10 N作用下從靜止開始沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動距離L＝6 m時，速度恰好達(dá)到最大(運(yùn)動過程中桿始終與導(dǎo)軌保持垂直)。設(shè)桿接入電路的電阻為r＝2 Ω，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，重力加速度大小為g＝10 m/s2。則此過程(　　) 圖1 A.桿的速度最大值為4 m/s B.流過電阻R的電荷量為6 C C.在這一過程中，整個回路產(chǎn)生的熱量為17.5 J D.流過電阻R的電流方向?yàn)橛蒫到d 解析　當(dāng)桿達(dá)到最大速度時滿足F＝＋mgsin θ，解得vm＝5 m/s，選項(xiàng)A錯誤；流過電阻R的電荷量q＝＝＝ C＝3 C，選項(xiàng)B錯誤；回路產(chǎn)生的熱量Q＝FL－mgLsin θ－mv＝17.5 J，選項(xiàng)C正確；由右手定則可知流過R的電流方向從d到c，選項(xiàng)D錯誤。 答案　C 2.如圖2所示，MN、PQ是兩條水平放置的平行金屬導(dǎo)軌，勻強(qiáng)磁場的磁感線垂直導(dǎo)軌平面。導(dǎo)軌左端接阻值R＝1.5 Ω的電阻，電阻兩端并聯(lián)一電壓表，垂直導(dǎo)軌跨接一金屬桿ab，ab的質(zhì)量m＝0.1 kg，電阻r＝0.5 Ω。ab與導(dǎo)軌間動摩擦因數(shù)μ＝0.5，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，現(xiàn)用F＝0.7 N的恒力水平向右拉ab，使之從靜止開始運(yùn)動，經(jīng)時間2 s后，ab開始做勻速運(yùn)動，此時電壓表示數(shù)U＝0.3 V。重力加速度g＝10 m/s2。則ab加速過程中，通過R的電荷量為(　　) 圖2 A.0.12 C B.0.36 C C.0.72 C D.1.6 C 解析　金屬桿做勻速直線運(yùn)動時，由平衡條件得F＝μmg＋BIL，由歐姆定律得I＝＝，解得BL＝1 Tm，v＝0.4 m/s，設(shè)ab加速時間為t，加速過程的平均感應(yīng)電流為，由動量定理得Ft－μmgt－BLt＝mv，電荷量q＝t，代入數(shù)據(jù)解得q＝0.36 C，故選項(xiàng)B正確。 答案　B 3.(2018山東省實(shí)驗(yàn)中學(xué)模擬)如圖3所示，平行板電容器水平放置，兩極板間電場強(qiáng)度大小為E，中間用一光滑絕緣細(xì)桿垂直連接，桿上套有帶正電荷的小球和絕緣彈簧，小球壓在彈簧上，但與彈簧不拴接，開始時對小球施加一豎直向下的外力，將小球壓至某位置使小球保持靜止。撤去外力后小球從靜止開始向上運(yùn)動，上升h時恰好與彈簧分離，分離時小球的速度為v，小球上升過程不會撞擊到上極板，已知小球的質(zhì)量為m，帶電荷量為q，重力加速度為g，下列說法正確的是(　　) 圖3 A.與彈簧分離時小球的動能為mgh＋qEh B.從開始運(yùn)動到與彈簧分離，小球增加的機(jī)械能為mgh＋qEh C.從開始運(yùn)動到與彈簧分離，小球減少的電勢能為 D.撤去外力時彈簧的彈性勢能為mv2－(qE－mg)h 解析　根據(jù)動能定理可知，合外力對小球所做的功等于小球動能的變化量，所以小球與彈簧分離時的動能為Ek＝qEh－mgh＋Ep，選項(xiàng)A錯誤；從開始運(yùn)動到與彈簧分離，小球增加的機(jī)械能為ΔE＝mgh＋mv2＝qEh＋Ep，選項(xiàng)B錯誤；小球減少的電勢能為Eqh，故選項(xiàng)C錯誤；從撤去外力到小球與彈簧分離，由動能定理可知，mv2＝Ep＋qEh－mgh，所以Ep＝mv2－(qE－mg)h，選項(xiàng)D正確。 答案　D 4.(2018湖北省六校聯(lián)合體4月聯(lián)考)一帶電小球在空中由A點(diǎn)運(yùn)動到B點(diǎn)的過程中，只受重力、電場力和空氣阻力三個力的作用。若重力勢能增加5 J，機(jī)械能增加1.5 J，電場力做功2 J，則小球(　　) A.重力做功為5 J B.電勢能減少2 J C.空氣阻力做功0.5 J D.動能減少3.5 J 解析　小球的重力勢能增加5 J，則小球克服重力做功5 J，故選項(xiàng)A錯誤；電場力對小球做功2 J，則小球的電勢能減少2 J，故選項(xiàng)B正確；小球共受到重力、電場力、空氣阻力三個力作用，小球的機(jī)械能增加1.5 J，則除重力以外的力做功為1.5 J，電場力對小球做功2 J，則知，空氣阻力做功為－0.5 J，即小球克服空氣阻力做功0.5 J，故選項(xiàng)C錯誤；重力、電場力、空氣阻力三力做功之和為－3.5 J，根據(jù)動能定理，小球的動能減少3.5 J，故選項(xiàng)D正確。 答案　BD 5.(2018河北石家莊三模)如圖4所示，兩個足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌傾斜放置，上端接有一定值電阻，勻強(qiáng)磁場垂直導(dǎo)軌平面向上。一導(dǎo)體棒以平行導(dǎo)軌向上的初速度從ab處上滑，到最高點(diǎn)后又下滑回到ab處。下列說法中正確的是(　　) 圖4 A.上滑過程中導(dǎo)體棒克服安培力做的功大于下滑過程中克服安培力做的功 B.上滑過程中導(dǎo)體棒克服安培力做的功等于下滑過程中克服安培力做的功 C.上滑過程中安培力對導(dǎo)體棒的沖量大小大于下滑過程中安培力對導(dǎo)體棒的沖量大小 D.上滑過程中安培力對導(dǎo)體棒的沖量大小等于下滑過程中安培力對導(dǎo)體棒的沖量大小 解析　由能量守恒定律可知上滑過程對應(yīng)位置的速率大于下滑過程的速率，所以上滑過程中導(dǎo)體棒克服安培力做的功大于下滑過程中克服安培力做的功，故選項(xiàng)A正確，B錯誤；安培力的沖量大小I沖＝BILt＝BLq，由E＝，可知q＝，由于上滑過程與下滑過程電荷量q相等，所以安培力的沖量大小相等，故選項(xiàng)D正確，C錯誤。 答案　AD 6.(2018河南六市第5次聯(lián)考)如圖5所示，半徑為R的光滑半圓弧絕緣軌道固定在豎直平面內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場方向垂直軌道平面向里。一可視為質(zhì)點(diǎn)、質(zhì)量為m、電荷量為q(q＞0)的小球由軌道左端A處無初速度滑下。當(dāng)小球滑至軌道最低點(diǎn)C時，給小球再施加一始終水平向右的外力F，使小球能保持不變的速率滑過軌道右側(cè)的D點(diǎn)。若小球始終與軌道接觸，重力加速度為g，則下列判斷中正確的是(　　) 圖5 A.小球在C點(diǎn)受到的洛倫茲力大小為qB B.小球在C點(diǎn)對軌道的壓力大小為3mg－qB C.小球從C到D的過程中，外力F的大小保持不變 D.小球從C到D的過程中，外力F的功率逐漸增大 解析　小球從A到C過程機(jī)械能守恒有mgR＝mv2，解得v＝，所以小球在C點(diǎn)受到的洛倫茲力大小為F洛＝qB，故選項(xiàng)A錯誤；在C點(diǎn)由牛頓第二定律有FN－mg＋F洛＝m，解得FN＝3mg－qB，故選項(xiàng)B正確；小球從C到D的過程中，合外力始終指向圓心，所以外力F的大小發(fā)生變化，故選項(xiàng)C錯誤；小球從C到D的過程中，由能量守恒定律可知外力F的功率等于重力功率大小，所以外力F的功率逐漸增大，故選項(xiàng)D正確。 答案　BD 7.(2018四川第二次大聯(lián)考)如圖6所示，固定的豎直光滑U型金屬導(dǎo)軌，間距為L，上端接有阻值為R的電阻，處在方向水平且垂直于導(dǎo)軌平面、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，質(zhì)量為m、電阻為r的導(dǎo)體棒與勁度系數(shù)為k的固定輕彈簧相連放在導(dǎo)軌上，導(dǎo)軌的電阻忽略不計(jì)。初始時刻，彈簧處于伸長狀態(tài)，其伸長量為x1＝，此時導(dǎo)體棒具有豎直向上的初速度v0。在沿導(dǎo)軌往復(fù)運(yùn)動的過程中，導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸。則下列說法正確的是(　　) 圖6 A.初始時刻導(dǎo)體棒受到的安培力大小F＝ B.初始時刻導(dǎo)體棒加速度的大小a＝2g＋ C.導(dǎo)體棒往復(fù)運(yùn)動，最終靜止時彈簧處于壓縮狀態(tài) D.導(dǎo)體棒開始運(yùn)動直到最終靜止的過程中，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q＝mv＋ 解析　由法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝BLv0，由閉合電路歐姆定律得I＝，由安培力公式得F＝，故選項(xiàng)A錯誤；初始時刻，F(xiàn)＋mg＋kx1＝ma，得a＝2g＋，故選項(xiàng)B正確；因?yàn)閷?dǎo)體棒靜止時沒有安培力，只有重力和彈簧的彈力，故彈簧處于壓縮狀態(tài)，故選項(xiàng)C正確；根據(jù)能量守恒，減少的動能和重力勢能全部轉(zhuǎn)化為焦耳熱，即Q總＝mv＋mg(x1＋)＝mv＋，但R上的只是一部分，故選項(xiàng)D錯誤。 答案　BC 二、非選擇題 8.(2018江蘇如東四校聯(lián)考)如圖7所示，質(zhì)量m＝2 kg、帶電荷量q＝＋210－3 C的小物塊A與質(zhì)量不計(jì)的絕緣木板B疊放在水平面上，A位于B的最左端且與豎直固定于水平面上的擋板P相距s0＝3 m，已知A與B間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.8，B與水平面間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.5，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，與擋板相撞沒有機(jī)械能損失，且A帶電荷量始終保持不變。整個裝置處在大小E＝6103 N/C、方向水平向右的勻強(qiáng)電場中，現(xiàn)將A、B同時由靜止釋放，重力加速度g取10 m/s2。求： 圖7 (1)A、B釋放時，物塊A的加速度大??； (2)若A與擋板不相碰，木板的最小長度L0； (3)若木板長度為L＝0.8 m，整個過程中木板運(yùn)動的總路程s。 解析　(1)A和B一起做勻加速運(yùn)動，由牛頓第二定律得a＝＝＝1 m/s2。 (2)設(shè)當(dāng)木板B與擋板P相撞時速度為v，開始時木板B右端與擋板相距為d，有v2＝2ad，木板B與擋板P撞后停止，物塊A繼續(xù)滑動，加速度大小a1＝＝2 m/s2，當(dāng)A恰好滑到擋板P處停止時有v2＝2a1L0，而d＋L0＝s0，代入數(shù)據(jù)解得L0＝1 m，即木板的最小長度為1 m。 (3)因?yàn)長小于L0，故物塊與擋板碰撞，然后原速返回，與木板B共同反向做勻減速運(yùn)動，直到速度為零，再共同加速向右滑動，不斷往復(fù)，最終A、B都停在擋板P處。物塊A和木板B間產(chǎn)生熱量Q1＝μ1mgL，木板與水平面間產(chǎn)生的熱量Q2＝μ2mgs，整個過程由能量守恒定律得Eqs0＝Q1＋Q2，代入數(shù)據(jù)解得s＝2.32 m。 答案　(1)1 m/s2　(2)1 m　(3)2.32 m 9.(2018四川綿陽市二診)如圖8所示，軌道ABCDP位于豎直平面內(nèi)，其中圓弧段CD與水平段AC及傾斜段DP分別相切于C點(diǎn)和D點(diǎn)，水平段AB、圓弧段CD和傾斜段DP都光滑，水平段BC粗糙，DP段與水平面的夾角θ＝37，D、C兩點(diǎn)的高度差h＝0.1 m，整個軌道絕緣，處于方向水平向左、場強(qiáng)未知的勻強(qiáng)電場中。一個質(zhì)量m1＝0.4 kg、帶正電、電荷量未知的小物塊Ⅰ在A點(diǎn)由靜止釋放，經(jīng)過時間t＝1 s，與靜止在B點(diǎn)的不帶電、質(zhì)量m2＝0.6 kg 小物塊Ⅱ碰撞并粘在一起在BC段上做勻速直線運(yùn)動，到達(dá)傾斜段DP上某位置。物塊Ⅰ和Ⅱ與軌道BC段的動摩擦因數(shù)都為μ＝0.2。g＝10 m/s2，sin 37＝0.6，cos 37＝0.8。求： 圖8 (1)物塊Ⅰ和Ⅱ在BC段上做勻速直線運(yùn)動的速度大??； (2)物塊Ⅰ和Ⅱ第一次經(jīng)過C點(diǎn)時，圓弧段軌道對物塊Ⅰ和Ⅱ支持力的大小。 解析　(1)物塊Ⅰ和Ⅱ粘在一起在BC段上做勻速直線運(yùn)動，設(shè)電場強(qiáng)度為E，物塊Ⅰ帶電荷量為q，物塊Ⅰ與物塊Ⅱ碰撞前速度為v1，碰撞后共同速度為v2，則 qE＝μ(m1＋m2)g qEt＝m1v1 m1v1＝(m1＋m2)v2 解得v2＝2 m/s (2)設(shè)圓弧段CD的半徑為R，物塊Ⅰ和Ⅱ經(jīng)過C點(diǎn)時圓弧段軌道對物塊Ⅰ和Ⅱ支持力的大小為FN，則 R(1－cos θ)＝h FN－(m1＋m2)g＝ 解得FN＝18 N。 答案　(1)2 m/s　(2)18 N 10.如圖9所示，兩根等高光滑的四分之一圓弧形軌道與一足夠長水平軌道相連，圓弧的半徑為R0、軌道間距為L1＝1 m，軌道電阻不計(jì)。水平軌道處在豎直向上的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1＝1 T，圓弧軌道處于從圓心軸線上均勻向外輻射狀的磁場中。在軌道上有兩長度稍大于L1、質(zhì)量均為m＝2 kg、阻值均為R＝0.5 Ω 的金屬棒a、b，金屬棒b通過跨過定滑輪的絕緣細(xì)線與一質(zhì)量為M＝1 kg、邊長為L2＝0.2 m、電阻r＝0.05 Ω 的正方形金屬線框相連。金屬棒a從軌道最高處開始，在外力作用下以速度v0＝5 m/s沿軌道做勻速圓周運(yùn)動到最低點(diǎn)MN處，在這一過程中金屬棒b恰好保持靜止。當(dāng)金屬棒a到達(dá)最低點(diǎn)MN處被卡住，此后金屬線框開始下落，剛好能勻速進(jìn)入下方h＝1 m 處的水平勻強(qiáng)磁場B3中，B3＝ T。已知磁場高度H>L2。忽略一切摩擦阻力，重力加速度為g＝10 m/s2。求： 圖9 (1)輻射磁場在圓弧處磁感應(yīng)強(qiáng)度B2的大??； (2)從金屬線框開始下落到進(jìn)入磁場前，金屬棒a上產(chǎn)生的焦耳熱Q； (3)若在線框完全進(jìn)入磁場時剪斷細(xì)線，線框在剛要離開磁場B3時剛好又達(dá)到勻速，已知線框離開磁場過程中產(chǎn)生的焦耳熱為Q1＝10.875 J，則磁場的高度H為多少。 解析　(1)對金屬棒b，由受力平衡 Mg＝B1IL1 由a、b金屬棒和導(dǎo)軌組成的閉合回路，有 I＝ 聯(lián)立方程，代入數(shù)值求得 B2＝2 T (2)根據(jù)能量守恒定律有 Mgh＝Mv2＋mv2＋2Q 線框進(jìn)入磁場的瞬間，由受力平衡，得 Mg＝B1I1L1＋B3I2L2 其中I1＝ I2＝ 聯(lián)立方程，代入數(shù)值求得 Q＝2 J (3)從線框完全進(jìn)入磁場到完全離開磁場，有 MgH＝Mv－Mv2＋Q1 在剛要離開磁場的瞬間，由受力平衡，得 Mg＝B3I3L2 其中I3＝ 聯(lián)立方程，代入數(shù)值求得 H＝1.2 m 答案　(1)2 T　(2)2 J　(3)1.2 m