2025屆高考物理一輪復(fù)習(xí)專題重組卷第一部分專題四動(dòng)力學(xué)能量動(dòng)量觀點(diǎn)在電磁學(xué)中的應(yīng)用含解析

PAGE15-專題四動(dòng)力學(xué)、能量、動(dòng)量觀點(diǎn)在電磁學(xué)中的應(yīng)用第Ⅰ卷(選擇題，共48分)一、選擇題(本題共12小題，每小題4分，共48分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第1～7題只有一項(xiàng)符合題目要求，第8～12題有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分)1．(2024·遼寧省沈陽市一模)如圖所示，豎直放置的足夠長的U形金屬框架中，定值電阻為R，其他電阻均可忽視，ef是一水平放置的電阻可忽視的導(dǎo)體棒，導(dǎo)體棒質(zhì)量為m，棒的兩端始終與ab、cd保持良好接觸，且能沿框架無摩擦下滑，整個(gè)裝置放在與框架平面垂直的勻強(qiáng)磁場中，當(dāng)導(dǎo)體棒ef從靜止下滑一段時(shí)間后閉合開關(guān)S，則S閉合后()A．導(dǎo)體棒ef的加速度肯定大于gB．導(dǎo)體棒ef的加速度肯定小于gC．導(dǎo)體棒ef的機(jī)械能肯定守恒D．導(dǎo)體棒ef的機(jī)械能肯定削減答案D解析當(dāng)ef從靜止下滑一段時(shí)間后閉合S，ef切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流，它受到豎直向上的安培力，若安培力大于2mg，則由牛頓其次定律得知，ef的加速度大小大于g，若安培力小于2mg，則ef的加速度大小小于g，A、B錯(cuò)誤；閉合S，ef切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流，下滑過程克服安培力做功，則ef的機(jī)械能削減，轉(zhuǎn)化為電能，C錯(cuò)誤，D正確。2．(2024·福州高考模擬)如圖所示，一根長為L的金屬細(xì)桿通有大小為I的電流時(shí)，水安靜止在傾角為θ的光滑絕緣固定斜面上。斜面處在方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場中。若電流和磁場的方向均不變，電流大小變?yōu)?.5I，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小變?yōu)?B，重力加速度為g。則此時(shí)金屬細(xì)桿()A．電流流向垂直紙面對外B．受到的安培力大小為2BILsinθC．對斜面壓力大小變?yōu)樵瓉淼?倍D．將沿斜面對上加速運(yùn)動(dòng)，加速度大小為gsinθ答案D解析金屬細(xì)桿水安靜止時(shí)，金屬細(xì)桿受到重力、斜面的支持力和安培力而平衡，故安培力水平向右，由左手定則得電流流向垂直紙面對里，A錯(cuò)誤；依據(jù)安培力公式可得，后來金屬細(xì)桿受到的安培力大小為F安＝4B·eq\f(1,2)IL＝2BIL，B錯(cuò)誤；金屬細(xì)桿水安靜止于斜面上時(shí)，依據(jù)平衡條件可得：FNcosθ＝mg，F(xiàn)Nsinθ＝BIL，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小和電流大小變更時(shí)，依據(jù)受力分析和牛頓其次定律可得：FN′＝mgcosθ＋2BILsinθ＝eq\f(mg1＋sin2θ,cosθ)＝FN(1＋sin2θ)<2FN，a＝eq\f(2BILcosθ－mgsinθ,m)＝gsinθ，加速度方向沿斜面對上，金屬細(xì)桿將沿斜面對上運(yùn)動(dòng)，C錯(cuò)誤，D正確。3.(2024·河北唐山一模)如圖所示，水平桌面上固定兩條光滑平行導(dǎo)軌，導(dǎo)軌左端連接電源，整個(gè)裝置處于豎直向下的勻強(qiáng)磁場中?，F(xiàn)將兩根質(zhì)量相同的導(dǎo)體棒M、N依次靜置于導(dǎo)軌上的同一位置，接通電源，導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌從桌面右側(cè)水平拋出，始終與地面平行，落地位置與導(dǎo)軌右端的水平距離分別為s1和s2。不計(jì)電源和導(dǎo)軌電阻，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，則安培力對導(dǎo)體棒做功之比為()A．1∶1B．seq\o\al(2,1)∶seq\o\al(2,2)C．s1∶s2D.eq\r(s1)∶eq\r(s2)答案B解析由題可知，安培力做功使導(dǎo)體棒獲得動(dòng)能，即獲得速度，然后水平拋出，做平拋運(yùn)動(dòng)，由于下落高度相同，則兩導(dǎo)體棒下落時(shí)間相同，設(shè)為t，則被拋出時(shí)的速度為：v＝eq\f(s,t)，則安培力做功為：W＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(s,t)))2，由題可知，兩個(gè)導(dǎo)體棒落地位置與導(dǎo)軌右端的水平距離分別為s1和s2，而且導(dǎo)體棒質(zhì)量相同，則安培力做功之比為：eq\f(W1,W2)＝eq\f(s\o\al(2,1),s\o\al(2,2))，B正確，A、C、D錯(cuò)誤。4．(2024·安徽黃山二模)空間存在一靜電場，x軸上各點(diǎn)電勢φ隨x變更的狀況如圖所示。若在－x0處由靜止釋放一帶負(fù)電的粒子，該粒子僅在電場力的作用下運(yùn)動(dòng)到x0的過程中，下列關(guān)于帶電粒子的a-t圖線、v-t圖線、Ek-x圖線、Ep-x圖線正確的是()答案B解析φ-x圖象的斜率表示電場強(qiáng)度，故從－x0到x0的過程中電場強(qiáng)度先減小后增大，粒子受到沿x軸正方向的電場力先減小后增大，粒子的加速度也是先減小后增大，在x＝0位置加速度為零，粒子在運(yùn)動(dòng)過程中，做變加速運(yùn)動(dòng)，速度越來越大，v-t圖象的斜率代表加速度，故斜領(lǐng)先減小后增大，B正確，A錯(cuò)誤；粒子在運(yùn)動(dòng)過程中，受到沿x軸正方向的電場力先減小后增大，依據(jù)動(dòng)能定理ΔEk＝F·Δx可知Ek-x圖象的斜率代表電場力，故斜領(lǐng)先變小再變大，在x＝0位置的斜率為零，C錯(cuò)誤；由于粒子帶負(fù)電，依據(jù)電勢能Ep＝qφ可知，Ep-x變更規(guī)律與φ-x變更規(guī)律相反，D錯(cuò)誤。5．(2024·甘肅民樂一中、張掖二中一調(diào)聯(lián)考)如圖所示，勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)方向與豎直方向成α角，一電荷量為q，質(zhì)量為m的小球，用絕緣細(xì)線固定在豎直墻上，小球恰好靜止在水平位置，重力加速度為g，則()A．小球帶正電B．勻強(qiáng)電場場強(qiáng)的大小為eq\f(mgcosα,q)C．若某時(shí)刻將細(xì)線突然剪斷，在之后的T時(shí)間內(nèi)電場力對小球做的功為eq\f(1,2)mg2T2tan2αD．將細(xì)線剪斷后，小球運(yùn)動(dòng)過程中機(jī)械能守恒答案C解析依據(jù)題意，對小球受力分析如圖，則知小球帶負(fù)電，依據(jù)平衡條件得mg＝Eqcosα，E＝eq\f(mg,qcosα)，A、B錯(cuò)誤；將細(xì)線突然剪斷，小球?qū)⑺较蛴易龀跛俣葹榱愕膭蚣铀僦本€運(yùn)動(dòng)，依據(jù)牛頓其次定律得：a＝eq\f(F合,m)＝eq\f(T,m)＝eq\f(mgtanα,m)＝gtanα，T時(shí)間內(nèi)發(fā)生的位移x＝eq\f(1,2)aT2＝eq\f(1,2)gT2tanα，則電場力對小球做功W＝qExsinα＝eq\f(1,2)mg2T2tan2α，C正確；由以上分析知電場力對小球做功，所以小球運(yùn)動(dòng)過程中機(jī)械能不守恒，D錯(cuò)誤。6．(2024·福建漳州二模)如圖所示，在豎直面內(nèi)有一半徑為L的圓形光滑金屬導(dǎo)軌CPD，處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向與導(dǎo)軌平面(紙面)垂直向里的勻強(qiáng)磁場中，圓心為O，直徑CD水平，半徑OP豎直，O、D間用導(dǎo)線連接。一質(zhì)量分布勻稱的金屬棒OA，長為L，電阻為R，質(zhì)量為m，能繞水平軸O在豎直平面內(nèi)自由轉(zhuǎn)動(dòng)，棒與導(dǎo)軌和軸O始終接觸良好，一切摩擦及其他電阻均不計(jì)，重力加速度大小為g。若棒從CO處由靜止釋放，第一次到達(dá)OP處時(shí)的角速度為ω，則下列推斷正確的是()A．棒能擺到OD處B．從OC到PO的過程中，通過棒橫截面的電荷量為eq\f(πBL2,2R)C．棒第一次到達(dá)OP處時(shí)，棒中通過的電流為eq\f(ωBL2,R)D．棒最終會(huì)停下，產(chǎn)生的總焦耳熱為eq\f(1,2)mgL答案D解析棒沿著導(dǎo)軌搖擺切割磁感線而產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢，導(dǎo)軌與棒組成的回路產(chǎn)生感應(yīng)電流，棒受到安培力，安培力做負(fù)功使得機(jī)械能變成電能，最終變?yōu)殡娮璧慕苟鸁?，故棒不能到達(dá)OD處，最終棒通過多次往復(fù)的搖擺而停在OP處，由能量守恒定律可知mg·eq\f(L,2)＝Q總，A錯(cuò)誤，D正確；從OC到PO的過程中，流過回路的電荷量q＝eq\x\to(I)·Δt，eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R)，eq\x\to(E)＝eq\f(BΔS,Δt)，故q＝eq\f(B·ΔS,R)＝eq\f(B·\f(πL2,4),R)＝eq\f(πBL2,4R)，B錯(cuò)誤；棒第一次到達(dá)OP處時(shí)角速度為ω，轉(zhuǎn)動(dòng)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為E＝BLeq\f(0＋ωL,2)＝eq\f(BL2ω,2)，則電流為I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BL2ω,2R)，C錯(cuò)誤。7.(2024·福建省泉州市一模)如圖，在豎直向下的勻強(qiáng)電場中，質(zhì)量為0.5kg的帶正電小物塊從光滑絕緣斜面上的A點(diǎn)由靜止釋放，經(jīng)過B點(diǎn)后進(jìn)入絕緣水平面，最終停在C點(diǎn)。某些時(shí)刻物塊的瞬時(shí)速率記錄在下表中。若物塊經(jīng)過B點(diǎn)前后速度大小不變，所受電場力與重力大小相等，取g＝10m/s2，則()t/s0369v/(m·s－1)08128A．t＝6s時(shí)，物塊恰好經(jīng)過B點(diǎn)B．t＝12s時(shí)，物塊恰好到達(dá)C點(diǎn)C．物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為eq\f(1,15)D．整個(gè)過程中物塊電勢能的削減量等于系統(tǒng)內(nèi)能的增加量答案C解析依據(jù)圖表中的數(shù)據(jù)，可以求出物塊沿斜面下滑的加速度a1＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(8,3)m/s2，若t＝6s時(shí)物塊恰好經(jīng)過B點(diǎn)，則經(jīng)過B點(diǎn)的速度為vmax＝a1t＝16m/s＞12m/s，所以t＝6s時(shí)，物塊已過B點(diǎn)，同樣依據(jù)圖表數(shù)據(jù)可知，物塊在水平面上滑動(dòng)時(shí)的加速度a2＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(8－12,9－6)m/s2＝－eq\f(4,3)m/s2。設(shè)物塊在斜面上滑行的時(shí)間為t1，從斜面底端到速度為12m/s的時(shí)間為t2，則有：a1t1＋a2t2＝12m/s，t1＋t2＝6s，解得t1＝5s，即物塊加速5s到達(dá)B點(diǎn)，此時(shí)vB＝a1t1＝eq\f(40,3)m/s。物塊從B點(diǎn)起先減速至停止，由速度時(shí)間關(guān)系可得物塊在BC段運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t3＝eq\f(0－vB,a2)＝10s，物塊到達(dá)C點(diǎn)所用時(shí)間t＝t1＋t3＝15s，A、B錯(cuò)誤；由A、B分析可知，物塊在水平面上的加速度大小為eq\f(4,3)m/s2，由牛頓其次定律可得：μ(mg＋qE)＝ma，其中mg＝qE，解得μ＝eq\f(1,15)，C正確；由能量守恒可知，整個(gè)過程中物塊電勢能和重力勢能的削減量之和等于系統(tǒng)內(nèi)能的增加量，D錯(cuò)誤。8．(2024·山東濟(jì)南高三上學(xué)期期末)如圖所示，兩豎直平行邊界內(nèi)，勻強(qiáng)電場方向豎直(平行紙面)向下，勻強(qiáng)磁場方向垂直紙面對里。一帶負(fù)電小球從P點(diǎn)以某一速度垂直邊界進(jìn)入，恰好沿水平方向做直線運(yùn)動(dòng)。若增大小球從P點(diǎn)進(jìn)入的速度但保持方向不變，則在小球進(jìn)入的一小段時(shí)間內(nèi)()A．小球的動(dòng)能減小 B．小球的電勢能減小C．小球的重力勢能減小 D．小球的機(jī)械能減小答案ACD解析小球在電磁場中做直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，小球共受到三個(gè)力作用：重力G、電場力F、洛倫茲力f，這三個(gè)力都在豎直方向上，小球在水平直線上運(yùn)動(dòng)，推斷可知小球受到的合力肯定是零，則小球肯定做勻速直線運(yùn)動(dòng)。小球帶負(fù)電，受到的電場力向上，洛倫茲力向下，重力向下，當(dāng)小球的入射速度增大時(shí)，洛倫茲力增大，而電場力和重力不變，小球?qū)⑾蛳缕D(zhuǎn)，電場力與重力的合力向上，則它們的合力對小球做負(fù)功，洛倫茲力不做功，小球動(dòng)能減小，A正確；除重力外，只有電場力對小球做功，且做負(fù)功，則小球的機(jī)械能減小，電勢能增大，B錯(cuò)誤，D正確；重力對小球做正功，重力勢能減小，C正確。9．(2024·蘭州高三診斷考試)質(zhì)量為m、帶電量為＋q的小球套在水平固定且足夠長的粗糙絕緣桿上，如圖所示，整個(gè)裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、垂直紙面對里的水平勻強(qiáng)磁場中?，F(xiàn)給小球一個(gè)水平向右的初速度v0使其起先運(yùn)動(dòng)，不計(jì)空氣阻力，則對小球從起先到最終穩(wěn)定的過程中，下列說法正確的是()A．肯定做減速運(yùn)動(dòng)B．運(yùn)動(dòng)過程中克服摩擦力做的功可能是0C．最終穩(wěn)定時(shí)的速度肯定是eq\f(mg,qB)D．最終穩(wěn)定時(shí)的速度可能是0答案BD解析對小球受力分析，小球受豎直向下的重力、豎直向上的洛倫茲力及可能有的彈力和摩擦力。若qv0B>mg，則小球受豎直向下的重力、豎直向上的洛倫茲力、向下的彈力和向左的摩擦力；依據(jù)牛頓其次定律可得：qvB＝mg＋FN，μFN＝ma，解得小球的加速度大小a＝eq\f(μqvB－mg,m)，方向向左，小球做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，最終勻速，速度v＝eq\f(mg,qB)。若qv0B＝mg，則小球受豎直向下的重力、豎直向上的洛倫茲力，二力平衡，小球做勻速運(yùn)動(dòng)。若qv0B<mg，則小球受豎直向下的重力、豎直向上的洛倫茲力、向上的彈力和向左的摩擦力；依據(jù)牛頓其次定律可得：mg＝qvB＋FN，μFN＝ma，解得小球的加速度大小a＝eq\f(μmg－qvB,m)，方向向左，則小球做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，最終靜止。綜上，A、C錯(cuò)誤，D正確；當(dāng)qv0B＝mg時(shí)，小球始終不受摩擦力，運(yùn)動(dòng)過程中克服摩擦力做的功為0，B正確。10．(2024·河南省鄭州市一模)如圖所示，在豎直平面內(nèi)有水平向右、場強(qiáng)為E＝1×104N/C的勻強(qiáng)電場。在勻強(qiáng)電場中有一根長L＝2m的絕緣細(xì)線，一端固定在O點(diǎn)，另一端系一質(zhì)量為m＝0.08kg的帶電小球，它靜止時(shí)懸線與豎直方向成37°角。若小球獲得肯定初速度后恰能繞O點(diǎn)在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，取小球在靜止時(shí)的位置為電勢能零點(diǎn)和重力勢能零點(diǎn)，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2。下列說法正確的是()A．小球的電荷量q＝6×10－5B．小球在c點(diǎn)的動(dòng)能最小，且為1JC．小球在b點(diǎn)時(shí)的機(jī)械能最小D．小球在運(yùn)動(dòng)過程中電勢能和機(jī)械能之和保持不變，且為5J答案AD解析小球靜止時(shí)懸線與豎直方向成37°角，受重力、拉力和電場力，三力平衡，依據(jù)平衡條件得：mgtan37°＝qE，解得：q＝eq\f(mgtan37°,E)＝eq\f(3mg,4E)＝6×10－5C，A正確；小球恰能繞O點(diǎn)在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，在等效最高點(diǎn)b速度最小，依據(jù)牛頓其次定律得：eq\f(mg,cos37°)＝meq\f(v2,L)，最小動(dòng)能為：Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)·eq\f(mgL,cos37°)＝eq\f(1,2)×eq\f(0.08×10×2,0.8)J＝1J，B錯(cuò)誤；依據(jù)能量守恒定律，小球的電勢能與機(jī)械能之和不變，所以機(jī)械能最小的位置是電勢能最大的位置，即與O點(diǎn)等高的最左端的a點(diǎn)，C錯(cuò)誤；在b點(diǎn)的電勢能、重力勢能和動(dòng)能之和為：E＝Ek＋Ep＋Ep′＝1J＋mg×2Lcos37°＋Eq×2Lsin37°＝5J，D正確。11．(2024·濟(jì)南高三模擬)如圖所示，豎直平面MNRS的右側(cè)存在豎直向上、范圍足夠大的勻強(qiáng)磁場，從平面MNRS上的O點(diǎn)處以初速度v0＝10m/s垂直MNRS面對右拋出一帶電量為q、質(zhì)量為m小球。若磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝eq\f(πm,q)，g取10m/s2。下列說法正確的是()A．小球離開磁場時(shí)的速度大小為10eq\r(2)m/sB．小球離開磁場時(shí)的速度大小為10eq\r(5)m/sC．小球離開磁場時(shí)的位置與拋出點(diǎn)的距離為eq\f(5,π)eq\a\vs4\al(\r(π2＋4)m)D．小球離開磁場時(shí)的位置與拋出點(diǎn)的距離為eq\f(5,π)eq\r(π2＋16)m答案AD解析小球在磁場中，水平方向做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，小球運(yùn)動(dòng)的周期：T＝eq\f(2πm,qB)＝2s，則小球離開磁場時(shí)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t＝eq\f(T,2)＝1s，下落的高度：h＝eq\f(1,2)gt2＝5m，小球從進(jìn)入磁場到離開磁場，由動(dòng)能定理：eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋mgh，解得小球離開磁場時(shí)的速度大小v＝10eq\r(2)m/s，A正確，B錯(cuò)誤；小球做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r＝eq\f(mv0,qB)＝eq\f(v0,π)，則小球離開磁場時(shí)的位置與拋出點(diǎn)的距離為s＝eq\r(h2＋2r2)＝eq\f(5,π)eq\r(π2＋16)m，C錯(cuò)誤，D正確。12.(2024·山東濱州高三上學(xué)期期末)如圖所示，在豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B＝1T的勻強(qiáng)磁場中，兩條足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌固定在水平桌面上，間距l(xiāng)＝1m，電阻不計(jì)，金屬棒AB、CD水平放在兩導(dǎo)軌上，相隔為L＝0.2m，棒與導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸，AB棒質(zhì)量為m1＝0.2kg，CD棒質(zhì)量為m2＝0.4kg，兩金屬棒接入電路的總電阻R＝0.5Ω，若CD棒以v0＝3m/s的初速度水平向右運(yùn)動(dòng)，在兩根金屬棒運(yùn)動(dòng)到兩棒間距最大的過程中，下列說法正確的是()A．AB棒的最終速度大小為1m/sB．該過程中電路產(chǎn)生的熱量為0.6JC．該過程中通過導(dǎo)體橫截面的電荷量為0.4CD．兩金屬棒間的最大距離為0.3m答案BC解析起先時(shí)CD棒做減速運(yùn)動(dòng)、AB棒做加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)兩者速度相等時(shí)它們間的距離最大，兩棒組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：m2v0＝(m1＋m2)v，解得v＝2m/s，A錯(cuò)誤；對兩棒組成的系統(tǒng)，由能量守恒定律得：eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,0)＝Q＋eq\f(1,2)(m1＋m2)v2，解得Q＝0.6J，B正確；對AB棒，由動(dòng)量定理得：∑Bilt＝m1v，而∑it＝q，則：Blq＝m1v，解得q＝0.4C，C正確；通過金屬棒橫截面的電荷量：q＝IΔt＝eq\f(E,R)Δt＝eq\f(\f(ΔΦ,Δt),R)Δt＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(Bld,R)，兩金屬棒間的最大距離：D＝d＋L＝eq\f(qR,Bl)＋L＝eq\f(0.4×0.5,1×1)m＋0.2m＝0.4m，D錯(cuò)誤。第Ⅱ卷(非選擇題，共62分)二、填空題(本題共2小題，共14分)13．(2024·上海二模)(6分)質(zhì)量為m的帶正電的小球穿在光滑的絕緣細(xì)桿上，桿與水平面的夾角為α。桿底端B點(diǎn)處固定一個(gè)與小球電量相等的正電荷。將球從離B點(diǎn)為2L的A處釋放，當(dāng)小球到達(dá)AB中點(diǎn)時(shí)，小球加速度為零。帶正電的小球可看作點(diǎn)電荷，整個(gè)裝置處在真空中，已知靜電力常量k和重力加速度g。則球所帶的電量q的大小為________，球剛釋放時(shí)的加速度是________答案Leq\r(\f(mgsinα,k))eq\f(3gsinα,4)解析當(dāng)小球到達(dá)AB中點(diǎn)時(shí)，小球加速度為零，此時(shí)小球受力分析如圖所示：由平衡條件得F＝mgsinα①設(shè)小球與固定在B點(diǎn)處的正電荷的電荷量均為q，由庫侖定律得：F＝keq\f(q2,L2)②在A點(diǎn)，對小球，由牛頓其次定律得：a＝eq\f(mgsinα－F′,m)③此時(shí)F′＝keq\f(q2,2L2)④聯(lián)立①②③④解得：q＝Leq\r(\f(mgsinα,k))，a＝eq\f(3gsinα,4)。14．(2024·上海市青浦區(qū)二模)(8分)如圖所示，A、B兩個(gè)帶電小球的質(zhì)量均為m，所帶電量分別為＋q和－q，兩球間用絕緣輕質(zhì)細(xì)線連接，A球又用絕緣細(xì)線懸掛在天花板上，細(xì)線長均為L。在兩球所在的空間加上水平向左的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小為E＝eq\f(mg,q)，由于有空氣阻力，A、B兩球最終會(huì)再次平衡(不考慮A、B之間的庫侖力)，此時(shí)天花板對細(xì)線的拉力為________，則在這個(gè)過程中，兩個(gè)小球總電勢能的變更量為________。答案2mgeq\f(\r(2),2)mgL解析首先取帶電小球A、B整體為探討對象，整體受到重力、電場力和向上的拉力，由于兩個(gè)小球所受電場力的矢量和為F電＝qE＋(－qE)＝0，所以上邊的繩子對小球的拉力與總重力平衡，沿豎直方向，其大小為T＝2mg，它等于天花板對細(xì)線的拉力。用隔離法分析B，B受水平向右的電場力F＝qE＝mg，向下的重力mg。設(shè)下邊的繩與豎直方向的夾角為θ，對其受力分析，依據(jù)平衡條件可知：tanθ＝eq\f(qE,mg)＝1，即θ＝45°。由于A球不動(dòng)，B球向右移動(dòng)了：Δx＝Lsin45°＝eq\f(\r(2),2)L，所以電場力對B球做功為：W＝Fx＝mg·eq\f(\r(2),2)L＝eq\f(\r(2),2)mgL，所以兩個(gè)小球總電勢能削減了eq\f(\r(2),2)mgL。三、計(jì)算論述題(本題共4小題，共48分。解答時(shí)寫出必要的文字說明和重要的演算步驟，只寫出答案的不得分。有數(shù)值計(jì)算的題，答案中必需明確寫出數(shù)值的單位)15.(2024·河南百師聯(lián)盟高三上學(xué)期七調(diào))(10分)如圖所示，質(zhì)量M＝5.0kg的小車以v＝2.0m/s的速度在光滑的水平面上向左運(yùn)動(dòng)，小車上AD部分是表面粗糙的水平軌道，DC部分是四分之一光滑圓弧軌道，整個(gè)軌道都是由絕緣材料制成的，小車所在空間內(nèi)有豎直向上的勻強(qiáng)電場和垂直紙面對里的勻強(qiáng)磁場，電場強(qiáng)度大小E＝50N/C，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝2.0T?，F(xiàn)有一質(zhì)量m＝2.0kg、帶負(fù)電且電荷量q＝0.10C的滑塊以v0＝10m/s的速度向右滑入小車，當(dāng)滑塊向右運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)相對地面的速度大小為5.0m/s。(g取10m/s2)(1)滑塊從A到D的過程中求小車、滑塊組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能；(2)當(dāng)滑塊通過D點(diǎn)時(shí)，馬上撤去磁場，要使滑塊不沖出圓弧軌道，求此圓弧軌道的最大半徑。答案(1)85J(2)0.71m解析(1)設(shè)滑塊運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)的速度大小為v1，小車在此時(shí)的速度大小為v2，滑塊從A運(yùn)動(dòng)到D的過程中小車和滑塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向右為正方向，有：mv0－Mv＝mv1＋Mv2，代入數(shù)據(jù)解得v2＝0。小車與滑塊組成的系統(tǒng)的初機(jī)械能E1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋eq\f(1,2)Mv2，小車與滑塊組成的系統(tǒng)的末機(jī)械能E2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋0，代入數(shù)據(jù)解得：E1＝110J，E2＝25J。小車與滑塊組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能ΔE＝E1－E2，代入數(shù)據(jù)解得：ΔE＝85J。(2)設(shè)滑塊沿圓弧軌道上升到最大高度時(shí)，滑塊與小車具有共同的速度v3由動(dòng)量守恒定律可得mv1＝(M＋m)v3代入數(shù)據(jù)解得：v3＝eq\f(10,7)m/s，設(shè)圓弧軌道的最大半徑為R，由能量守恒定律，有：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)(M＋m)veq\o\al(2,3)＋(qE＋mg)R，代入數(shù)據(jù)解得：R≈0.71m。16．(2024·天津重點(diǎn)中學(xué)聯(lián)合二模)(10分)如圖所示，電阻不計(jì)且足夠長的U形金屬框架放置在傾角θ＝37°的絕緣斜面上，該裝置處于垂直斜面對下的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝0.4T。質(zhì)量m＝0.2kg、電阻R＝0.3Ω的導(dǎo)體棒ab垂直放在框架上，與框架接觸良好，從靜止起先沿框架無摩擦地下滑?？蚣艿馁|(zhì)量M＝0.4kg，寬度L＝0.5m，框架與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.7，與斜面間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。(g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(1)若框架固定，導(dǎo)體棒從靜止起先下滑6m時(shí)速度v1＝4m/s，求此過程回路中產(chǎn)生的熱量Q；(2)若框架固定，當(dāng)導(dǎo)體棒從靜止釋放到穩(wěn)定狀態(tài)的過程中流過導(dǎo)體棒的電量q＝3.0C，求此過程導(dǎo)體棒的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t；(3)若框架不固定，求當(dāng)框架剛起先運(yùn)動(dòng)時(shí)導(dǎo)體棒的速度大小v2。答案(1)5.6J(2)2s(3)7.2m/s解析(1)對導(dǎo)體棒，由能量守恒定律可得：mgsinθx1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋Q解得：Q＝5.6J。(2)當(dāng)導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，mgsinθ＝FA導(dǎo)體棒受到的安培力FA＝BIL，回路中電流I＝eq\f(E,R)，導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢E＝BLvm，由動(dòng)量定理：mgsinθt－Beq\x\to(I)Lt＝mvm，eq\x\to(I)t＝q，聯(lián)立以上各式解得t＝2s。(3)當(dāng)框架起先運(yùn)動(dòng)時(shí)，回路中的電流I1＝eq\f(BLv2,R)，框架受到的安培力FA1＝BI1L由此時(shí)框架所受合力為0，可得Mgsinθ＋BI1L＝μFN其中FN＝(M＋m)gcos37°，聯(lián)立以上各式解得：框架剛起先運(yùn)動(dòng)時(shí)導(dǎo)體棒的速度大小v2＝7.2m/s。17．(2024·山東臨沂十九中高三上學(xué)期第六次調(diào)研)(14分)如圖所示，質(zhì)量mA＝0.8kg、帶電量q＝－4×10－3C的A球用長度l＝0.8m的不行伸長的絕緣輕繩懸吊在O點(diǎn)，O點(diǎn)右側(cè)有豎直向下的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)E＝5×103N/C。質(zhì)量mB＝0.2kg不帶電的B球靜止在光滑水平軌道上，右側(cè)緊貼著壓縮并鎖定的輕質(zhì)彈簧，彈簧右端與固定擋板連接，彈性勢能為3.6J?，F(xiàn)將A球拉至左邊與圓心等高處釋放，將彈簧解除鎖定，B球離開彈簧后，恰好與第一次運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的A球相碰，并結(jié)合為一整體C，同時(shí)撤去水平軌道。A、B、C均可視為質(zhì)點(diǎn)，輕繩始終未被拉斷，g＝10m/s2。(1)碰撞過程中A球?qū)球做的功；(2)碰后C第一次離開電場時(shí)的速度大??；(3)C每次離開最高點(diǎn)時(shí)，電場馬上消逝，到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)，電場又重新復(fù)原，不考慮電場瞬間變更產(chǎn)生的影響，求C每次離開電場前瞬間繩子受到的拉力大小。答案(1)－3.2J(2)4eq\(3)T＝(80n－3)N(n＝1,2,3，…)解析(1)設(shè)碰前A的速度為vA，由eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＝mAgl，解得vA＝4m/s，方向水平向右。設(shè)碰前B的速度大小為vB，彈簧彈性勢能為E，由E＝eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)，解得vB＝6m/s，方向水平向左。A、B碰撞過程，由動(dòng)量守恒定律可得mAvA－mBvB＝(mA＋mB)vAB，解得A、B碰后共同速度vAB＝2m/s，方向水平向右。A、B碰撞過程，A對B做的功W＝eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,AB)－eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)＝eq\f(1,2)×0.2×22J－eq\f(1,2)×0.2×62J＝－3.2J。(2)碰后，整體C受到電場力F＝Eq＝20N，重力G＝mCg＝10N因?yàn)镕－mCg>mCeq\f(v\o\al(2,AB),l)，整體C做類平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向上x＝vABt，豎直方向上：y＝eq\f(1,2)at2，其中a＝eq\f(qE－mCg,mC)＝10m/s2，由于輕繩的制約有：(l－y)2＋x2＝l2解得：x＝0.8m，y＝0.8m，t＝0.4s整體C剛好運(yùn)動(dòng)到與圓心O等高處繩子被拉直，此時(shí)整體C豎直向上的速度vy＝at＝4m/s，以后C在輕繩制約下做圓周運(yùn)動(dòng)。設(shè)C運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)的速度大小為v1(即碰后C第一次離開電場時(shí)的速度)，由動(dòng)能定理得：eq\f(1,2)mCveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mCveq\o\al(2,y)＝(F－mCg)l，解得v1＝4eq\r(2)m/s。(3)設(shè)C從最高點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)的速度為v′，可得eq\f(1,2)mCv′2－eq\f(1,2)mCveq\o\al(2,1)＝mCg×2l，解得v′＝8m/s，因?yàn)镕－mCg<mCeq\f(v′2,l)，可知繩的拉力T>0，所以小球能始終做圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)經(jīng)過最高點(diǎn)次數(shù)為n，故有eq\f(1,2)mCveq\o\al(2,n)－eq\f(1,2)mCveq\o\al(2,1)＝(n－1)qE×2l，T＋mCg－F＝mCeq\f(v\o\al(2,n),l)，解得T＝(80n－30)N(n＝1,2,3，…)。18.(