2024年高考物理二輪復(fù)習(xí)核心考點專項突破電磁學(xué)中的功能關(guān)系練習(xí)含解析

電磁學(xué)中的功能關(guān)系一單項選擇題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電場，帶正電的小金屬塊以肯定的初速度從A點起先沿水平面對左做直線運動，經(jīng)L長度到達B點，速度變?yōu)榱悖诖诉^程中，金屬塊損失的動能有eq\f(2,3)轉(zhuǎn)化為電勢能．金屬塊接著運動到某點C(圖中未標(biāo)出)時的動能和A點時的動能相同，則金屬塊從A起先運動到C的整個過程中經(jīng)過的總路程為 () A．1.5L B．2L C．3L D．4L【解析】依據(jù)題述，小金屬塊從A運動到B，克服摩擦力做功Wf＝eq\f(1,3)Ek＝fL，克服電場力做功WE＝eq\f(2,3)Ek＝qEL.設(shè)小金屬塊從B運動到C經(jīng)過的路程為s，由動能定理qEs－fs＝Ek，解得s＝3L.金屬塊從A起先運動到C的整個過程中經(jīng)過的總路程為L＋s＝4L，選項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，通過細繩跨過定滑輪與質(zhì)量為m的物體B相連，圖中虛線內(nèi)為一水平勻強磁場，d表示A與磁場左邊界的距離，不計滑輪摩擦及空氣阻力，設(shè)B下降h(h＞d)高度時的速度為v，則以下關(guān)系中能夠成立的是()A．v2＝ghB．v2＝2ghC．A產(chǎn)生的熱量Q＝mgh－mv2D．A產(chǎn)生的熱量Q＝mgh－eq\f(1,2)mv2【解析】由于線框在磁場內(nèi)的運動狀況未知，故不能推斷v與h的詳細關(guān)系，故A、B錯誤；依據(jù)題意，線框A進入磁場的過程克服安培力做功，線框A產(chǎn)生的熱量為Q，對A、B構(gòu)成的系統(tǒng)，在B下降h高度的過程中，據(jù)能量轉(zhuǎn)化與守恒定律有mgh＝eq\f(1,2)×2mv2＋Q，Q＝mgh－mv2，故選項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中都做自由落體運動B．在兩個下落過程中的機械能都守恒C．在P中的下落時間比在Q中的長D．落至底部時在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力，而在塑料管中只受到重力，即只在Q中做自由落體運動，機械能守恒，故A、B錯誤；而在P中加速度較小，下落時間較長，落至底部的速度較小，故C正確，D錯誤．【答案】C4.如圖甲，傾角為θ的光滑絕緣斜面，底端固定一帶電量為Q的正點電荷．將一帶正電小物塊(可視為質(zhì)點)從斜面上A點由靜止釋放，小物塊沿斜面對上滑動至最高點B處，此過程中小物塊的動能和重力勢能隨位移的改變圖象如圖乙(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B．A、B間的電勢差C．小物塊的質(zhì)量D．小物塊速度最大時到斜面底端的距離【解析】小物塊在B點時E1＝mgx1sinθ，解得m＝eq\f(E1,gx1sinθ)，選項C正確；小物塊由A到B的過程中，據(jù)動能定理，可得qUAB＋WG＝0，由功能關(guān)系知WG＝－E1，故有qUAB＝E1，故只能求得小物塊由A到B的過程中電場力所做的功(或小物塊電勢能的削減量)，無法求出小物塊的帶電量及A、B兩點間的電勢差，選項A、B錯誤；小物塊向上運動的過程中，起先時庫侖力大于重力沿斜面對下的分力，小物塊向上加速，隨著向上運動，庫侖力減小，當(dāng)庫侖力等于重力沿斜面對下的分力時，小物塊的速度達到最大，此時有mgsinθ＝keq\f(Qq,r2)，因q未知，故無法求得小物塊到斜面底端的距離r，選項D錯誤．【答案】C5.質(zhì)量為m、長度為l的金屬棒MN兩端由絕緣且等長輕質(zhì)細線水平懸掛，處于豎直向下的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小為B.起先時細線豎直，當(dāng)金屬棒中通以恒定電流后，金屬棒從最低點向右起先搖擺，若已知細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eq\f(\r(3)mg,3Bl)B.方向由N向M，大小為eq\f(\r(3)mg,3Bl)C.方向由M向N，大小為eq\f(\r(3)mg,Bl)D.方向由N向M，大小為eq\f(\r(3)mg,Bl)【答案】B【解析】平衡時兩懸線與豎直方向夾角均為θ，故導(dǎo)線受到向右的安培力，依據(jù)左手定則，可推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和磁場方向向右，由于棒向上運動的過程中重力和安培力做功，細線的拉力不做功，設(shè)細線的長度為x，由功能關(guān)系得：BIl·xsinθ－mg(x－x·cosθ)＝0解方程得：I＝eq\f(\r(3)mg,3Bl).6.如圖甲所示，左側(cè)接有定值電阻R＝2Ω的水平粗糙導(dǎo)軌處于垂直紙面對外的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度B＝1T，導(dǎo)軌間距L＝1m.一質(zhì)量m＝2kg，阻值r＝2Ω的金屬棒在水平拉力F作用下由靜止起先從CD處沿導(dǎo)軌向右加速運動，金屬棒的v－x圖象如圖乙所示，若金屬棒與導(dǎo)軌間動摩擦因數(shù)μ＝0.25，則從起點發(fā)生x＝1m位移的過程中(g＝10m/s2)()A.金屬棒克服安培力做的功W1＝0.5JB.金屬棒克服摩擦力做的功W2＝4JC.整個系統(tǒng)產(chǎn)生的總熱量Q＝4.25JD.拉力做的功W＝9.25J【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：Q1＝μmg·x＝0.25×2×10×1J＝5J，故B、C錯誤；由v－x圖象得：v＝2x，金屬棒所受的安培力F＝eq\f(B2L2v,R＋r)＝eq\f(B2L2·2x,R＋r)，代入得：F＝0.5x，則知F與x是線性關(guān)系.當(dāng)x＝0時，安培力F0＝0；當(dāng)x＝1m時，安培力F1＝0.5N，則從起點發(fā)生x＝1m位移的過程中，安培力做功為W安＝－eq\x\to(F)x＝－eq\f(F0＋F1,2)x＝－eq\f(0＋0.5,2)×1J＝－0.25J，A錯誤；依據(jù)動能定理得：W－μmgx＋W安＝eq\f(1,2)mv2，其中v＝2m/s，μ＝0.25，m＝2kg，代入解得，拉力做的功W＝9.25J，故D正確.7.質(zhì)量為m的帶正電小球由空中某點自由下落，下落高度h后在整個空間加上豎直向上的勻強電場，再經(jīng)過相同時間小球又回到原動身點，不計空氣阻力，且整個運動過程中小球從未落地，重力加速度為g，則()A．從加電場起先到小球返回原動身點的過程中，小球電勢能削減了mghB．從加電場起先到小球下落最低點的過程中，小球動能削減了mghC．從起先下落到小球運動至最低點的過程中，小球重力勢能削減了eq\f(5,3)mghD．小球返回原動身點時的速度大小為eq\r(7gh)【解析】小球先做自由落體運動，然后受電場力和重力向下做勻減速到速度為零，再向上做勻加速回到動身點．設(shè)小球下落高度h用了t秒，加上電場后小球的加速度大小為a，加上電場時速度為v，規(guī)定向下為正方向，由運動學(xué)公式：eq\f(1,2)gt2＋gt×t－eq\f(1,2)at2＝0，解得a＝3g，由v2＝2gh，解得v＝eq\r(2gh)；依據(jù)牛頓其次定律，F(xiàn)電－mg＝ma，得F電＝4mg，因此，從加電場起先到小球返回原動身點的過程中，電場力做功為W電＝F電h＝4mgh，依據(jù)電場力做功和電勢能的關(guān)系，可知小球的電勢能的削減量為ΔEp＝4mgh，故選項A錯誤；從加電場起先到小球下落最低點的過程中，小球動能削減量為ΔEk＝eq\f(1,2)mv2－0＝mgh，選項B正確；從加電場起先到小球下落最低點的過程中，設(shè)下落高度為h′，由運動學(xué)公式：v2＝2ah′，解得h′＝eq\f(h,3)，從起先下落到小球運動至最低點的過程中，重力做功為WG＝mg(h＋h′)＝eq\f(4,3)mgh，依據(jù)重力做功和重力勢能的關(guān)系，可知小球的重力勢能的削減量為ΔEp′＝eq\f(4,3)mgh，選項C錯誤；設(shè)小球返回到原動身點時的速度為v′，由動能定理，可得eq\f(1,2)mv′2＝3mg(h＋h′)，解得v′＝eq\r(8gh)，選項D錯誤．【答案】B8.如圖所示，平行金屬導(dǎo)軌與水平面成θ角，導(dǎo)軌與定值電阻R1和R2相連，勻強磁場垂直穿過導(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)軌之間的動摩擦因數(shù)為μ，導(dǎo)體棒ab沿導(dǎo)軌向上滑動，當(dāng)上滑的速度為v時，受到安培力的大小為F.此時()A.電阻R1消耗的熱功率為eq\f(Fv,3)B.電阻R0消耗的熱功率為eq\f(Fv,6)C.整個裝置消耗的熱功率為μmgvsinθD.整個裝置消耗的機械功率為(F＋μmgcosθ)v【答案】D【解析】設(shè)ab長度為L，磁感應(yīng)強度為B，電阻R0＝R1＝R2＝R.電路中感應(yīng)電動勢E＝BLv，ab中感應(yīng)電流為：I＝eq\f(E,R＋\f(1,2)R)＝eq\f(2BLv,3R)，ab所受安培力為：F＝BIL＝eq\f(2B2L2v,3R)①電阻R1消耗的熱功率為：P1＝(eq\f(1,2)I)2R＝eq\f(B2L2v2,9R)②由①②得：P1＝eq\f(1,6)Fv，電阻R0和R1阻值相等，P0＝I2R＝eq\f(2,3)Fv，故A、B錯誤；整個裝置因摩擦而消耗的熱功率為：Pf＝Ffv＝μmgcosθ·v＝μmgvcosθ，故C錯誤；整個裝置消耗的機械功率為：P3＝Fv＋Pf＝(F＋μmgcosθ)v，故D正確.二不定項選擇題1.(多選)如圖所示，豎直平面內(nèi)有一足夠長的寬度為L的金屬導(dǎo)軌，質(zhì)量為m的金屬導(dǎo)體棒ab可在導(dǎo)軌上無摩擦地上下滑動，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．導(dǎo)體棒ab由靜止起先下落，過一段時間后閉合開關(guān)S，發(fā)覺導(dǎo)體棒ab立即做變速運動，則在以后導(dǎo)體棒ab的運動過程中，下列說法中正確的是()A．導(dǎo)體棒ab做變速運動期間加速度肯定減小B．單位時間內(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)體棒削減的機械能轉(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最終做勻速運動時，速度大小為v＝eq\f(mgR,B2L2)【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動．開關(guān)閉合時，由右手定則判定，導(dǎo)體中產(chǎn)生的電流方向為逆時針方向，再由左手定則，可判定導(dǎo)體棒受到的安培力方向向上，F(xiàn)＝BIL＝Beq\f(BLv,R)L，導(dǎo)體棒受到的重力和安培力的合力變小，加速度變小，物體做加速度越來越小的運動，A正確；最終合力為零，加速度為零，做勻速運動．由F－mg＝0得，Beq\f(BLv,R)L＝mg，v＝eq\f(mgR,B2L2)，D正確；導(dǎo)體棒克服安培力做功，削減的機械能轉(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，板長為L，板間距離為d，板間電壓為U，一不計重力、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t時間后恰好沿下板的邊緣飛出，則()A．在前eq\f(t,2)時間內(nèi)，電場力對粒子做的功為eq\f(1,4)UqB．在后eq\f(t,2)時間內(nèi)，電場力對粒子做的功為eq\f(3,8)UqC．在粒子下落的前eq\f(d,4)和后eq\f(d,4)過程中，電場力做功之比為1∶1D．在粒子下落的前eq\f(d,4)和后eq\f(d,4)過程中，電場力做功之比為1∶2【解析】粒子在兩平行金屬板間做類平拋運動，水平方向做勻速直線運動，豎直方向做初速度為零的勻加速直線運動，在前后兩個eq\f(t,2)的時間內(nèi)沿電場線方向的位移之比為1∶3，則在前eq\f(t,2)時間內(nèi)，電場力對粒子做的功為eq\f(1,8)Uq，在后eq\f(t,2)時間內(nèi)，電場力對粒子做的功為eq\f(3,8)Uq，選項A錯，B對；由W＝Eq·s知在粒子下落的前eq\f(d,4)和后eq\f(d,4)過程中，電場力做功之比為1∶1，選項C對，D錯．【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對上的勻強電場E，輕彈簧一端固定在斜面頂端，另一端拴接一不計質(zhì)量的絕緣薄板.一帶正電的小滑塊，從斜面上的P點處由靜止釋放后，沿斜面對上運動，并能壓縮彈簧至R點(圖中未標(biāo)出)，然后返回，則()A.滑塊從P點運動到R點的過程中，其機械能增量等于電場力與彈簧彈力做功之和B.滑塊從P點運動到R點的過程中，電勢能的減小量大于重力勢能和彈簧彈性勢能的增加量之和C.滑塊返回時能到達的最低位置在P點的上方D.滑塊最終停下時，克服摩擦力所做的功等于電勢能的減小量與重力勢能增加量之差【答案】BC【解析】在小滑塊起先運動到到達R點的過程中，電場力做的功轉(zhuǎn)化為小滑塊的重力勢能、彈簧的彈性勢能以及內(nèi)能.滑塊從P點運動到R點的過程中，其機械能增量等于電場力與彈簧彈力做功、摩擦力做功之和.故A錯誤；電場力做的功轉(zhuǎn)化為小滑塊的重力勢能、彈簧的彈性勢能以及內(nèi)能，所以電勢能的減小量大于重力勢能和彈簧彈性勢能的增加量之和.故B正確；小滑塊運動的過程中，由于摩擦力做功，小滑塊的機械能與電勢能的和減小，所以滑塊返回時能到達的最低位置在P點的上方，不能再返回P點.故C正確；滑塊運動的過程中，由于摩擦力做功，小滑塊的機械能與電勢能的和漸漸減小，所以滑塊最終停下時，克服摩擦力所做的功等于電勢能的減小量與重力勢能增加量、彈性勢能增加量之差.故D錯誤.4.如圖所示，光滑絕緣細管與水平面成30°角，在管的上方P點固定一個點電荷＋Q，P點與細管在同一豎直平面內(nèi)，管的頂端A與P點連線水平．電荷量為－q的小球(小球直徑略小于細管內(nèi)徑)從管中A處由靜止起先沿管向下運動，在A處時小球的加速度為a.圖中PB⊥AC，B是AC的中點，不考慮小球電荷量對電場的影響．則在＋Q形成的電場中()A．A點的電勢高于B點的電勢B．B點的電場強度大小是A點的4倍C．小球從A到C的過程中電勢能先減小后增大D．小球運動到C處的加速度為g－a【解析】在正電荷產(chǎn)生的電場中，離電荷越近電勢越高，因此B點的電勢高于A點的電勢，A錯誤；依據(jù)點電荷電場強度的確定式得EA＝eq\f(kQ,PA2)，EB＝eq\f(kQ,PB2)，由幾何關(guān)系得PA＝2PB，解得EB＝4EA，B正確；小球從A到C的過程中，電場力先做正功后做負功，因此電勢能先減小后增大，C正確；小球在A、C兩處受到的電場力大小相等，對小球受力分析，在A處，由牛頓其次定律得mgsin30°＋Fcos30°＝ma，在C處，由牛頓其次定律得mgsin30°－Fcos30°＝maC，解得aC＝g－a，D正確．【答案】BCD5.如圖所示，勻強電場的電場強度為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作用下由靜止起先從O點向右做勻加速直線運動，經(jīng)時間t力F做功60J，此后撤去力F，物體又經(jīng)過相同的時間t回到動身點O，設(shè)O點的電勢能為零，則下列說法正確的是()A.物體回到動身點的速度與撤去力F時的速度大小之比為2∶1B.恒力F＝4qEC.撤去力F時，物體的電勢能為45JD.在撤去力F之前的任一時刻，動能與電勢能之比均為1∶3【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，勻加速運動的位移大小x1＝eq\f(1,2)a1t2，撤去拉力后的位移大小x2＝a1t·t－eq\f(1,2)a2t2依據(jù)x1＝－x2得a2＝3a1.依據(jù)牛頓其次定律得，a1＝eq\f(F－F電,m)，a2＝eq\f(F電,m)，聯(lián)立解得F電＝qE＝eq\f(3,4)F.故B錯誤.6.如圖所示，絕緣桿兩端固定帶電小球A和B，輕桿處于水平向右的勻強電場中，不考慮兩球之間的相互作用，初始時桿與電場線垂直．現(xiàn)將桿右移，同時順時針轉(zhuǎn)過90°，發(fā)覺A、B兩球電勢能之和不變．依據(jù)如圖給出的位置關(guān)系，下列說法正確的是()A．A肯定帶正電，B肯定帶負電B．A、B兩球所帶電量的肯定值之比qA∶qB＝1∶2C．A球電勢能肯定增加D．電場力對A球和B球做功的肯定值相等【解析】電場力做功與路徑無關(guān)，兩個小球在桿右移后兩球所在位置處電勢都降低，而兩個小球組成的系統(tǒng)的電勢能之和不變，那么電場力對其中一個做正功，對另一個肯定做負功，做功的肯定值相同，兩個小球肯定帶異種電荷，但不能精確推斷每一個小球所帶電荷的電性，A、C錯誤，D正確；由電勢能改變之和為零得EqBL＝EqA·2L，即|qA|∶|qB|＝1∶2，B正確．【答案】BD7.如圖所示，相距為L的兩條足夠長的平行金屬導(dǎo)軌，與水平面的夾角為θ，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，整個空間存在垂直于導(dǎo)軌平面對下的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B.將兩根導(dǎo)體棒同時釋放后，視察到導(dǎo)體棒MN下滑而EF保持靜止，當(dāng)MN下滑速度最大時，EF與軌道間的摩擦力剛好到達最大靜摩擦力，下列敘述正確的是()A．導(dǎo)體棒MN的最大速度為eq\f(2mgRsinθ,B2L2)B．導(dǎo)體棒EF與軌道之間的最大靜摩擦力為mgsinθC．導(dǎo)體棒MN受到的最大安培力為mgsinθD．導(dǎo)體棒MN所受重力的最大功率為eq\f(m2g2Rsin2θ,B2L3)【解析】當(dāng)導(dǎo)體棒MN勻速運動時速度最大，由平衡條件得mgsinθ＝eq\f(B2L2v,2R)，則得最大速度為v＝eq\f(2mgRsinθ,B2L2)，選項A正確；由題意知，當(dāng)MN下滑的速度最大時，EF與軌道間的摩擦力剛好達到最大靜摩擦力，兩棒所受的安培力大小相等，方向相反，則對EF棒，有mgsinθ＋eq\f(B2L2v,2R)＝fm，則可得最大靜摩擦力為fm＝2mgsinθ，選項B錯誤；導(dǎo)體棒MN勻速運動時速度最大，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Fm＝mgsinθ，選項C正確；導(dǎo)體棒MN所受重力的最大功率為Pm＝mgsinθ·v＝eq\f(2m2g2Rsin2θ,B2L2)，選項D錯誤．【答案】AC8.如圖所示，物體A和帶負電的物體B用跨過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.另一端與物體A相連，傾角為θ的斜面處于沿斜面對上的勻強電場中，整個系統(tǒng)不計一切摩擦.起先時，物體B在一沿斜面對上的外力F＝3mgsinθ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，且彈簧未超過彈性限度，則在此過程中()A.對于物體A、B、彈簧和地球組成的系統(tǒng)，電場力做功等于該系統(tǒng)增加的機械能B.物體A、彈簧和地球所組成的系統(tǒng)機械能增加量等于物體B電勢能的削減量C.B的速度最大時，彈簧的伸長量為eq\f(3mgsinθ,R)D.撤去外力F的瞬間，物體B的加速度為eq\f(3gsinθ,2)【答案】AC【解析】依據(jù)能量守恒可知，物體A、彈簧和地球所組成的系統(tǒng)機械能增加量等于物體B電勢能的削減量和B物體機械能的減小量之和，故B錯誤；當(dāng)B所受的合力為零時，B的速度最大，由：kx＝F電＋2mgsinθ解得彈簧的伸長量為：x＝eq\f(3mgsinθ,k)，故C正確；起先時，外力F作用在B上，B處于靜止?fàn)顟B(tài)，對B分析可知：F－2mgsinθ－F電＝0解得：F電＝mgsinθ.當(dāng)撤去外力瞬間，對AB整體分析，整體受到的合力為：F合＝F電＋2mgsinθ＝3mgsinθ由F合＝3ma可得a＝gsinθ，故D錯誤.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)強度為B的垂直于軌道向上的勻強磁場，磁場區(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點高度為H處由靜止釋放，運動到最低點C時對軌道的壓力為7mg，不計摩擦和導(dǎo)軌、金屬棒的電阻，求：(1)金屬棒通過軌道最低端C點的速度大??；(2)金屬棒中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的最大值；(3)金屬棒整個下滑過程中定值電阻R上產(chǎn)生的熱量；(4)金屬棒通過圓形軌道最高點D時對軌道的壓力的大?。窘馕觥?1)設(shè)金屬棒通過軌道最低端C點的速度為vC，軌道對金屬棒的支持力為FC，金屬棒對軌道的壓力為FC′，由牛頓其次定律可知FC－mg＝eq\f(mv\o\al(2,C),r) ①(2分)而FC＝FC′＝7mg ②(1分)解得vC＝eq\r(6gr). ③(1分)(2)由于磁場區(qū)域足夠大，金屬棒在重力和安培力作用下加速運動，當(dāng)安培力等于重力沿傾斜軌道向下的分力時，速度最大，此時金屬棒中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢最大．由mgsin60°＝BIL ④(2分)I＝eq\f(E,R) ⑤(1分)解得感應(yīng)電動勢的最大值E＝eq\f(\r(3)mgR,2BL). ⑥(1分)(3)由能量守恒定律，在金屬棒的整個下滑過程中電阻器R上產(chǎn)生的熱量等于金屬棒損失的機械能，所以Q＝mgH－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C) ⑦(1分)聯(lián)立③⑦得Q＝mg(H－3r) ⑧(2分)(4)金屬棒由C點運動到D點，依據(jù)機械能守恒，有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)＋mg·2r ⑨(2分)金屬棒通過圓形軌道最高點D時，設(shè)軌道對金屬棒豎直向下的壓力為FD，由牛頓其次定律有FD＋mg＝eq\f(mv\o\al(2,D),r) ⑩(2分)聯(lián)立解得FD＝mg ?(1分)由牛頓第三定律可知金屬棒通過圓形軌道最高點D時對軌道的壓力為mg. (1分)【答案】(1)eq\r(6gr)(2)eq\f(\r(3)mgR,2BL)(3)mg(H－3r)(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DEFC，EF長為L，電阻為r；FC＝ED＝2L，電阻不計.FC、ED的上半部分(長為L)處于勻強磁場Ⅰ區(qū)域中，且FC、ED的中點與其下邊界重合.質(zhì)量為m、電阻為3r的金屬棒用最大拉力為2mg的絕緣細線懸掛著，其兩端與C、D兩端點接觸良好，處在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場Ⅱ區(qū)域中，并可在FC、ED上無摩擦滑動.現(xiàn)將“∏”形線框由靜止釋放，當(dāng)EF到達磁場Ⅰ區(qū)域的下邊界時速度為v，細線剛好斷裂，Ⅱ區(qū)域內(nèi)磁場消逝.重力加速度為g.求：(1)整個過程中，線框克服安培力做的功；(2)EF剛要出磁場Ⅰ時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢；(3)線框的EF邊追上金屬棒CD時，金屬棒CD的動能.【答案】(1)2mgL－mv2(2)eq\f(4mgr,BL)(3)eq\f(mg2L2,2v2)【解析】(1)對∏形線框用動能定理：2mgL－W＝eq\f(1,2)·2mv2－0，W＝2mgL－mv2(2)對金屬棒CD受力分析：FTm＝mg＋BIL，得到I＝eq\f(mg,BL)，E＝IR總＝eq\f(4mgr,BL)(3)對金屬棒CD運動分析：H＝eq\f(1,2)gt2，對∏形線框運動分析：H＋L＝vt＋eq\f(1,2)gt2，解得：t＝eq\f(L,v)相遇時CD棒速度vt＝0＋gt＝eq\f(gL,v)，此時動能為Ek＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,t)＝eq\f(mg2L2,2v2)3.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電場，其電場強度方向水平向右.GC右側(cè)空間到處存在勻強磁場，其磁感應(yīng)強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)在A點由靜止釋放，滑塊恰好能通過圓周的最高點G進入電場.已知勻強電場場強大小為E＝eq\f(mg,q)，AC間距為L＝4R，重力加速度為g.求：(1)滑塊在G點的速度vG；(2)勻強磁場的磁感應(yīng)強度B的大小；(3)滑塊落回水平面的位置距離C點的距離x.【答案】(1)2eq\r(gR)(2)eq\f(3m,2q)eq\r(\f(g,R))(3)2R【解析】(1)探討A到G過程，由動能定理知：4EqR－2mgR＝eq\f(mv\o\al(2,G),2)代入可得：vG＝2