(浙江專用)2020版高考物理復(fù)習(xí)專題二第2講動(dòng)量觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)在電磁學(xué)中的應(yīng)用講義增分練(含解析)

1、第2講 動(dòng)量觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)在電磁學(xué)中的應(yīng)用核心要點(diǎn)提煉I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(dòng)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(dòng)能之和保持不變。3 .洛倫茲力對(duì)運(yùn)動(dòng)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(dòng)力學(xué)、動(dòng)量、能量觀點(diǎn)）仍是解決力電綜合問題首選的方法。高考熱點(diǎn)突破|,考向1應(yīng)用能量觀點(diǎn)解決力、電綜合問題命題角度【典例1】（2018 全國卷I ,21）（多選）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(shí)的動(dòng)能為10 eV,從a至1J d的 過程中克服

2、電場力所做的功為6 eV。下列說法正確的是（）圖1A.平面c上的電勢為零B.該電子可能到達(dá)不了平面fC.該電子經(jīng)過平面d時(shí)，其電勢能為4 eVD.該電子經(jīng)過平面 b時(shí)的速率是經(jīng)過 d時(shí)的2倍解析電子在等勢面b時(shí)的電勢能為E= q（j）=2 eV,電子由a至U 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212eV, C錯(cuò)誤；電子在等勢面 b的動(dòng)能為8 eV,電子

3、在等勢面 d的動(dòng)能為4 eV,由公式R=imV 可知，該電子經(jīng)過平面 b時(shí)的速率為經(jīng)過平面 d時(shí)速率的、/2倍，D錯(cuò)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(dòng)，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【典例2】（2019 浙江寧海選考模擬）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0 ,整個(gè)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(dòng)，在A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為100 J ,在C點(diǎn)時(shí)動(dòng)能減為零,D為AC的中點(diǎn)，那么帶電小球在運(yùn)動(dòng)過程中（）圖2A.到達(dá)C點(diǎn)后小球不可能沿桿向上運(yùn)動(dòng)B.小球在A

4、D段克服摩擦力彳的功與在 DC段克服摩擦力做的功不等 C.小球在D點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為50 JD.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(dòng)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；小球受重力、電場力、洛倫茲力、彈力和滑動(dòng)摩擦力，由于 F洛=4丫8故洛倫茲力減小，導(dǎo)致支持 力和滑動(dòng)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(shí)的動(dòng)能也就不一定為50 J ,選項(xiàng)C錯(cuò)誤；該過程是小球的重力勢能、電勢能、動(dòng)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

5、勢能的減少量，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案 B命題角度動(dòng)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】（2019 溫州九校高三上學(xué)期模擬 ）如圖3甲所示，兩條相互平行的光滑金屬導(dǎo)軌, 相距L=0.2 m ,左側(cè)軌道的傾斜角0 =30。，右側(cè)軌道為圓弧線，軌道端點(diǎn)間接有電阻1.5軌道中間部分水平，MP NQ可距離為d=0.8 m,水平軌道間充滿方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度 B隨時(shí)間變化如圖乙所示。一質(zhì)量為x 10 g、導(dǎo)軌間電阻為r = 1.0 Q的導(dǎo)體棒a從t=0時(shí)刻無初速釋放，初始位置與水平軌道間的高度差Hi= 0.8 E另一與a棒完全相同的導(dǎo)體棒 b靜置于磁場外的水平軌道上，靠近磁場左邊界PM

6、a棒下滑后平滑進(jìn)入水平軌道(轉(zhuǎn)角處無機(jī)械能損失)，并與b棒發(fā)生碰撞而粘合在一起，此后作為一個(gè)整體運(yùn)動(dòng)。導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，軌道的電阻和電感不計(jì)，重力加速度大小g取10 m/s 2。求：圖3(1)導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場前，流過R的電流大?。?2)導(dǎo)體棒剛進(jìn)入磁場瞬間受到的安培力大??；導(dǎo)體棒最終靜止的位置離PM的距離；(4)全過程電阻 R上產(chǎn)生的焦耳熱。解析(1)由法拉第電磁感應(yīng)定律可知AE)= = kdL=0.2 V At由閉合電路歐姆定律有日Ig = 0.1 A。rR+ 2(2) a棒滑到底端時(shí)的速度為 vd,由動(dòng)能定理有1 2mgH= 2mv>與b發(fā)生完全非彈性碰撞后的速度為v由動(dòng)

7、量守恒定律有mv>= 2mv= 0.8 s此后磁場不再變化,電動(dòng)勢為E= BLv,E I =R+2所以安培力大小為F= BIL = 0.04 N 。(3)導(dǎo)體棒直到靜止，由動(dòng)量定理有BqL= 2mvLBs其中q = r，S為導(dǎo)體棒在水平軌道上滑過的路程R+ 2由以上各式解得s = 2 m,因此導(dǎo)體棒停在距離PM為0.4 m處。(4)滑入磁場前有 Qi=I0Rt,解得Qi=1.2X10-2 J12 r碰后有 Q= -X2mV=Qh+Q2Q2 R -2=-，解得 QR2 = 3X10 JQ=Qi+ QR2r r4 2由以上各式解得Q= 0.042 J 。答案 (1)0.1 A (2)0.04

8、 N (3)0.4 m (4)0.042 J反思?xì)w納，1 .動(dòng)能定理在力學(xué)和電場中應(yīng)用時(shí)的“三同一異”述能分析 分析研究時(shí)京是單一蛆動(dòng)過程還 .是至力運(yùn)動(dòng)過程奮力行后 分析研窕時(shí)窠各個(gè)蛆動(dòng)過程的受 力情況更各力的做功情況功能關(guān)系分析 合力時(shí)研究時(shí)集健的功等于其動(dòng)能的變化小不同點(diǎn)在電場中運(yùn)動(dòng)時(shí)多了一個(gè)電坳力，楮別注意 電埼力修功與路徑無美2 .功能關(guān)系在力學(xué)和電磁感應(yīng)中應(yīng)用時(shí)的“三同三異”右口均需運(yùn)動(dòng)過程分析. 受力分析和功能之間的關(guān)系 管手分析一啜力分析:在電磁感應(yīng)中比力學(xué)中多了 L全安培力不會(huì)_功能過程分析：在電磁感應(yīng)問題中，安培力一般做負(fù)功，產(chǎn)生焦耳擄涉及知識(shí)比力學(xué)中多了右手定期.左手定時(shí)

9、.闈合電路的歐姆定律等I考向預(yù)測產(chǎn)1.(2019 浙江安吉選考模擬)如圖4所示，一豎直固定且光滑絕緣的直圓筒底部放置一可視3為點(diǎn)電荷的場源電荷 A,其電荷量Q= + 4X10 C,場源電荷 A形成的電場中各點(diǎn)的電勢表達(dá)式為。=器，其中k為靜電力常量，r為空間某點(diǎn)到場源電荷 A的距離?，F(xiàn)有一個(gè)質(zhì)量為m=0.1 kg的帶正電的小球 B,它與A球間的距離為 a= 0.4 m ,此時(shí)小球 B處于平衡狀態(tài)，且小球B在場源電荷 A形成的電場中具有的電勢能的表達(dá)式為5=愣 其中r為A與B之間的r距離。另一質(zhì)量為 m的不帶電絕緣小球 C從距離B的上方H= 0.8 m處自由下落，落在小球B上立刻與小球B粘在一起

10、以2 m/s的速度向下運(yùn)動(dòng)，它們到達(dá)最低點(diǎn)后又向上運(yùn)動(dòng)，向上運(yùn)動(dòng)到達(dá)的最高點(diǎn)為(1)小球C與小球P(g 取 10 m/s2, k= 9X109 Nl-m2/C2)。求:(2)小球C與小球B一起向下運(yùn)動(dòng)的過程中，最大速度為多少?解析 (1)小球C自由下落H時(shí)獲得速度Vo,由機(jī)械能守恒定律得B碰撞前的速度vo的大??？小球B的電荷量q為多少?12mgH= 2mo解得 vo= .2gH= 4 m/s小球B在碰撞前處于平衡狀態(tài)，對(duì)B球由平衡條件得kqQ mg= /代入數(shù)據(jù)得 q=4x 10 8 C =4.4X1。9 Co 9(2)兩個(gè)球碰撞過程，動(dòng)量守恒，故mv=2mv設(shè)當(dāng)B和C向下運(yùn)動(dòng)的速度最大為 V

11、m時(shí)，與A相距x,對(duì)B和C整體，由平衡條件得2mg= kQq代入數(shù)據(jù)得x= 0.28 m 由能量守恒定律得1 2 kQq12, Qq2X2 mv+ + 2mga= 2X2 mm+ 2mgx+ k-代入數(shù)據(jù)得Vm= 2.16 m/s 。答案 (1)4 m/s 4.4X10 9 C (2)2.16 m/s2 .(2019 江南十校模擬)如圖5, EFPM明光滑金屬導(dǎo)軌，電阻不計(jì)，處于豎直平面內(nèi)，其中FP傾斜，傾角為0 , EF±FP, PMW半彳仝為R的圓弧，圓弧與傾斜部分平滑連接于P點(diǎn)，NM分別為圓弧的豎直直徑的兩端點(diǎn)，還有一根與EFPM匿全相同的導(dǎo)軌 E F' P'

12、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,兩根相同白金屬棒 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(gè)物理量均為已知，重力加速度為g)圖5 若ab棒到達(dá)P點(diǎn)之前已經(jīng)勻速運(yùn)動(dòng),求ab棒勻速下滑時(shí)的速度v,以及此時(shí)cd棒的電功率P;(2)在第 問的基礎(chǔ)上，若 0 =60° ,m= 0.1 kg , r = 3 Q , B=

13、 1 T , L= 1 m,R= 77 m, g= 10 m/s 2,則ab棒能否運(yùn)動(dòng)到圓弧最高點(diǎn)?15解析 (1)勻速下滑時(shí)有 m§in 0 -BIL = 0, I =BLv,口2mgrsin 0得 v=b2l2根據(jù)能量守恒，此時(shí)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= mgsn 9即 PimgSF)2 r。 BL,2mgrsin0 /口(2)到達(dá) P點(diǎn)時(shí)，由 v=Bp,得 vp=4 m/s ,假定能夠運(yùn)動(dòng)到圓弧最高點(diǎn)，且到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)速度為VN,31212由機(jī)械能守恒得2mgRF mv= 2mP代入數(shù)據(jù)得VN= 0v gR故ab棒不能運(yùn)動(dòng)到圓弧最高點(diǎn)。答案等1 (

14、m)2-r (2)不能運(yùn)動(dòng)到圓弧最高點(diǎn) B LBL考向應(yīng)用動(dòng)量觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)解決力、電綜合問題0HlM 1動(dòng)量觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)在電磁場中的應(yīng)用【典例1】(2019 浙江寧波選考模擬)如圖6所示，一豎直光滑絕緣的管內(nèi)有一勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)絕緣彈簧，其下端固定于地面，上端與一質(zhì)量為m帶電荷量為+ q的小球A相連，整個(gè)空間存在一豎直向上的勻強(qiáng)電場，小球A靜止時(shí)彈簧恰為原長，另一質(zhì)量也為m的不帶電的絕緣小球 B從管內(nèi)距A高為X0處由靜止開始下落，與 A發(fā)生碰撞后一起向下運(yùn)動(dòng)。若全過程中小球A的電荷量不發(fā)生變化，重力加速度為gooB A " E "圖6(1)若X0已知，試求B與A碰撞過

15、程中損失的機(jī)械能A E;(2)若X0未知，且B與A一起向上運(yùn)動(dòng)在最高點(diǎn)時(shí)恰未分離，試求A B運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)彈簧的形變量X； 在滿足第(2)問的情況下，試求 A B運(yùn)動(dòng)過程中的最大速度 vm。解析(1)設(shè)勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)為 E,在碰撞前A靜止、彈簧恰為原長時(shí)，有mg- qE= 012設(shè)B在與A碰撞刖的速度為 V0,由機(jī)械能寸恒7E律得 mgx = mv設(shè)B與A碰撞后共同速度為 vi,由動(dòng)量守恒定律得mv= 2mvB與A碰撞過程中損失的機(jī)械能A E為A E=1mV - - - 2 mv221解得 AE= 2mgx。(2) A、B在最高點(diǎn)恰不分離，此時(shí)彈簧處于拉伸狀態(tài)，且 A B間的彈力為零，設(shè)它們共

16、同加 速度為a,則對(duì) B： mg= ma對(duì) A： m/ kx qE= ma解得x = mJ k(3) A B一起運(yùn)動(dòng)過程中合外力為零時(shí)具有最大速度，設(shè)此時(shí)彈簧的壓縮量為x',則2mg- (kx' + qEt = 0解得x z = mgk由于x' =x,說明A B在最高點(diǎn)處與合外力為 0處彈簧的彈性勢能相等，對(duì)此過程由能量守恒定律得12(qE 2mg( x' +x)=02 2mw2mk °解得Vm= g2m k答案(1) 2mgx (2) mg (3) g 2k命題角度2動(dòng)量觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用【典例2】(2019 浙江省重點(diǎn)中學(xué)高三期末熱身

17、聯(lián)考)如圖7所示，兩根間距為 L的光滑金屬導(dǎo)軌CMMP1P2、DNN2QQ固定放置，導(dǎo)軌 MN左側(cè)向上彎曲，右側(cè)水平。水平導(dǎo)軌左端有寬 度為d、方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場區(qū)域I ,右端有另一磁場區(qū)域H,其寬度也為d,但方向豎直向下，兩磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B,相隔的距離也為 do有兩根電阻均為 R的金屬棒a和b與導(dǎo)軌垂直放置，金屬棒 a質(zhì)量為m金屬棒b質(zhì)量為3m b棒置于磁場n的中點(diǎn) e、F 處，并用絕緣細(xì)線系住，細(xì)線能承受的最大拉力為Foo現(xiàn)將a棒從彎曲導(dǎo)軌上某一高度 h0處由靜止釋放并沿導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)， 當(dāng)a棒剛進(jìn)入磁場區(qū)域I時(shí)細(xì)線剛好被拉斷，重力加速度大小為 goc圖7(1)當(dāng)a棒在磁場I中運(yùn)動(dòng)

18、時(shí)，若要使b棒在導(dǎo)軌上保持靜止，則a棒剛釋放時(shí)的高度應(yīng)小于某一值ho,求ho的大??；(2)若將a棒從彎曲導(dǎo)軌上高度小于ho處由靜止釋放，使其以速度 V1(V1為已知量)進(jìn)入磁場區(qū)域I。求a棒通過磁場I的過程中，a棒產(chǎn)生的焦耳熱；(3)若將a棒從高度大于ho的某處由靜止釋放，使其以速度V2(V2為已知量)進(jìn)入磁場區(qū)域I ,、. 1 一記為t=0時(shí)刻；經(jīng)過時(shí)間to后從區(qū)域I穿出，穿出時(shí) a棒的速度為2v2,求to時(shí)刻b棒的速度vb。解析(1)因?yàn)閍棒進(jìn)入磁場I后做減速運(yùn)動(dòng)，所以只要?jiǎng)傔M(jìn)入時(shí)b棒不動(dòng)，b棒就可以靜止不動(dòng)，由題意對(duì)a棒：由機(jī)械能守恒定律得mgh=；mv對(duì)回路:EE= BLv), I =

19、 2 R對(duì)b棒:BIL=Fo聯(lián)立解得2R2F0h0=gB4L4o(2) a棒從彎曲導(dǎo)軌上高度為 h( h< ho)處由靜止釋放，則 b棒保持靜止。設(shè) a棒出磁場I的速度為va棒進(jìn)入磁場I的過程：mv mv= BLIit i = BLqBLdqi = -2R口B2L2d聯(lián)立將v=vi-mRa棒產(chǎn)生的焦耳熱2vi-甘L2dImR手122B2L2dQa = 4n(Vi-v)=R將a棒從高度大于h0的某處由靜止釋放，當(dāng) a棒進(jìn)入磁場區(qū)域I瞬時(shí)，細(xì)線被拉斷，b棒開始運(yùn)動(dòng)。a棒經(jīng)過時(shí)間to后從區(qū)域I穿出，設(shè) b棒不能出磁場區(qū)域n。在 0to階段，a、b兩棒的沖量相同，則 mw：mv=3mv,解得vb

20、 = ：v2 26一i一, i 一 一 i因Va>；V2=3Vb,所以Xb<-d ,即b棒不能出磁場區(qū)域H,則Vb=-V2o236答案見解析反思婦納二(i)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= 12Rt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。|考向預(yù)測產(chǎn)(2019 稽陽聯(lián)誼學(xué)校聯(lián)考)如圖8所示，兩根光滑的金屬平行導(dǎo)軌放在水平面上，左端向上 彎曲，右端連有絕緣彈性障礙物，導(dǎo)軌間距為L=0.5 m ,電阻不計(jì)。水平段導(dǎo)軌所處空間有豎直向下的勻強(qiáng)磁場，磁感

21、應(yīng)強(qiáng)度大小B= 1.0 T 。質(zhì)量為mb=0.1 kg、電阻為 R=0.1 Q的金屬棒b垂直導(dǎo)軌放置其上，它與磁場左邊界 AA'的距離為Xo=1.0 m,現(xiàn)將質(zhì)量為 m=0.2 kg、 電阻為R = 0.2 Q的金屬棒a從彎曲導(dǎo)軌上高為 h=0.45 m處由靜止釋放，使其沿導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)。 已知在以后的運(yùn)動(dòng)過程中，兩金屬棒始終不會(huì)相撞，且金屬棒b撞擊障礙物前已經(jīng)是勻速運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，撞擊過程中不損耗機(jī)械能。設(shè)兩金屬棒運(yùn)動(dòng)過程中始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，g取210 m/s 。求:圖8(1)金屬棒a剛越過磁場左邊界 AA時(shí)，它兩端的電壓大小；(2)金屬棒b第一次撞擊障礙物前，b棒上產(chǎn)生的焦耳熱；金屬棒

22、a最終靜止在軌道上離障礙物的距離。解析(1) a到達(dá)底端時(shí)速度大小為 vo1 2rmgh=2rmv0,得 vo = 2gh= 3 m/s電動(dòng)勢 E= BLvd= 1.5 VR電壓 U= -E= 0.5 V。 R+ Rd(2) b棒做勻速直線運(yùn)動(dòng)，說明已沒有安培力，已沒有電流，則 a、b兩棒速度相等由動(dòng)量守恒定律 mavo= ( m+ m) V1得 V1= 2 m/s12總焦耳熱 Q總=mgh 2( m+ m) V1= 0.30 J ,b棒上廣生的焦耳熱 Q=bQ總= 0.10 J 。Ra+R(3) a棒進(jìn)入磁場后，最終停止，應(yīng)用動(dòng)量定理-mav0 = - E F 安 At,即 mv°

23、=BLA q,得 Aq=1.2 CBLA x ,口又 A q=力 力，得 Ax= 0.72 m 2 R?由分析知，多次碰撞后，b棒最終?？吭谡系K物旁。而電荷量是由磁通量的變化引起的，故Ax為a棒與b棒的間距的變化量，且 a棒始終是單向直線運(yùn)動(dòng)，得 X1= X0 A x= 0.28 m。答案 (1)0.5 V (2)0.10 J (3)0.28 m課時(shí)跟蹤訓(xùn)練I一、選擇題(14題為單項(xiàng)選擇題，57題為不定項(xiàng)選擇題)1.(2019 浙江溫嶺上學(xué)期選考模擬)如圖1甲所示，在列車首節(jié)車廂下面安裝一電磁鐵，電磁鐵產(chǎn)生垂直于地面的勻強(qiáng)磁場，首節(jié)車廂經(jīng)過安放在兩鐵軌間的線圈時(shí)，線圈中產(chǎn)生的電脈沖信號(hào)傳到控制

24、中心。圖乙為某時(shí)控制中心顯示屏上的電脈沖信號(hào)，則此時(shí)列車的運(yùn)動(dòng)情 況是()A.勻速運(yùn)動(dòng)C.勻減速運(yùn)動(dòng)列車鐵軌：礴場區(qū)域：L,j接控制中心甲nN乙B.勻加速運(yùn)動(dòng)D.變加速運(yùn)動(dòng)解析 由v-t圖象可知，線圈兩端的電壓大小隨時(shí)間均勻減小，即有u= U0-kt或u=U0+ kt,由法拉第電磁感應(yīng)定律u= Blv ,解得v=U'或v = 旨，其中仕、k、Bl BlBl Bl Bll、B是一定的，即速度隨時(shí)間均勻減小，所以此時(shí)列車做勻減速運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)C 正確，A、B、D錯(cuò)誤。答案 C2.（2019 浙江桐鄉(xiāng)茅盾中學(xué)模擬）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。

25、導(dǎo)軌左端接阻值R= 1.5 Q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 a。ab與導(dǎo)軌間動(dòng)摩擦因數(shù)科=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(dòng)，經(jīng)時(shí)間2 s后，ab開始做勻速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)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（）A.0.12 CC.0.72 C解析金屬桿做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí),角軍得 BL= 1 T n v= 0.4 m/s定理得 Ft 科 mgt- BI Lt = mv答案 B3.（2019 浙江杭州二中選考模擬x

26、p X圖2B.0.36 CD.1.6 C,，r、一 BLv U由平衡條件得F=科m/BIL ,由歐姆定律得I =七 =口,r十rr,設(shè)ab加速時(shí)間為t,加速過程的平均感應(yīng)電流為I,由動(dòng)量電荷量q= It,代入數(shù)據(jù)解得 q=0.36 C ,故選項(xiàng)B正確。）如圖3所示，光滑斜面的傾角為 0 ,斜面上放置一矩形導(dǎo)體線框abcd, ab邊的邊長為卜，bc邊的邊長為12,線框的質(zhì)量為簿電阻為R,線框通過絕緣細(xì)線繞過光滑的定滑輪與一重物相連，重物質(zhì)量為M斜面上ef線（ef平行底邊）的右方有垂直斜面向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,如果線框從靜止開始運(yùn)動(dòng)，進(jìn)入磁場的最初一段時(shí)間是做勻速運(yùn)動(dòng)的，且線框的ab邊始

27、終平行于底邊，重力加速度大小為g,則下列說法正確的是（）圖3A.線框進(jìn)入磁場前運(yùn)動(dòng)的加速度為nB.線框進(jìn)入磁場時(shí)勻速運(yùn)動(dòng)的速度為(Mg- mgsin 0 ) RBliB211聯(lián)立解得線框進(jìn)入磁場時(shí)勻速運(yùn)動(dòng)的速度為(Mg- mgsin 0 ) R,B錯(cuò)誤；線框做勻速運(yùn)、l 2動(dòng)的總時(shí)間為t =一 v_2 2B2l 11 2(Mg- mgsin 0 ) RC錯(cuò)誤；由能量守恒定律，該勻速運(yùn)動(dòng)過程中產(chǎn)生C.線框做勻速運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為（Mg msin 0）RD.該勻速運(yùn)動(dòng)過程中產(chǎn)生的焦耳熱為（Mg- mgsin 0 ） 12解析由牛頓第二定律得Mg- mgin 0 =（M什n）a,解得線框進(jìn)入磁場前運(yùn)動(dòng)的

28、加速度為Mg- m(sin, 一么一，En j, A 錯(cuò)誤；由平衡條件得Mg- mgsin 9F 安=0, F 安=BI11, I =-, E= BIiv,mh mR的焦耳熱等于系統(tǒng)重力勢能的減少量，為（Mg- mg>in 0 ） 12, D正確。答案 D4.（2019 浙江寧波適應(yīng)性考試 ）如圖4甲所示，真空中有一半徑為R、電荷量為+ Q的均勻帶電球體，以球心為坐標(biāo)原點(diǎn),沿半徑方向建立x軸。理論分析表明，x軸上各點(diǎn)的場強(qiáng)隨 x變化關(guān)系如圖乙所示，則甲, kQA. Xi處場強(qiáng)大小為 XiB.X2處場強(qiáng)大小為kQxR3C.球內(nèi)為勻強(qiáng)電場D. E x圖線與x軸所圍的面積表示電勢差大小應(yīng)為RQ

29、,因R>xi,推理R處場強(qiáng)大小應(yīng)為解析 由乙圖可知，沿 x軸方向，x=R時(shí)場強(qiáng)最大。若 xi處場強(qiáng)大小為 胃，那么R處的場強(qiáng) 所以kQ>R'與乙圖矛盾，故A錯(cuò)誤；若x2處的場強(qiáng)大小為 等，照此-R3-,因?yàn)閤2>R,故一R->R3,與乙圖矛盾，故 B錯(cuò)誤；由乙圖可知 C錯(cuò)誤；由E- x圖象的物理意義可知 D正確。答案 D5. （2019 浙江杭州西湖高級(jí)中學(xué)高三新高考適應(yīng)性考試）如圖5所示，abcd為一矩形金屬線框，其中ab=cd=L, ab邊接有定值電阻 R, cd邊的質(zhì)量為 簿 其他部分的電阻和質(zhì)量均不計(jì)， 整個(gè)裝置用兩根絕緣輕彈簧懸掛起來。線框下方處在磁感

30、應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直于紙面向里。初始時(shí)刻，使兩彈簧處于自然長度，且給線框一豎直向下的初速度V0,當(dāng)cd邊第一次運(yùn)動(dòng)至最下端的過程中，R產(chǎn)生的電熱為 Q此過程cd邊始終未離開磁場，已知重力加速度大小為g,下列說法中正確的是（）Rx b x >XXX*XXX圖5色L2vA.初始時(shí)刻cd邊所受安培力的大小為mgRB.線框中產(chǎn)生的最大感應(yīng)電流可能為BLv0R 1 2C.cd邊第一次到達(dá)最下端的時(shí)刻，兩根彈簧具有的彈性勢能總量大于2mv Q12D.在cd邊反復(fù)運(yùn)動(dòng)過程中，R中廣生的電熱最多為2mvE BLv0解析 初始時(shí)刻cd邊速度為V。，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為 E= BLv。，感

31、應(yīng)電流I=£=一丁，初始R R時(shí)刻cd邊所受安培力的大小為 F= BIL = ,選項(xiàng)A錯(cuò)誤；若F>mg cd邊開始向下減速， R12_ _、-，電流變小，初始時(shí)電流最大，選項(xiàng) B正確；由能量守恒定律，2mv+mgh Q+日，cd邊第一次11到達(dá)最下端的時(shí)刻，兩根彈簧具有的彈性勢能總量為B=2mV+mghH Q大于2mVQ選項(xiàng)C正確；在cd邊反復(fù)運(yùn)動(dòng)過程中，最后平衡位置彈簧彈力等于線框重力，一定具有彈性勢能，12R中廣生的電熱一定小于 2mV,選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案 BC6. （2019 河南六市第 5次聯(lián)考）如圖6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

32、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(shí)，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6A.小球在C點(diǎn)受到的洛倫茲力大小為 qB/gRB.小球在C點(diǎn)對(duì)軌道的壓力大小為 3mg- qB/2gRC.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1解析 小球從A到C過程機(jī)械能寸恒有 mgR= mv,解得v = 2gR,所以小球在 C點(diǎn)受到的洛2倫

33、茲力大小為 尸洛=4&/2 故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；在C點(diǎn)由牛頓第二定律有 Fn m/F洛=成，解 得Fn= 3mg- qB/2gRt,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(cuò)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 BD7.（2019 浙江名校聯(lián)盟聯(lián)考）如圖7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，

34、導(dǎo)軌的電阻忽略不計(jì)。Vo。初始時(shí)刻，彈簧處于伸長狀態(tài)，其伸長量為xi=mg,此時(shí)導(dǎo)體棒具有豎直向上的初速度k在沿導(dǎo)軌往復(fù)運(yùn)動(dòng)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A.初始時(shí)刻導(dǎo)體棒受到的安培力大小圖7B2L2V0FR-、-1 +、心一B2L2V0B.初始時(shí)刻導(dǎo)體棒加速度的大小a=2g+m （ rvb r;C.導(dǎo)體棒往復(fù)運(yùn)動(dòng)，最終靜止時(shí)彈簧處于壓縮狀態(tài)D.導(dǎo)體棒開始運(yùn)動(dòng)直到最終靜止的過程中，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱 Q= gmV+S2 k解析 由法拉第電磁感應(yīng)定律得E= BLv。，由閉合電路歐姆定律得 I =蕓7,由安培力公式得rvr rB2L2V0BVv。皿山亍 “F=

35、" r ,故選項(xiàng) A錯(cuò)慶；初始時(shí)刻，F(xiàn)+mW kxi=ma 得 a= 2g+ m（ r+ r）, 故選項(xiàng) B正確；因?yàn)閷?dǎo)體棒靜止時(shí)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(dòng)能和重力勢能全部轉(zhuǎn)化為焦耳熱，即Q總= 3mV2+mGxi+mg=2 2mV+g,但R上的焦耳熱小于 Q總，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 k答案 BC二、非選擇題8.（2019 浙江江山選考模擬）如圖8（a）所示，斜面傾角為 37° , 一寬為d=0.43 m的有界勻強(qiáng)磁場垂直于斜面向上，磁場邊界與斜面底邊平行。在斜面上由靜止釋放一長方形金屬線框，線框沿斜面下滑，下邊與磁

36、場邊界保持平行。取斜面底部為零勢能面，從線框開始運(yùn)動(dòng)到恰好完全進(jìn)入磁場的過程中，線框的機(jī)械能E和位移x之間的關(guān)系如圖（b）所示，圖中、均為直線段。已知線框的質(zhì)量為m= 0.1 kg ,電阻為 R= 0.06 Q ,重力加速度取 g= 10 m/s ,sin 37 ° = 0.6cos 37 ° = 0.8 o(a)(1)求金屬線框與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)科；(2)求金屬線框剛進(jìn)入磁場到恰好完全進(jìn)入磁場所用的時(shí)間Pno(3)求金屬線框穿越磁場的過程中，線框中產(chǎn)生焦耳熱的最大功率解析(1)由能量守恒定律可知，線框減少的機(jī)械能等于克服摩擦力所做的功，則mgpos 37 °

37、X1其中 X1=0.36 m , A 曰=(0.900 0.756) J =0.144 J可解得= 0.5。(2)金屬線框進(jìn)入磁場的過程中，減少的機(jī)械能等于克服摩擦力和安培力所做的功，機(jī)械能仍均勻減少，因此安培力也為恒力，線框做勻速運(yùn)動(dòng)v2=2axi, 其中 a=gsin 37一gcos 372=2 m/sX2= 0.15 m2 2 2BL V2Pm= -R-根據(jù)線框勻速進(jìn)入磁場時(shí),可求出Fa=0.2 N ,又因?yàn)镕a+mgpos 37 ° = mg>in 372 2匚 BLv1Fa= r ,可求出B2L2=0.01 T 2 - m2將V2、B2L2的值代入，可求出展g=0.4

38、3 W。 R可解得線框剛進(jìn)磁場時(shí)的速度大小為V1= 1.2 m/sAE=W2+W= (Ff + FA)X2其中 AE2=(0.756 0.666) J =0.09 JR+FA=mgjin 37 ° = 0.6 N ,X2為線框的側(cè)邊長，即線框進(jìn)入磁場過程運(yùn)動(dòng)的距離，可求出X2 0.15t = = . , s = 0.125 s oV11.2 (3)線框剛出磁場時(shí)速度最大，線框內(nèi)的焦耳熱功率最大,22由 V2= vi + 2a(d X2),可求得 V2= 1.6 m/s答案(1)0.5(2)0.125 s (3)0.43 W9.(2019 四川綿陽市二診)如圖9所示，軌道 ABCDPf

39、c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 AR圓弧段CDW頃余段DP都光滑，水平段BC粗糙，DP段與水平面的夾角 9=37。，D C兩點(diǎn)的高度差h=0.1 m ,整個(gè)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(gè)質(zhì)量mi= 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(shí)間t = 1 s,與靜止在B點(diǎn)的不帶電、質(zhì)量 m= 0.6 kg小物塊n碰撞并粘在一起在BC段上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，到達(dá)傾斜段DP上某位置。物塊I和n與軌道BC段的動(dòng)摩擦因數(shù)都為科=0.2。g=10 m/s 2, sin 37 ° = 0.6 , c

40、os 37 ° = 0.8。求：TCH物塊i和n在 BC段上做勻速直線運(yùn)動(dòng)的速度大??；(2)物塊I和n第一次經(jīng)過 C點(diǎn)時(shí)，圓弧段軌道對(duì)物塊I和n支持力的大小。解析(1)物塊I和n粘在一起在 BC段上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)電場弓雖度為 E,物塊I帶電荷量為q,物塊I與物塊n碰撞前速度為 vi,碰撞后共同速度為 V2,則qE=( m+ m)gqEt= mv1mv1= (m+ m) V2解得 V2= 2 m/s。(2)設(shè)圓弧段CD的半彳空為R,物塊I和n經(jīng)過 C點(diǎn)時(shí)圓弧段軌道對(duì)物塊I和n支持力的大小為 Fn,則R1 cos 0 ) = hZ.、2(m+m) V2Fn (m+ m2) g=r解得 Fn= 18 No答案 (1)2 m/s (2)18 N10.(2019 金麗衢十二校聯(lián)考物理試題)有人設(shè)計(jì)了可變阻尼的電磁輔助減震系統(tǒng)，由三部分組成。一部分是電磁偵測系統(tǒng)；一部分是可變電磁阻尼系統(tǒng)，吸收震動(dòng)時(shí)的動(dòng)能；控制系統(tǒng)接收偵測系統(tǒng)的信號(hào)，改變阻尼磁場的強(qiáng)弱。系統(tǒng)如圖10甲所示，偵測線框、阻尼線圈固