2020版高考物理大二輪復(fù)習專題二功和能第三講功能關(guān)系在電學中的應(yīng)用教學案

1、功能關(guān)系在電學中的應(yīng)用W EW (1) W qU電電 p2克服安培力其他能的減少量動力學觀點和能量觀點在電磁場中的應(yīng)用(2019郴州二模功能關(guān)系在電學中的應(yīng)用W EW (1) W qU電電 p2克服安培力其他能的減少量動力學觀點和能量觀點在電磁場中的應(yīng)用(2019郴州二模 ) 如圖所示，一足夠長的固定斜面，傾角M0.2 kg A，以初速度 vE2.510 N/C.質(zhì)量為 m0.1 kg，電量為 q410 C的光滑v8 m/sA，求：電 p. 克安電30.質(zhì)量02 4第三講知識建構(gòu) 備考點睛 1兩種功能關(guān)系(1) 電場力做功與電勢能的關(guān)系(2) 克服安培力做功與電勢能的關(guān)系：E電2一個易錯點洛倫

2、茲力對運動電荷不做功，但洛倫茲力的分力可以做功 . (注 1)(注 2)：詳見答案部分答案W qEdW E(2) 焦耳定律： QI Rt功能關(guān)系： QW能量轉(zhuǎn)化： QW熱點考向一【典例】為 的絕緣長板 3 m/s ，沿斜面勻速下滑空間有一沿斜面向下的勻強電場，電場強度小物塊 B，輕放在 A板表面最上端 此后經(jīng)時間 t0.1 s，撤去電場，當物塊速度為時，恰好離開板1 B的動能 E 和 0.1 s 內(nèi)的電勢能變化量A的速度 vQ. (1) 在電場力作用下B的動能 E 和 0.1 s 內(nèi)的電勢能變化量A的速度 vQ. (1) 在電場力作用下， 物塊 B受重力、支持力、 電場力作用， 由牛頓第二定律

3、mgsin30 qEma2BB的速度：B Bt1kBv1kBA. B22mv2B2aEp. B(1) 撤去電場時，物塊(2) 撤去電場時，板(3) 物塊 B在板 A上運動的全過程，系統(tǒng)發(fā)熱思路引領(lǐng) 解析得： 解得：a 6 m/s撤電場時，物塊v a 0.6 m/s 物塊 B的動能 E 0.018 J 物塊 B在 0.1 s 內(nèi)在電場方向上的位移：L 0.03 m B2 B的電勢能變化量：33020AB2BvvaBfmt tv2a 5(1)0.018 J 能電勢能與動能之和保持不變電勢能、重力勢能、動能之和保持不變機械能的變化量E qEL0B的電勢能變化量：33020AB2BvvaBfmt tv

4、2a 5(1)0.018 J 能電勢能與動能之和保持不變電勢能、重力勢能、動能之和保持不變機械能的變化量E qEL0 0tBvA B20310 J p 10a1.2 s(2)2.75 m/s 3103 J 0(3)2.7 J 物塊(2) A在斜面上勻速下滑，由平衡條件得：Mgsin30 Mgcos30解得：B輕放上 A，對 A由牛頓第二定律得：(Mm)gcos30 Mgsin30Ma解得：a 2.5 m/s撤電場時， A的速度：v v a 2.75 m/s. (3) 撤去電場后， B在 A上運動時，由牛頓第二定律得：mgsin30 ma解得：a 5 m/st物塊 B在 A上運動的時間：t tt

5、1.58 s 斜面對板 A的最大靜摩擦力F (Mm)gcos30Mgsin30當 A速度減為 0后，A將靜止在斜面上板 A做勻減速運動的時間故板 A向下運動的位移： x 90 m 由功能關(guān)系得：Q(Mm)gcos30 x2.7 J. 答案電場中的功能關(guān)系功只有電場力做功只有電場力和重力做功除重力、系統(tǒng)內(nèi)彈力之外，其他各力做的功3 動能的變化量電場中的功能關(guān)系)質(zhì)量為 m的帶正電小球由空中t 秒，小球又A點，不計空氣阻力且小球從未落地，重力加速度為4mgmt2gt3mt小球先做自由下落， 然后受電場力和重力向下做勻減速直線運動直到速度為A點，設(shè)加上電場后小球的加速度大小為0，運用運動學公式有，

6、gtt12at 0，解得 a3g，根據(jù)F mgma，所以電場力是重力的1gt1 1k Av g動能的變化量電場中的功能關(guān)系)質(zhì)量為 m的帶正電小球由空中t 秒，小球又A點，不計空氣阻力且小球從未落地，重力加速度為4mgmt2gt3mt小球先做自由下落， 然后受電場力和重力向下做勻減速直線運動直到速度為A點，設(shè)加上電場后小球的加速度大小為0，運用運動學公式有， gtt12at 0，解得 a3g，根據(jù)F mgma，所以電場力是重力的1gt1 1k Av gt 12EpF h 4mg16gt 232 2AC 電磁場中的功能關(guān)系)如圖所示，一帶正電小球穿在一根絕緣粗糙直桿上，桿與水，整個空間存在著豎直

7、向上的勻強電場和垂直紙面向外的勻強磁場，先給A點時的動能為( A點無初速度自由下落 tg，則( 2 222 20，a，規(guī)定向下為正方向，12gt電A點的速度 v v atgt3gt2gt，小球回到 A點時的動能2 2 22mv 2m(2 212a2g6gt2電 2，故 D錯誤100 J ，在 C點時動能減為零， D) ) 2 24 倍為 4mg，故 A正確；t s 末的速度A 1h ，勻減速下降211hh h ，故22gt1 1 21 22 2 22gt 6gt 3gt合外力做的功遷移一1(多選)(2019河北名校聯(lián)盟秒末，在小球下落的空間中，加上豎直向上、范圍足夠大的勻強電場再經(jīng)過回到A小球

8、所受電場力的大小是B小球回到 A點時的動能是C從 A點到最低點的距離是D從 A點到最低點，小球的電勢能增加了解析再向上做勻加速運動回到整個過程中小球的位移為牛頓第二定律得v ，加電場后，返回是 E 2gt) 2mg2t ，故 B錯誤；從 A點自由下落的高度的高度 h ，小球從 A點到最低點的距離C正確；從 A到最低點小球電勢能增加量等于克服電場力做的功mt答案遷移二2(2019江西六校聯(lián)考平方向夾角為小球一初速度，使小球沿桿向下運動，在為 AC的中點，那么帶電小球在運動過程中4 DC段克服摩擦力做的功不等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動，選項F qvB，故洛倫茲力減小，導(dǎo)

9、故小球在 AD段克服摩擦力做的功與在AD段克服摩擦力做的功與在50 J ，選項 C錯誤；該過程是小球的重力勢能、電勢DB v變化，導(dǎo)致支持力和摩擦力變化，動力學觀點和能量觀點在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用(2019湖北六校聯(lián)考在斜面上加一垂直斜面向上的勻強磁場，H0.4 DC段克服摩擦力做的功不等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動，選項F qvB，故洛倫茲力減小，導(dǎo)故小球在 AD段克服摩擦力做的功與在AD段克服摩擦力做的功與在50 J ，選項 C錯誤；該過程是小球的重力勢能、電勢DB v變化，導(dǎo)致支持力和摩擦力變化，動力學觀點和能量觀點在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用(2019湖北六校聯(lián)考在斜面上加

10、一垂直斜面向上的勻強磁場，H0.4 m ，如圖甲所示，磁場邊界與擋板平行，且上邊界到斜面頂端的距離為abcd置于斜面的底端，已知導(dǎo)線框的質(zhì)量為A錯誤；洛DC段克服摩擦力做的功DC段克服摩擦力做的功不等，從而會影響摩擦)將一斜面固定在水平面上，磁場區(qū)域xm斜面的傾角為30，A到達 C點后小球不可能沿桿向上運動B小球在 AD段克服摩擦力做的功與在C小球在 D點時的動能為 50 J D小球電勢能的增加量等于重力勢能的減少量解析小球受重力、電場力、洛倫茲力、彈力和滑動摩擦力，由于致支持力和滑動摩擦力變化，不等，選項 B正確；由于小球在故小球在 D點時的動能也就不一定為能、動能和系統(tǒng)的內(nèi)能之和守恒，故小

11、球電勢能的增加量不等于重力勢能的減少量，選項錯誤答案倫茲力不做功， 但是洛倫茲力會隨做功的大小 . 熱點考向二【典例】其上表面絕緣且斜面的頂端固定一擋板，的寬度為0.55 m 將一通電導(dǎo)線圍成的矩形導(dǎo)線框5 R0.25 ab L0.5 m tF，拉力的方向平行于斜面向上，使導(dǎo)線框由靜止開始運動，當導(dǎo)線框?qū)⒑懔?F撤走，最終導(dǎo)線框與斜面頂端的擋板發(fā)生碰撞，vt R0.25 ab L0.5 m tF，拉力的方向平行于斜面向上，使導(dǎo)線框由靜止開始運動，當導(dǎo)線框?qū)⒑懔?F撤走，最終導(dǎo)線框與斜面頂端的擋板發(fā)生碰撞，vt 圖像如 ，整個運動過程中導(dǎo)線框沒有發(fā)生轉(zhuǎn)動，g10 m/s . F以及磁感應(yīng)強度的大

12、?。黄渌俣?v與位移 s的關(guān)系為 vv0Q. (1) 、 的長度為 從 0 時刻開始在導(dǎo)線碰332BL0s為導(dǎo)線框 ab邊進入磁場區(qū)域后對磁場上邊2 2mRs，其0.1 kg 、導(dǎo)線框的電阻為框上加一恒定的拉力的下邊與磁場的上邊界重合時，后導(dǎo)線框以等大的速度反彈，導(dǎo)線框沿斜面向下運動已知導(dǎo)線框向上運動的圖乙所示，導(dǎo)線框與斜面間的動摩擦因數(shù)為且始終沒有離開斜面，(1) 求在導(dǎo)線框上施加的恒力(2) 若導(dǎo)線框沿斜面向下運動通過磁場時，中 v 是導(dǎo)線框 ab邊剛進入磁場時的速度大小，界的位移大小，求整個過程中導(dǎo)線框中產(chǎn)生的熱量思路引領(lǐng) (2) 6 (1) 由 vt 圖像可知，在1Fmgsin mgc

13、osmav 做勻速直線運動IERBLv1RF BILvRv 勻速穿出磁場，說明導(dǎo)線框的H. 0v2 (1) 由 vt 圖像可知，在1Fmgsin mgcosmav 做勻速直線運動IERBLv1RF BILvRv 勻速穿出磁場，說明導(dǎo)線框的H. 0v2 22 122 1v 由于重力沿斜面方向的分力與滑mgsin mgcos0.50 N ，因此導(dǎo)線框與擋板碰撞后向下做勻v m/s；進入磁場后因為又受到安培力作用而減v00.4 s 時間內(nèi)導(dǎo)線框做勻加速直線運動，進入磁avt5.0 m/s1安112，由動能定理，有12mv2，導(dǎo)線框下滑過程中，21.0 32解析場時的速度為 v 2.0 m/s ，所以

14、在此過程中的加速度由牛頓第二定律有解得 F1.5 N 由 vt 圖像可知，導(dǎo)線框進入磁場區(qū)域后以速度通過導(dǎo)線框的電流導(dǎo)線框所受安培力對于導(dǎo)線框勻速運動的過程，由力的平衡條件有2 2Fmgsin mgcosBL解得 B0.50 T. (2) 導(dǎo)線框進入磁場區(qū)域后做勻速直線運動，并以速度寬度等于磁場的寬度導(dǎo)線框 ab邊離開磁場后做勻減速直線運動，到達擋板時的位移為x xH0.15 m 設(shè)導(dǎo)線框與擋板碰撞前的速度為mg(xH)sin mg(xH)cos12mv解得 v v 2g xH sincos 1.0 m/s 導(dǎo)線框碰擋板后速度大小仍為動摩擦力大小相等，即速運動， ab邊剛進入磁場時的速度為速，

15、做加速度逐漸變小的減速運動，設(shè)導(dǎo)線框全部離開磁場區(qū)域時的速度為7 BL0 3 230，說明導(dǎo)線框在離開磁場前速度已經(jīng)減為零，21Q1 2(1)1.5 N )如下圖所示，兩條光滑的金屬導(dǎo)軌相距NN段與 QQ0與 BL0 3 230)質(zhì)量為 m、電荷量為 q(q0)的粒子自 G的左端上方距離h的位置，以速度場，重力忽略不計(1) 求粒子第一次穿過射入電場至此時在水平方向上的位移大?。?2) 若粒子恰好從 的位置離開電場，則金屬板的長度最短應(yīng)為多少？滿分樣板解析粒子的加速度大小為E2d FqEma設(shè)粒子第一次到達qEhE設(shè)粒子第一次到達h12at l v0t聯(lián)立式解得E qh11 mdhq則金屬板的

16、長度最短 由對稱性知， 此時金屬板mdhq(1) qh滿分技巧PG、QG間場強相同技巧 2 即使題目不會做也要把與本題相關(guān)1分，式 2分，式mdhq則金屬板的長度最短 由對稱性知， 此時金屬板mdhq(1) qh滿分技巧PG、QG間場強相同技巧 2 即使題目不會做也要把與本題相關(guān)1分，式 2分，式 4閱卷時只看評分標準中給定的公式來給分，同一個表達式與多個對象掛鉤寫多遍，也是有分的(2) 問中說明“粒子穿新立異L的給 2分.1 22mv d的表達式都寫上技巧 3 用最常規(guī)、 最基本的方法解題，閱卷工作量很大，且速度很快，采用特殊解20不標vmdh0q(2)2 vmdh0ql v0(2) 若粒子

17、穿過 G一次就從電場的右側(cè)飛出，的長度 L為L2l2v0答案評分細則技巧 1 要有必要的文字說明(1) 說明非題設(shè)字母符號的意義例如本題中的 E、a意義要在答案中說明(2) 說明研究的過程和狀態(tài)例如第一次到達G的過程(3) 說明列方程的依據(jù)例如式是依據(jù)動能定理(4) 說明題目中的隱含條件如細則 1 本題共 12分，第 (1) 問 8分，第 (2) 問 4分，每式分細則 2 若過程式都正確只有計算結(jié)果錯誤只扣式的分數(shù)過 G一次就從電場的右側(cè)飛出，則金屬板長度最短”但沒求出法容易造成閱卷老師錯批，進而失分，如采用特殊法必須有必要的文字說明技巧 4 要有書寫規(guī)范的物理方程式(1) 寫出的方程必須是原

18、始方程(2) 要用字母表達方程，不要摻有數(shù)字的方程(3) 用題給的字母，常見的符號表示物理量，不要杜撰符號 . 12 高考物理13 m的帶電小球，以初N點時，速度大小為) 12mv32mv小球動能的增加量為N時豎直方向的速度為零，則Epmgh12mv2，C錯誤；電場力對小球做正功，小球減小的電勢能等于重力勢能與動能的增加量之和，E2mv2，B正確B ) 如圖所示，勻強電場與水平方向成夾m、可視為質(zhì)點的帶電小球， 用長為 L的細線懸掛于小( 2v，方向與電場方向相反，則小球22Ek12m(2vm的帶電小球，以初N點時，速度大小為) 12mv32mv小球動能的增加量為N時豎直方向的速度為零，則Ep

19、mgh12mv2，C錯誤；電場力對小球做正功，小球減小的電勢能等于重力勢能與動能的增加量之和，E2mv2，B正確B ) 如圖所示，勻強電場與水平方向成夾m、可視為質(zhì)點的帶電小球， 用長為 L的細線懸掛于小( 2v，方向與電場方向相反，則小球22Ek12m(2v) 12mv232mv2，A錯誤；小球在豎直方向上M、N兩點之間的高度差為則小球的電勢能則電勢3 1pO點，) B機械能增加 2mv2D電勢能增加 2mv22h2 22mv 2mvv2g，2專題強化訓(xùn)練 (七) 一、選擇題1(2019天津卷 )如圖所示，在水平向右的勻強電場中，質(zhì)量為速度 v從 M點豎直向上運動，通過從 M運動到 N的過程

20、 ( A動能增加C重力勢能增加解析的分運動為豎直上拋，到小球重力勢能的增加量為減少，由能量守恒定律可知，能的減少量為 2mv2，D錯誤；由功能關(guān)系可知， 除重力外的其他力對小球所做的功等于小球機械能的增加量，即答案2(多選)(2019湖北武漢高三畢業(yè)生四月調(diào)研角 (0)的小球由軌道左端F，使小球能保持不變的速率滑過軌道右側(cè)的g，則下列判斷中正確的是qB gR3mgqB 2gRF的大小保持不變C到D的過程中，外力小球從F qB 2gR，故選項 A錯誤；在 C點由牛頓第二定律有洛 NC錯誤；小球F的功率等于重力功率大小，D正確BD 30的斜面內(nèi)的兩根平行長直d1 m，其底端接有阻值為B2 5次聯(lián)考

21、)如右圖所示，半徑為B的勻強磁場方向垂直軌道平面向里q(q0)的小球由軌道左端F，使小球能保持不變的速率滑過軌道右側(cè)的g，則下列判斷中正確的是qB gR3mgqB 2gRF的大小保持不變C到D的過程中，外力小球從F qB 2gR，故選項 A錯誤；在 C點由牛頓第二定律有洛 NC錯誤；小球F的功率等于重力功率大小，D正確BD 30的斜面內(nèi)的兩根平行長直d1 m，其底端接有阻值為B2 T 的勻強磁場中一質(zhì)量為L6 m時，速度恰好達到最大)設(shè)桿接入電路的電阻為2R的光滑半圓弧絕緣軌道一可視為質(zhì)點、 質(zhì)A處無初速度滑下當小球滑至軌道最低點D( FA到 C過程中由機械能守恒有洛C到 D的過程中，合外力始

22、終所以外力 F的功R2 的電阻，整個裝置處在垂直斜m1 kg( 質(zhì)量分布均勻 )的導(dǎo)(運動過程中r2 ，導(dǎo)軌電阻不計，重力加速度大) C) 的功率逐漸增大mgR12mv vF mg2N，解得2gR，所以小球在5(多選)(2019河南六市第固定在豎直平面內(nèi)， 磁感應(yīng)強度為量為 m、電荷量為時，給小球再施加一始終水平向右的外力點若小球始終與軌道接觸，重力加速度為A小球在 C點受到的洛倫茲力大小為B小球在 C點對軌道的壓力大小為C小球從 C到D的過程中，外力D小球從解析C點受到的洛倫茲力大小為2F mvR，解得 F 3mgqB 2gR，故選項 B正確；小球從指向圓心，所以 mgcosFsin ， 變

23、化，外力 F的大小發(fā)生變化，故選項從 C到 D的過程中，由能量守恒定律可知外力率逐漸增大，故選項答案6(2019福建寧德一模 )如圖所示，固定在傾角為光滑金屬導(dǎo)軌的間距為面向上、磁感應(yīng)強度大小為體桿 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F10 N作用下從靜止開始沿導(dǎo)軌向上運動距離桿始終與導(dǎo)軌保持垂直小為 g10 m/s .則此過程 ( 17 4 m/s 17.5 J c到 d當桿達到最大速度時滿足BLd 26rR 222m17.5 JC )如圖所示，在寬度為B的勻強磁場，磁場方向如圖所示 有一邊長為4 m/s 17.5 J c到 d當桿達到最大速度時滿足B

24、Ld 26rR 222m17.5 JC )如圖所示，在寬度為B的勻強磁場，磁場方向如圖所示 有一邊長為 l (l d)、R的正方形金屬線框v從圖示位置向右勻速運動，則BlvRE、F兩點間的電壓為FBd mgsin，解得 v 5 m/s ，選項 A錯誤；QR的電流方向從d的條形無場區(qū)左側(cè)區(qū)和右EFGH置于區(qū)域， EF邊與磁場邊界平行，現(xiàn)使( Blv4vrRd到 c，) mmA桿的速度最大值為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D流過電阻 R的電流方向為由2 2解析流過電阻 R的電荷量 qrR C3 C，選項 B錯誤；回路產(chǎn)生的熱量FLmgLsin 12mv ，選

25、項 C正確；由右手定則可知流過選項 D錯誤答案7(多選)(2019東北省四市聯(lián)考側(cè)區(qū)內(nèi)，存在著磁感應(yīng)強度大小均為電阻均勻分布且阻值為線框以垂直于磁場邊界的速度A當 EF邊剛進入?yún)^(qū)時，線框中電流方向為順時針，大小為B當 EF邊剛進入中間無磁場區(qū)時，18 Bl vR2B2l v 2l dR當 EF邊剛進入?yún)^(qū)時， 金屬線框 HG、EF邊均切割磁感線， 由右手定則可判斷EF邊切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動則回路中產(chǎn)生總感應(yīng)電動勢為I ，方向為順時針方向，選項HG邊切割磁感線，回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E2線框在區(qū)運動， 磁通量不變， 不產(chǎn)生感應(yīng)電流，只有 HG邊切割磁感線， 回路中產(chǎn)生的E2 2l d 時，HG

26、、EF邊均切割磁感線，回路中產(chǎn)生總感應(yīng)電動勢為12Blvv l dR2 2，選Bl vR2B2l v 2l dR當 EF邊剛進入?yún)^(qū)時， 金屬線框 HG、EF邊均切割磁感線， 由右手定則可判斷EF邊切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動則回路中產(chǎn)生總感應(yīng)電動勢為I ，方向為順時針方向，選項HG邊切割磁感線，回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E2線框在區(qū)運動， 磁通量不變， 不產(chǎn)生感應(yīng)電流，只有 HG邊切割磁感線， 回路中產(chǎn)生的E2 2l d 時，HG、EF邊均切割磁感線，回路中產(chǎn)生總感應(yīng)電動勢為12Blvv l dR2 2，選項 C正確當 EF邊進入?yún)^(qū)距離大于E Blv，感應(yīng)電流vdR2Bl v 2l dR2Bl v 2

27、ldRBCD 的光滑斜面上， 存在著兩個磁感應(yīng)區(qū)域的磁場方向垂直斜面L.一個質(zhì)量為 m、電阻為 R、邊長也為 L的正方形導(dǎo)線框，由靜止開ab邊剛越過 GH進入磁場區(qū)時，恰好以速度v2 22E ，由閉合電路歐姆定律，E 2Blv1E ，感應(yīng)電流2R，E、F2R，線框所受安培力I ，線框所受總安培力HG邊剛離開區(qū)的過程中，拉力所做的功ld 小于 l 時，只有 EF邊切割磁3W W W W2 22 2v2做勻速直線運動，從4l3d12Blv1R R2BlvUI Blv4 ，選項 B正確線框在整個運動過程中做勻速F BI ，拉力做功 W F ；E 2Blv1WW WI1 2 31做勻速直線運動；當ab

28、進入 GH到回路A錯誤當 EF邊剛進入2R4Bl vd1 2l 1 1d1R R1 2E3ab2 2RF 2BI1l ，拉力做功 W F l3R，線框所受安培力2 2 2(F BI3 3l，拉力做功W3C將線框拉至 HG邊剛離開區(qū)的過程中，拉力所做的功為D將線框從區(qū)全部拉入?yún)^(qū)的過程中，回路中產(chǎn)生的焦耳熱為解析出 HG邊切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢方向為順時針方向，勢方向為順時針方向，中產(chǎn)生的感應(yīng)電流大小為中間無磁場區(qū)域時，只有I 兩點之間的電壓為運動，故線框所受安培力和拉力始終相等拉力不做功； 在EF邊進入中間無磁場區(qū)域的過程中，感應(yīng)電動勢為 E Blv，感應(yīng)電流 I當 EF邊進入?yún)^(qū)距離小于E

29、，感應(yīng)電流大小為2 2d)4Bl ，則將線框拉至Bl v 4l3dR感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢2 2F3dBl ；將線框從區(qū)全部拉入?yún)^(qū)的過程中，安培力做的總功 .根據(jù)克服安培力做的功等于回路中產(chǎn)生的焦耳熱可知，回路中產(chǎn)生的焦耳熱為 QW ，選項 D正確答案8. (多選)(2019蘇州模擬 )在如圖所示的傾角為強度大小均為 B的勻強磁場， 區(qū)域的磁場方向垂直斜面向上向下，磁場的寬度均為始沿斜面下滑當邊下滑到 JP與 MN的中間位置時，線框又恰好以速度19 的中間位置的過程中，線框的動能變化量為Wv(W E 的機械能轉(zhuǎn)化為電能EkW1W2由平衡條件，第一次勻速運動時， mgsinBL ，第二次勻速運動時

30、， mgsin vRW W 的中間位置的過程中，線框的動能變化量為Wv(W E 的機械能轉(zhuǎn)化為電能EkW1W2由平衡條件，第一次勻速運動時， mgsinBL ，第二次勻速運動時， mgsin vRW W E DWCD PQ為兩個磁場的分界線，磁場范圍足夠大一個邊長為v 垂直磁場方向從圖中實線位置開始向v，則下列說法正確2) Ek，重力對線框做功大小為2，下列說法中正確的是2v11 k)vR22v1，選項1 2 k，選項2，等于產(chǎn)生的電能，且W( 1B錯W W E C正確1，安培) 2 1 k，選項MN與 JP力對線框做功大小為A在下滑過程中，由于重力做正功，所以有B從 ab進入 GH到 MN與

31、JP的中間位置的過程中，機械能守恒C從 ab進入 GH到 MN與JP的中間位置的過程中，有D從 ab進入 GH到 MN到JP的中間位置的過程中，線框動能的變化量為2 2解析2 24BL ，則 v A錯誤； ab進入磁場后，安培力做負功，機械能減少，選項誤；從 ab進入 GH到 MN與 JP的中間位置的過程中，由動能定理得，正確；線框克服安培力做功為答案9(多選)(2019撫州質(zhì)檢 )如圖所示，在光滑的水平面上方，有兩個磁感應(yīng)強度大小均為 B、方向相反的水平勻強磁場a、質(zhì)量為 m、電阻為 R的金屬正方形線框，以速度右運動，當線框運動到分別有一半面積在兩個磁場中時，線框的速度為的是( 20 Ba2

32、RBav4R3mv282B2a2vmR根據(jù) qR ，穿過線圈的磁通量由BaR1 1 v 32 2m2 8mvIERBavBa2RBav4R3mv282B2a2vmR根據(jù) qR ，穿過線圈的磁通量由BaR1 1 v 32 2m2 8mvIERBavR ，線框所受的安培力的合力為，選項 D正確CD AB與傾角 37，長 L5 mBC在 B處平滑相連，在斜面的5E210 N/C，現(xiàn)讓滑塊以速度大小不變， 滑塊和斜面間的動222 2 2Ba減小到零，所以此過程中通過線框橫2E2Bav2Bav，電功率 PERB ，m ，選項 CF2BIa，加速度為 aC處有一與斜面垂直的彈性絕緣擋板質(zhì)量D，522 2

33、2 2R2 2 2v 14 m/s 的速度沿av0A此過程中通過線框截面的電荷量為B此時線框中的電功率為C此過程中回路產(chǎn)生的電能為D此時線框的加速度為解析截面的電荷量為 ，選項 A錯誤；此時線框中的電動勢選項 B錯誤；此過程中回路產(chǎn)生的電能等于線圈動能的減少量，正確；此時線框中的電流2B2a2vmR答案二、非選擇題10(2019浙江五校聯(lián)考 )如圖所示，光滑絕緣水平面的固定絕緣斜面m0.5 kg 、帶電荷量 q510 C 的絕緣帶電小滑塊 (可看作質(zhì)點 )置于斜面的中點整個空間存在水平向右的勻強電場，場強斜面向上運動 設(shè)滑塊與擋板碰撞前后所帶電荷量不變、摩擦因數(shù) 0.1.( g取 10 m/s

34、 ，sin37 0.6，cos37 0.8) ，求：21 (1) 滑塊與斜面之間的摩擦力2C點C點的過程中在斜面上運動的總路程為1161.5 m k1，從k1x1 1B 點時動能不變，滑塊在斜面上往返一次克服摩擦力做功k2 k1 fx2 23次從 B滑到水平面上的最遠距離為(1) 滑塊與斜面之間的摩擦力2C點C點的過程中在斜面上運動的總路程為1161.5 m k1，從k1x1 1B 點時動能不變，滑塊在斜面上往返一次克服摩擦力做功k2 k1 fx2 23次從 B滑到水平面上的最遠距離為2 1x2 3)ss 72.9 m (1)8 m/s)如圖甲所示，兩根足夠長的光滑直金屬導(dǎo)軌L1 m，導(dǎo)軌的電阻可忽略s1，W2，x1s22MN、PQ平行M、P兩點間1，由動能定f30.9 m (2)72.9 m (1) 滑塊沿斜面向上運動的加速度大小；(2) 滑塊運動的總路程解析f(mgcos37 qEsin37)1 N 根據(jù)牛頓第二定律可得qEcos37 mgsin37fma，解得 a8 m/s . (2) 由題可知，滑塊最終停在設(shè)滑塊從