2021年高考物理二輪復(fù)習(xí)核心考點(diǎn)專項(xiàng)突破電磁學(xué)中的功能關(guān)系練習(xí)含解析

1、電磁學(xué)中的功能關(guān)系一 單項(xiàng)選擇題1.如圖所示，在絕緣水平面上方存在著足夠大的水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，帶正電的小金屬塊以一定的初速度從a點(diǎn)開始沿水平面向左做直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)l長(zhǎng)度到達(dá)b點(diǎn)，速度變?yōu)榱阍诖诉^(guò)程中，金屬塊損失的動(dòng)能有轉(zhuǎn)化為電勢(shì)能金屬塊繼續(xù)運(yùn)動(dòng)到某點(diǎn)c(圖中未標(biāo)出)時(shí)的動(dòng)能和a點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能相同，則金屬塊從a開始運(yùn)動(dòng)到c的整個(gè)過(guò)程中經(jīng)過(guò)的總路程為() a1.5l b2l c3l d4l【解析】根據(jù)題述，小金屬塊從a運(yùn)動(dòng)到b，克服摩擦力做功wfekfl，克服電場(chǎng)力做功weekqel.設(shè)小金屬塊從b運(yùn)動(dòng)到c經(jīng)過(guò)的路程為s，由動(dòng)能定理qesfsek，解得s3l.金屬塊從a開始運(yùn)動(dòng)到c的整個(gè)過(guò)程中經(jīng)過(guò)的總

2、路程為ls4l，選項(xiàng)d正確【答案】d2.如圖所示，質(zhì)量為m的金屬線框a靜置于光滑水平面上，通過(guò)細(xì)繩跨過(guò)定滑輪與質(zhì)量為m的物體b相連，圖中虛線內(nèi)為一水平勻強(qiáng)磁場(chǎng)，d表示a與磁場(chǎng)左邊界的距離，不計(jì)滑輪摩擦及空氣阻力，設(shè)b下降h(hd)高度時(shí)的速度為v，則以下關(guān)系中能夠成立的是()av2ghbv22ghca產(chǎn)生的熱量qmghmv2da產(chǎn)生的熱量qmghmv2【解析】由于線框在磁場(chǎng)內(nèi)的運(yùn)動(dòng)情況未知，故不能判斷v與h的具體關(guān)系，故a、b錯(cuò)誤；根據(jù)題意，線框a進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程克服安培力做功，線框a產(chǎn)生的熱量為q，對(duì)a、b構(gòu)成的系統(tǒng)，在b下降h高度的過(guò)程中，據(jù)能量轉(zhuǎn)化與守恒定律有mgh2mv2q，qmghmv

3、2，故選項(xiàng)c正確【答案】c3.如圖所示，上下開口、內(nèi)壁光滑的銅管p和塑料管q豎直放置，小磁塊先后在兩管中從相同高度處由靜止釋放，并落至底部，則小磁塊()a在p和q中都做自由落體運(yùn)動(dòng) b在兩個(gè)下落過(guò)程中的機(jī)械能都守恒 c在p中的下落時(shí)間比在q中的長(zhǎng) d落至底部時(shí)在p中的速度比在q中的大【解析】由于電磁感應(yīng)，小磁塊在銅管p中還受到向上的磁場(chǎng)力，而在塑料管中只受到重力，即只在q中做自由落體運(yùn)動(dòng)，機(jī)械能守恒，故a、b錯(cuò)誤；而在p中加速度較小，下落時(shí)間較長(zhǎng)，落至底部的速度較小，故c正確，d錯(cuò)誤【答案】c4.如圖甲，傾角為的光滑絕緣斜面，底端固定一帶電量為q的正點(diǎn)電荷將一帶正電小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從斜面上

4、a點(diǎn)由靜止釋放，小物塊沿斜面向上滑動(dòng)至最高點(diǎn)b處，此過(guò)程中小物塊的動(dòng)能和重力勢(shì)能隨位移的變化圖象如圖乙(e1和x1為已知量)已知重力加速度為g，靜電力常量為k，由圖象可求出()a小物塊的帶電量ba、b間的電勢(shì)差c小物塊的質(zhì)量d小物塊速度最大時(shí)到斜面底端的距離【解析】小物塊在b點(diǎn)時(shí)e1mgx1sin ，解得m，選項(xiàng)c正確；小物塊由a到b的過(guò)程中，據(jù)動(dòng)能定理，可得quabwg0，由功能關(guān)系知wge1，故有quabe1，故只能求得小物塊由a到b的過(guò)程中電場(chǎng)力所做的功(或小物塊電勢(shì)能的減少量)，無(wú)法求出小物塊的帶電量及a、b兩點(diǎn)間的電勢(shì)差，選項(xiàng)a、b錯(cuò)誤；小物塊向上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，開始時(shí)庫(kù)侖力大于重力沿

5、斜面向下的分力，小物塊向上加速，隨著向上運(yùn)動(dòng)，庫(kù)侖力減小，當(dāng)庫(kù)侖力等于重力沿斜面向下的分力時(shí)，小物塊的速度達(dá)到最大，此時(shí)有mgsin k，因q未知，故無(wú)法求得小物塊到斜面底端的距離r，選項(xiàng)d錯(cuò)誤【答案】c5.質(zhì)量為m、長(zhǎng)度為l的金屬棒mn兩端由絕緣且等長(zhǎng)輕質(zhì)細(xì)線水平懸掛，處于豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為b.開始時(shí)細(xì)線豎直，當(dāng)金屬棒中通以恒定電流后，金屬棒從最低點(diǎn)向右開始擺動(dòng)，若已知細(xì)線與豎直方向的最大夾角為60，如圖所示，則棒中電流()a.方向由m向n，大小為b.方向由n向m，大小為c.方向由m向n，大小為d.方向由n向m，大小為【答案】b【解析】平衡時(shí)兩懸線與豎直方向夾角均為，故導(dǎo)

6、線受到向右的安培力，根據(jù)左手定則，可判斷金屬棒中的電流方向由n指向m；金屬棒mn所受安培力的方向垂直于mn和磁場(chǎng)方向向右，由于棒向上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中重力和安培力做功，細(xì)線的拉力不做功，設(shè)細(xì)線的長(zhǎng)度為x，由功能關(guān)系得：bilxsin mg(xxcos )0解方程得：i.6.如圖甲所示，左側(cè)接有定值電阻r2 的水平粗糙導(dǎo)軌處于垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度b1 t，導(dǎo)軌間距l(xiāng)1 m.一質(zhì)量m2 kg，阻值r2 的金屬棒在水平拉力f作用下由靜止開始從cd處沿導(dǎo)軌向右加速運(yùn)動(dòng)，金屬棒的vx圖象如圖乙所示，若金屬棒與導(dǎo)軌間動(dòng)摩擦因數(shù)0.25，則從起點(diǎn)發(fā)生x1 m位移的過(guò)程中(g10 m/s2)()a.

7、金屬棒克服安培力做的功w10.5 jb.金屬棒克服摩擦力做的功w24 jc.整個(gè)系統(tǒng)產(chǎn)生的總熱量q4.25 jd.拉力做的功w9.25 j【答案】d【解析】金屬棒與導(dǎo)軌間因摩擦產(chǎn)生的熱量等于克服摩擦力做的功，為：q1mgx0.252101 j5 j，故b、c錯(cuò)誤；由vx圖象得：v2x，金屬棒所受的安培力f，代入得：f0.5x，則知f與x是線性關(guān)系.當(dāng)x0時(shí)，安培力f00；當(dāng)x1 m時(shí)，安培力f10.5 n，則從起點(diǎn)發(fā)生x1 m位移的過(guò)程中，安培力做功為w安xx1 j0.25 j，a錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)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正確.7.質(zhì)量為m的帶正電小球由空中某點(diǎn)自由下落，下落高度h后在整個(gè)空間加上豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，再經(jīng)過(guò)相同時(shí)間小球又回到原出發(fā)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，且整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中小球從未落地，重力加速度為g，則()a從加電場(chǎng)開始到小球返回原出發(fā)點(diǎn)的過(guò)程中，小球電勢(shì)能減少了mghb從加電場(chǎng)開始到小球下落最低點(diǎn)的過(guò)程中，小球動(dòng)能減少了mghc從開始下落到小球運(yùn)動(dòng)至最低點(diǎn)的過(guò)程中，小球重力勢(shì)能減少了mghd小球返回原出發(fā)點(diǎn)時(shí)的速度大小為【解析】小球先做自由落體運(yùn)動(dòng)，然后受電場(chǎng)力和重力向下做勻減速到速度為零，再向上做勻加速回到出發(fā)點(diǎn)設(shè)小球下落高度h用了t秒，加上電場(chǎng)后小球的加速度大小為a，加上電場(chǎng)時(shí)速度為v，規(guī)

9、定向下為正方向，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式：gt2gttat20，解得a3g，由v22gh，解得v；根據(jù)牛頓第二定律，f電mgma，得f電4mg，因此，從加電場(chǎng)開始到小球返回原出發(fā)點(diǎn)的過(guò)程中，電場(chǎng)力做功為w電f電h4mgh，根據(jù)電場(chǎng)力做功和電勢(shì)能的關(guān)系，可知小球的電勢(shì)能的減少量為ep4mgh，故選項(xiàng)a錯(cuò)誤；從加電場(chǎng)開始到小球下落最低點(diǎn)的過(guò)程中，小球動(dòng)能減少量為ekmv20mgh，選項(xiàng)b正確；從加電場(chǎng)開始到小球下落最低點(diǎn)的過(guò)程中，設(shè)下落高度為h，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式：v22ah，解得h，從開始下落到小球運(yùn)動(dòng)至最低點(diǎn)的過(guò)程中，重力做功為wgmg(hh)mgh，根據(jù)重力做功和重力勢(shì)能的關(guān)系，可知小球的重力勢(shì)能的減少量為e

10、pmgh，選項(xiàng)c錯(cuò)誤；設(shè)小球返回到原出發(fā)點(diǎn)時(shí)的速度為v，由動(dòng)能定理，可得mv23mg(hh)，解得v，選項(xiàng)d錯(cuò)誤【答案】b8.如圖所示，平行金屬導(dǎo)軌與水平面成角，導(dǎo)軌與定值電阻r1和r2相連，勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直穿過(guò)導(dǎo)軌平面.有一導(dǎo)體棒ab，質(zhì)量為m，導(dǎo)體棒的電阻r0與固定電阻r1和r2的阻值均相等，與導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，導(dǎo)體棒ab沿導(dǎo)軌向上滑動(dòng)，當(dāng)上滑的速度為v時(shí)，受到安培力的大小為f.此時(shí)()a.電阻r1消耗的熱功率為b.電阻r0消耗的熱功率為c.整個(gè)裝置消耗的熱功率為mgvsin d.整個(gè)裝置消耗的機(jī)械功率為(fmgcos )v【答案】d【解析】設(shè)ab長(zhǎng)度為l，磁感應(yīng)強(qiáng)度為b，電阻r0r1r

11、2r.電路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)eblv，ab中感應(yīng)電流為：i，ab所受安培力為：fbil電阻r1消耗的熱功率為：p1(i)2r由得：p1fv，電阻r0和r1阻值相等，p0i2rfv，故a、b錯(cuò)誤；整個(gè)裝置因摩擦而消耗的熱功率為：pfffvmgcos vmgvcos ，故c錯(cuò)誤；整個(gè)裝置消耗的機(jī)械功率為：p3fvpf(fmgcos )v，故d正確.二 不定項(xiàng)選擇題1.(多選)如圖所示，豎直平面內(nèi)有一足夠長(zhǎng)的寬度為l的金屬導(dǎo)軌，質(zhì)量為m的金屬導(dǎo)體棒ab可在導(dǎo)軌上無(wú)摩擦地上下滑動(dòng)，且導(dǎo)體棒ab與金屬導(dǎo)軌接觸良好，ab電阻為r，其他電阻不計(jì)導(dǎo)體棒ab由靜止開始下落，過(guò)一段時(shí)間后閉合開關(guān)s，發(fā)現(xiàn)導(dǎo)體棒ab立刻做

12、變速運(yùn)動(dòng)，則在以后導(dǎo)體棒ab的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，下列說(shuō)法中正確的是()a導(dǎo)體棒ab做變速運(yùn)動(dòng)期間加速度一定減小b單位時(shí)間內(nèi)克服安培力做的功全部轉(zhuǎn)化為電能，電能又轉(zhuǎn)化為內(nèi)能c導(dǎo)體棒減少的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為閉合電路中的電能和電熱之和，符合能的轉(zhuǎn)化和守恒定律d導(dǎo)體棒ab最后做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，速度大小為v【解析】導(dǎo)體棒由靜止下落，在豎直向下的重力作用下做加速運(yùn)動(dòng)開關(guān)閉合時(shí)，由右手定則判定，導(dǎo)體中產(chǎn)生的電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針?lè)较?，再由左手定則，可判定導(dǎo)體棒受到的安培力方向向上，fbilbl，導(dǎo)體棒受到的重力和安培力的合力變小，加速度變小，物體做加速度越來(lái)越小的運(yùn)動(dòng)，a正確；最后合力為零，加速度為零，做勻速運(yùn)動(dòng)由fmg0得，b

13、lmg，v，d正確；導(dǎo)體棒克服安培力做功，減少的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電能，由于電流的熱效應(yīng)，電能又轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，b正確【答案】abd2.如圖所示，兩平行金屬板水平放置，板長(zhǎng)為l，板間距離為d，板間電壓為u，一不計(jì)重力、電荷量為q的帶電粒子以初速度v0沿兩板的中線射入，經(jīng)過(guò)t時(shí)間后恰好沿下板的邊緣飛出，則()a在前時(shí)間內(nèi)，電場(chǎng)力對(duì)粒子做的功為uqb在后時(shí)間內(nèi)，電場(chǎng)力對(duì)粒子做的功為uqc在粒子下落的前和后過(guò)程中，電場(chǎng)力做功之比為11d在粒子下落的前和后過(guò)程中，電場(chǎng)力做功之比為12【解析】粒子在兩平行金屬板間做類平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，在前后兩個(gè)的時(shí)間內(nèi)沿電場(chǎng)線

14、方向的位移之比為13，則在前時(shí)間內(nèi)，電場(chǎng)力對(duì)粒子做的功為uq，在后時(shí)間內(nèi)，電場(chǎng)力對(duì)粒子做的功為uq，選項(xiàng)a錯(cuò)，b對(duì)；由weqs知在粒子下落的前和后過(guò)程中，電場(chǎng)力做功之比為11，選項(xiàng)c對(duì)，d錯(cuò)【答案】bc3.如圖所示，絕緣粗糙斜面體固定在水平地面上，斜面所在空間存在平行于斜面向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)e，輕彈簧一端固定在斜面頂端，另一端拴接一不計(jì)質(zhì)量的絕緣薄板.一帶正電的小滑塊，從斜面上的p點(diǎn)處由靜止釋放后，沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，并能壓縮彈簧至r點(diǎn)(圖中未標(biāo)出)，然后返回，則()a.滑塊從p點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到r點(diǎn)的過(guò)程中，其機(jī)械能增量等于電場(chǎng)力與彈簧彈力做功之和b.滑塊從p點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到r點(diǎn)的過(guò)程中，電勢(shì)能的減小量大于重力勢(shì)能和

15、彈簧彈性勢(shì)能的增加量之和c.滑塊返回時(shí)能到達(dá)的最低位置在p點(diǎn)的上方d.滑塊最終停下時(shí)，克服摩擦力所做的功等于電勢(shì)能的減小量與重力勢(shì)能增加量之差【答案】bc【解析】在小滑塊開始運(yùn)動(dòng)到到達(dá)r點(diǎn)的過(guò)程中，電場(chǎng)力做的功轉(zhuǎn)化為小滑塊的重力勢(shì)能、彈簧的彈性勢(shì)能以及內(nèi)能.滑塊從p點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到r點(diǎn)的過(guò)程中，其機(jī)械能增量等于電場(chǎng)力與彈簧彈力做功、摩擦力做功之和.故a錯(cuò)誤；電場(chǎng)力做的功轉(zhuǎn)化為小滑塊的重力勢(shì)能、彈簧的彈性勢(shì)能以及內(nèi)能，所以電勢(shì)能的減小量大于重力勢(shì)能和彈簧彈性勢(shì)能的增加量之和.故b正確；小滑塊運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，由于摩擦力做功，小滑塊的機(jī)械能與電勢(shì)能的和減小，所以滑塊返回時(shí)能到達(dá)的最低位置在p點(diǎn)的上方，不能再返

16、回p點(diǎn).故c正確；滑塊運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，由于摩擦力做功，小滑塊的機(jī)械能與電勢(shì)能的和逐漸減小，所以滑塊最終停下時(shí)，克服摩擦力所做的功等于電勢(shì)能的減小量與重力勢(shì)能增加量、彈性勢(shì)能增加量之差.故d錯(cuò)誤.4.如圖所示，光滑絕緣細(xì)管與水平面成30角，在管的上方p點(diǎn)固定一個(gè)點(diǎn)電荷q，p點(diǎn)與細(xì)管在同一豎直平面內(nèi)，管的頂端a與p點(diǎn)連線水平電荷量為q的小球(小球直徑略小于細(xì)管內(nèi)徑)從管中a處由靜止開始沿管向下運(yùn)動(dòng)，在a處時(shí)小球的加速度為a.圖中pbac，b是ac的中點(diǎn)，不考慮小球電荷量對(duì)電場(chǎng)的影響則在q形成的電場(chǎng)中()aa點(diǎn)的電勢(shì)高于b點(diǎn)的電勢(shì)bb點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小是a點(diǎn)的4倍c小球從a到c的過(guò)程中電勢(shì)能先減小后增大

17、d小球運(yùn)動(dòng)到c處的加速度為ga【解析】在正電荷產(chǎn)生的電場(chǎng)中，離電荷越近電勢(shì)越高，因此b點(diǎn)的電勢(shì)高于a點(diǎn)的電勢(shì)，a錯(cuò)誤；根據(jù)點(diǎn)電荷電場(chǎng)強(qiáng)度的決定式得ea，eb，由幾何關(guān)系得pa2pb，解得eb4ea，b正確；小球從a到c的過(guò)程中，電場(chǎng)力先做正功后做負(fù)功，因此電勢(shì)能先減小后增大，c正確；小球在a、c兩處受到的電場(chǎng)力大小相等，對(duì)小球受力分析，在a處，由牛頓第二定律得mgsin 30fcos 30ma，在c處，由牛頓第二定律得mgsin 30fcos 30mac，解得acga，d正確【答案】bcd5.如圖所示，勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度為e，方向水平向左，一帶電量為q，質(zhì)量為m的物體放在光滑水平面上，在恒力f

18、作用下由靜止開始從o點(diǎn)向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)時(shí)間t力f做功60 j，此后撤去力f，物體又經(jīng)過(guò)相同的時(shí)間t回到出發(fā)點(diǎn)o，設(shè)o點(diǎn)的電勢(shì)能為零，則下列說(shuō)法正確的是()a.物體回到出發(fā)點(diǎn)的速度與撤去力f時(shí)的速度大小之比為21b.恒力f4qec.撤去力f時(shí)，物體的電勢(shì)能為45 jd.在撤去力f之前的任一時(shí)刻，動(dòng)能與電勢(shì)能之比均為13【答案】acd【解析】在恒力f作用下的加速度大小為a1，撤去恒力f后的加速度大小為a2，勻加速運(yùn)動(dòng)的位移大小x1a1t2，撤去拉力后的位移大小x2a1tta2t2根據(jù)x1x2得a23a1.根據(jù)牛頓第二定律得，a1，a2，聯(lián)立解得f電qef.故b錯(cuò)誤.6.如圖所示，絕緣桿兩端

19、固定帶電小球a和b，輕桿處于水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，不考慮兩球之間的相互作用，初始時(shí)桿與電場(chǎng)線垂直現(xiàn)將桿右移，同時(shí)順時(shí)針轉(zhuǎn)過(guò)90，發(fā)現(xiàn)a、b兩球電勢(shì)能之和不變根據(jù)如圖給出的位置關(guān)系，下列說(shuō)法正確的是()aa一定帶正電，b一定帶負(fù)電ba、b兩球所帶電量的絕對(duì)值之比qaqb12ca球電勢(shì)能一定增加d電場(chǎng)力對(duì)a球和b球做功的絕對(duì)值相等【解析】電場(chǎng)力做功與路徑無(wú)關(guān)，兩個(gè)小球在桿右移后兩球所在位置處電勢(shì)都降低，而兩個(gè)小球組成的系統(tǒng)的電勢(shì)能之和不變，那么電場(chǎng)力對(duì)其中一個(gè)做正功，對(duì)另一個(gè)一定做負(fù)功，做功的絕對(duì)值相同，兩個(gè)小球一定帶異種電荷，但不能準(zhǔn)確判斷每一個(gè)小球所帶電荷的電性，a、c錯(cuò)誤，d正確；由電勢(shì)能變

20、化之和為零得eqbleqa2l，即|qa|qb|12，b正確【答案】bd7.如圖所示，相距為l的兩條足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌，與水平面的夾角為，導(dǎo)軌上固定有質(zhì)量為m，電阻為r的兩根相同的導(dǎo)體棒，導(dǎo)體棒mn上方軌道粗糙，下方光滑，整個(gè)空間存在垂直于導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為b.將兩根導(dǎo)體棒同時(shí)釋放后，觀察到導(dǎo)體棒mn下滑而ef保持靜止，當(dāng)mn下滑速度最大時(shí)，ef與軌道間的摩擦力剛好到達(dá)最大靜摩擦力，下列敘述正確的是()a導(dǎo)體棒mn的最大速度為b導(dǎo)體棒ef與軌道之間的最大靜摩擦力為mgsin c導(dǎo)體棒mn受到的最大安培力為mgsin d導(dǎo)體棒mn所受重力的最大功率為【解析】當(dāng)導(dǎo)體棒mn勻速運(yùn)

21、動(dòng)時(shí)速度最大，由平衡條件得mgsin ，則得最大速度為v，選項(xiàng)a正確；由題意知，當(dāng)mn下滑的速度最大時(shí)，ef與軌道間的摩擦力剛好達(dá)到最大靜摩擦力，兩棒所受的安培力大小相等，方向相反，則對(duì)ef棒，有mgsin fm，則可得最大靜摩擦力為fm2mgsin ，選項(xiàng)b錯(cuò)誤；導(dǎo)體棒mn勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)速度最大，感應(yīng)電流最大，所受的安培力也最大，由平衡條件可知，最大安培力為fmmgsin ，選項(xiàng)c正確；導(dǎo)體棒mn所受重力的最大功率為pmmgsin v，選項(xiàng)d錯(cuò)誤【答案】ac8.如圖所示，物體a和帶負(fù)電的物體b用跨過(guò)定滑輪的絕緣輕繩連接，a、b的質(zhì)量分別是m和2m，勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧一端固定在水平面上.另一端

22、與物體a相連，傾角為的斜面處于沿斜面向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，整個(gè)系統(tǒng)不計(jì)一切摩擦.開始時(shí)，物體b在一沿斜面向上的外力f3mgsin 的作用下保持靜止且輕繩恰好伸直，然后撤去外力f，直到物體b獲得最大速度，且彈簧未超過(guò)彈性限度，則在此過(guò)程中()a.對(duì)于物體a、b、彈簧和地球組成的系統(tǒng)，電場(chǎng)力做功等于該系統(tǒng)增加的機(jī)械能b.物體a、彈簧和地球所組成的系統(tǒng)機(jī)械能增加量等于物體b電勢(shì)能的減少量c.b的速度最大時(shí)，彈簧的伸長(zhǎng)量為d.撤去外力f的瞬間，物體b的加速度為【答案】ac【解析】根據(jù)能量守恒可知，物體a、彈簧和地球所組成的系統(tǒng)機(jī)械能增加量等于物體b電勢(shì)能的減少量和b物體機(jī)械能的減小量之和，故b錯(cuò)誤；當(dāng)b所

23、受的合力為零時(shí)，b的速度最大，由：kxf電2mgsin 解得彈簧的伸長(zhǎng)量為：x，故c正確；開始時(shí)，外力f作用在b上，b處于靜止?fàn)顟B(tài)，對(duì)b分析可知：f2mgsin f電0解得：f電mgsin .當(dāng)撤去外力瞬間，對(duì)ab整體分析，整體受到的合力為：f合f電2mgsin 3mgsin 由f合3ma可得 agsin ，故d錯(cuò)誤.三 非選擇題1.如圖所示，傾角為60的傾斜平行軌道與豎直面內(nèi)的平行圓形軌道平滑對(duì)接，軌道之間距離為l，圓形軌道的半徑為r.在傾斜平行軌道的上部有磁感應(yīng)強(qiáng)度為b的垂直于軌道向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)區(qū)域足夠大，圓形軌道末端接有一電阻值為r的定值電阻質(zhì)量為m的金屬棒從距軌道最低端c點(diǎn)高度為

24、h處由靜止釋放，運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)c時(shí)對(duì)軌道的壓力為7mg，不計(jì)摩擦和導(dǎo)軌、金屬棒的電阻，求： (1)金屬棒通過(guò)軌道最低端c點(diǎn)的速度大?。?2)金屬棒中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值；(3)金屬棒整個(gè)下滑過(guò)程中定值電阻r上產(chǎn)生的熱量；(4)金屬棒通過(guò)圓形軌道最高點(diǎn)d時(shí)對(duì)軌道的壓力的大小【解析】(1)設(shè)金屬棒通過(guò)軌道最低端c點(diǎn)的速度為vc，軌道對(duì)金屬棒的支持力為fc，金屬棒對(duì)軌道的壓力為fc，由牛頓第二定律可知fcmg(2分)而fcfc7mg(1分)解得vc.(1分)(2)由于磁場(chǎng)區(qū)域足夠大，金屬棒在重力和安培力作用下加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)安培力等于重力沿傾斜軌道向下的分力時(shí)，速度最大，此時(shí)金屬棒中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最

25、大由mgsin 60bil(2分)i(1分)解得感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值e.(1分)(3)由能量守恒定律，在金屬棒的整個(gè)下滑過(guò)程中電阻器r上產(chǎn)生的熱量等于金屬棒損失的機(jī)械能，所以qmghmv(1分)聯(lián)立得qmg(h3r)(2分)(4)金屬棒由c點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到d點(diǎn)，根據(jù)機(jī)械能守恒，有mvmvmg2r(2分)金屬棒通過(guò)圓形軌道最高點(diǎn)d時(shí)，設(shè)軌道對(duì)金屬棒豎直向下的壓力為fd，由牛頓第二定律有fdmg(2分)聯(lián)立解得fdmg(1分)由牛頓第三定律可知金屬棒通過(guò)圓形軌道最高點(diǎn)d時(shí)對(duì)軌道的壓力為mg.(1分)【答案】(1)(2)(3)mg(h3r)(4)mg2.如圖所示，在豎直平面內(nèi)有一質(zhì)量為2m的光滑“”形線框de

26、fc，ef長(zhǎng)為l，電阻為r；fced2l，電阻不計(jì).fc、ed的上半部分(長(zhǎng)為l)處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域中，且fc、ed的中點(diǎn)與其下邊界重合.質(zhì)量為m、電阻為3r的金屬棒用最大拉力為2mg的絕緣細(xì)線懸掛著，其兩端與c、d兩端點(diǎn)接觸良好，處在磁感應(yīng)強(qiáng)度為b的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域中，并可在fc、ed上無(wú)摩擦滑動(dòng).現(xiàn)將“”形線框由靜止釋放，當(dāng)ef到達(dá)磁場(chǎng)區(qū)域的下邊界時(shí)速度為v，細(xì)線剛好斷裂，區(qū)域內(nèi)磁場(chǎng)消失.重力加速度為g.求：(1)整個(gè)過(guò)程中，線框克服安培力做的功；(2)ef剛要出磁場(chǎng)時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)；(3)線框的ef邊追上金屬棒cd時(shí)，金屬棒cd的動(dòng)能.【答案】(1)2mglmv2(2)(3)【解析】(1)對(duì)

27、形線框用動(dòng)能定理：2mglw2mv20，w2mglmv2(2)對(duì)金屬棒cd受力分析：ftmmgbil，得到i，eir總(3)對(duì)金屬棒cd運(yùn)動(dòng)分析：hgt2，對(duì)形線框運(yùn)動(dòng)分析：hlvtgt2，解得：t相遇時(shí)cd棒速度vt0gt，此時(shí)動(dòng)能為ekmv3.如圖所示，絕緣光滑水平面與半徑為r的豎直光滑半圓軌道相切于c.豎直直徑gc左側(cè)空間存在足夠大勻強(qiáng)電場(chǎng)，其電場(chǎng)強(qiáng)度方向水平向右.gc右側(cè)空間處處存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其磁感應(yīng)強(qiáng)度垂直紙面水平向里.一質(zhì)量為m，電荷量為q的帶正電滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))在a點(diǎn)由靜止釋放，滑塊恰好能通過(guò)圓周的最高點(diǎn)g進(jìn)入電場(chǎng).已知?jiǎng)驈?qiáng)電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)大小為e，ac間距為l4r，重力加速度為g.求：(1)滑塊在g點(diǎn)的速度vg；(2)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度b的大小；(3)滑塊落回水平面的位置距離c點(diǎn)的距離x