2025屆高考物理一輪復(fù)習(xí)專題重組卷第一部分綜合性模塊二電磁學(xué)及近代物理部分綜合含解析

PAGE15-綜合性模塊二電磁學(xué)及近代物理部分綜合第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選項中，第1～7題只有一項符合題目要求，第8～12題有多項符合題目要求。全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分)1．(2024·寧夏石嘴山三中一模)下列說法正確的是()A.eq\o\al(238,92)U衰變?yōu)閑q\o\al(222,86)Rn要經(jīng)過4次α衰變和2次β衰變B．一束光照耀到某金屬表面上產(chǎn)生了光電效應(yīng)，增大光的強度可以增加光電子的最大初動能C．鉍210的半衰期是5天，1克鉍210經(jīng)過10天全部衰變?yōu)槠渌雍薉．查德威克發(fā)覺中子的反應(yīng)方程式是：eq\o\al(4,2)He＋eq\o\al(27,13)Al→eq\o\al(30,15)P＋eq\o\al(1,0)n答案A解析依據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒知eq\o\al(238,92)U衰變?yōu)閑q\o\al(222,86)Rn，需經(jīng)過eq\f(238－222,4)＝4次α衰變和eq\f(86＋4×2－92,1)＝2次β衰變，A正確；依據(jù)光電效應(yīng)方程，光電子的最大初動能與光的強度無關(guān)，B錯誤；鉍210的半衰期是5天，經(jīng)過10天，即2個半衰期，有eq\f(3,4)克的鉍210發(fā)生了衰變，即還有eq\f(1,4)克鉍210還沒有衰變，C錯誤；查德威克發(fā)覺中子的核反應(yīng)方程是：eq\o\al(9,4)Be＋eq\o\al(4,2)He→eq\o\al(12,6)C＋eq\o\al(1,0)n，D錯誤。2．(2024·江蘇通州、海門、啟東高三上學(xué)期期末三縣聯(lián)考)如圖所示，R1是光敏電阻(光照增加，電阻減小)，C是電容器，R2是定值電阻。當(dāng)R1受到的光照強度減弱時()A．電阻R2上的電流增大B．光敏電阻R1上的電壓減小C．電源兩端電壓減小D．電容器C所帶電荷量減小答案D解析當(dāng)R1受到的光照強度減弱時，R1的電阻增大，外電路總電阻增大，依據(jù)閉合電路歐姆定律得，電路中電流I減小，即流過R2的電流減小，A錯誤；電流I減小，E、r不變，則路端電壓U＝E－Ir增大，R2兩端電壓U2減小，所以光敏電阻R1上的電壓增大，B、C錯誤；由于電容器與R2并聯(lián)，R2兩端電壓U2減小，所以電容器兩端電壓減小，由公式Q＝CU2可知，電容器所帶電荷量減小，D正確。3．(2024·江蘇無錫高三上學(xué)期期末)矩形線框與志向電流表、志向變壓器、燈泡連接的電路如圖甲所示。燈泡標(biāo)有“36V40W”的字樣且阻值可以視作不變，變壓器原、副線圈的匝數(shù)之比為2∶1，線框產(chǎn)生的電動勢隨時間變更的規(guī)律如圖乙所示。則下列說法正確的是()A．圖乙電動勢的瞬時值表達(dá)式為e＝36eq\r(2)sinπt(V)B．變壓器副線圈中的電流方向每秒變更50次C．燈泡L恰好正常發(fā)光D．志向變壓器輸入功率為20W答案D解析由圖乙可知，周期為0.02s，ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(2π,0.02)rad/s＝100πrad/s，故線框產(chǎn)生的電動勢的瞬時值表達(dá)式為e＝72sin100πt(V)，A錯誤；溝通電的頻率為50Hz，在一個周期內(nèi)電流方向變更2次，可知變壓器副線圈中的電流方向每秒變更100次，B錯誤；變壓器原線圈兩端電壓的有效值為U1＝eq\f(72,\r(2))V＝36eq\r(2)V，由原、副線圈的匝數(shù)比為2∶1可知，副線圈兩端電壓的有效值U2＝18eq\r(2)V，燈泡L不能正常發(fā)光，C錯誤；燈泡電阻為R＝eq\f(U2,P)＝32.4Ω，該變壓器的輸出功率為P2＝eq\f(U\o\al(2,2),R)＝eq\f(18\r(2)2,32.4)W＝20W，由輸入功率等于輸出功率得，該志向變壓器的輸入功率為20W，D正確。4．(2024·遼寧盤錦遼河油田二中高三上學(xué)期期末)圖示為氫原子能級示意圖，已知大量處于n＝2能級的氫原子，當(dāng)它們受到某種頻率的光線照耀后，可輻射出6種頻率的光子，下列說法中正確的是()A．n＝2能級的氫原子受到照耀后躍遷到n＝5能級B．這6種光子有3種可以讓逸出功為10eV的某金屬發(fā)生光電效應(yīng)C．頻率最高的光子是氫原子從n＝3能級躍遷到n＝1能級放出的D．波長最大的光子是氫原子從n＝4能級躍遷到n＝1能級放出的答案B解析依據(jù)Ceq\o\al(2,4)＝6可知，n＝2能級的氫原子受到照耀后躍遷到n＝4能級，A錯誤；依據(jù)能級差公式可得：從n＝2能級躍遷到n＝1能級輻射的光子的能量為E2－E1＝10.2eV，從n＝3能級躍遷到n＝1能級輻射的光子的能量為：E3－E1＝12.09eV，從n＝4能級躍遷到n＝1能級輻射的光子的能量為：E4－E1＝12.75eV，只有以上3種光子可以讓逸出功為10eV的某金屬發(fā)生光電效應(yīng)，B正確；氫原子由n＝4能級向n＝1能級躍遷時輻射的光子能量最大，頻率最大，C錯誤；氫原子從n＝4能級躍遷到n＝3能級時，能級差最小，放出光子的能量最小，頻率最小，波長最大，D錯誤。5．(2024·南京市、鹽城市高三第三次調(diào)研)如圖所示為回旋加速器示意圖，利用回旋加速器對eq\o\al(2,1)H粒子進行加速，此時D形盒中的磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，D形盒縫隙間電場變更周期為T，加速電壓為U。忽視相對論效應(yīng)和粒子在D形盒縫隙間的運動時間，下列說法正確的是()A．保持B、U和T不變，該回旋加速器可以加速質(zhì)子B．只增大加速電壓U，eq\o\al(2,1)H粒子獲得的最大動能增大C．只增大加速電壓U，eq\o\al(2,1)H粒子在回旋加速器中運動的時間變短D．回旋加速器只能加速帶正電的粒子，不能加速帶負(fù)電的粒子答案C解析D形盒縫隙間電場變更周期T＝eq\f(2πm,qB)，此加速器對eq\o\al(2,1)H粒子進行加速，所以為了能加速質(zhì)子，應(yīng)進行參數(shù)調(diào)整，變更B和T，A錯誤；粒子離開回旋加速器的最大速度v＝eq\f(qBr,m)，所以只增大加速電壓U，eq\o\al(2,1)H粒子獲得的最大動能不會增大，B錯誤；粒子在回旋加速器中回旋一周，增加的動能為2qU，在回旋加速器中運動時間由回旋次數(shù)確定，可得n＝eq\f(qB2r2,4mU)，所以粒子運動總時間t＝nT＝eq\f(qB2r2,4mU)·eq\f(2πm,qB)＝eq\f(πBr2,2U)，只增大加速電壓U，eq\o\al(2,1)H粒子在回旋加速器中回旋的次數(shù)會變小，運動時間會變短，C正確；回旋加速度既能加速帶正電的粒子，也能加速帶負(fù)電的粒子，D錯誤。6．(2024·廣東廣州二模)如圖，在光滑絕緣水平桌面上，三個點電荷a、b和c分別固定于正三角形的頂點上。已知a、b帶電量均為＋q，c帶電量為－q，則()A．a(chǎn)、b連線中點的場強為零B．三角形中心處的場強為零C．a(chǎn)所受庫侖力方向垂直于a、b連線D．a(chǎn)、b、c所受庫侖力大小之比為1∶1∶eq\r(3)答案D解析在a、b連線的中點處，a、b兩電荷在該點的合場強為零，則該點的場強等于電荷c在該點的場強，大小不為零，A錯誤；在三角形的中心處，a、b兩電荷在該點的場強大小相等，方向夾角為120°，則合場強豎直向下，電荷c在該點的場強也是豎直向下，則三角形中心處的場強不為零，B錯誤；a受到b的排斥力沿ba方向，受到c的吸引力沿ac方向，則其合力方向為斜向左下方與a、b連線成60°角，C錯誤；a、b所受庫侖力大小相等，均為Fa＝Fb＝2eq\f(kq2,l2)cos60°＝eq\f(kq2,l2)；c受庫侖力：Fc＝2eq\f(kq2,l2)·cos30°＝eq\f(\r(3)kq2,l2)，則a、b、c所受庫侖力大小之比為1∶1∶eq\r(3)，D正確。7．(2024·安徽黃山二模)如圖所示，垂直紙面對里的勻強磁場分布在等邊三角形ABC內(nèi)，D是AB邊的中點，一群相同的帶負(fù)電的粒子僅在磁場力作用下，從D點沿紙面以平行于BC邊方向，以大小不同的速率射入三角形內(nèi)，不考慮粒子間的相互作用力，已知粒子在磁場中運動的周期為T，則下列說法中正確的是()A．若該粒子在磁場中的運動時間為eq\f(2,3)T，則它肯定從BC邊射出磁場B．若該粒子在磁場中的運動時間為eq\f(1,12)T，則它肯定從AC邊射出磁場C．速度小的粒子肯定比速度大的粒子在磁場中的運動時間長D．若該粒子在磁場中的運動時間為eq\f(1,4)T，則它肯定從AB邊射出磁場答案B解析若帶電粒子剛好從BC邊射出磁場，運動軌跡與BC邊相切，可知圓心角為180°，粒子在磁場中的運動時間為eq\f(1,2)T；若帶電粒子剛好從AC邊射出磁場，運動軌跡與AC邊相切，作圖可得切點為C點，可知圓心角為60°，粒子在磁場中的運動時間為eq\f(1,6)T；若帶電粒子從AB邊射出磁場，可知圓心角為240°，粒子在磁場中的運動時間為eq\f(2,3)T。若該粒子在磁場中的運動時間為eq\f(2,3)T，則它肯定從AB邊射出磁場，A錯誤；若該粒子在磁場中的運動時間為eq\f(1,12)T，即小于eq\f(1,6)T，則它肯定從AC邊射出磁場，B正確；若該粒子在磁場中的運動時間為eq\f(1,4)T，即大于eq\f(1,6)T小于eq\f(1,2)T，則它肯定從BC邊射出磁場，D錯誤；若速率不同的帶電粒子都從AB邊射出磁場，可知圓心角都為240°，粒子在磁場中的運動時間都為eq\f(2,3)T，C錯誤。8.(2024·江蘇高考)如圖所示，在光滑的水平桌面上，a和b是兩條固定的平行長直導(dǎo)線，通過的電流強度相等。矩形線框位于兩條導(dǎo)線的正中間，通有順時針方向的電流，在a、b產(chǎn)生的磁場作用下靜止。則a、b的電流方向可能是()A．均向左 B．均向右C．a(chǎn)的向左，b的向右 D．a(chǎn)的向右，b的向左答案CD解析如圖1所示，若a、b中電流方向均向左，矩形線框靠近導(dǎo)線的兩邊所受安培力方向相同，使線框向?qū)Ь€b移動。同理可知，若a、b中電流均向右，線框向?qū)Ь€a移動，故A、B不符合題意。若a導(dǎo)線的電流方向向左，b導(dǎo)線的電流方向向右，a、b中電流I′在線框所在處產(chǎn)生的磁場方向如圖2所示，導(dǎo)線AB、CD所在處的磁感應(yīng)強度相同，所受的安培力大小相等、方向相反，線框靜止。同理可知，若a導(dǎo)線的電流方向向右，b導(dǎo)線的電流方向向左，線框也能靜止，C、D符合題意，故選C、D。9.(2024·四川自貢高三一診)如圖的矩形虛線框abcd所在的區(qū)域內(nèi)存在著沿a指向b方向的勻強電場，ab＝L，bc＝2L，有一電荷量為q的粒子(重力不計)從a點沿ad方向以速度v0垂直于電場射入，恰好從虛線框的c點射出，A．射出速度方向與bc夾角為θ＝45°B．粒子電勢能削減mveq\o\al(2,0)C．粒子離開c點時的動能為eq\f(3,2)mveq\o\al(2,0)D．勻強電場的場強為eq\f(mv\o\al(2,0),2qL)答案AD解析粒子沿ad方向做勻速直線運動，沿ab方向做勻加速直線運動，恰好從c點射出，有2L＝v0t，L＝eq\f(1,2)at2，解得a＝eq\f(v\o\al(2,0),2L)，t＝eq\f(2L,v0)，射出速度方向與bc夾角為tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(at,v0)＝1，即θ＝45°，A正確；電場力對粒子做正功，電勢能減小，ΔEp＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)m(eq\r(2)v0)2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，B錯誤；粒子離開c點時的動能為eq\f(1,2)m(eq\r(2)v0)2＝mveq\o\al(2,0)，C錯誤；由EqL＝W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得E＝eq\f(mv\o\al(2,0),2qL)，D正確。10．(2024·海南高三上學(xué)期期末)如圖所示，直線MN與水平方向成60°角，MN的右上方存在垂直紙面對外的勻強磁場，左下方存在垂直紙面對里的勻強磁場，兩磁場的磁感應(yīng)強度大小均為B。一粒子源位于MN上的a點，能水平向右放射不同速率、質(zhì)量為m(重力不計)、電荷量為q(q>0)的同種粒子，全部粒子均能通過MN上的b點，已知ab＝L，則粒子的速度可能是()A.eq\f(\r(3)BqL,6m)B.eq\f(\r(3)BqL,3m)C.eq\f(\r(3)BqL,2m)D.eq\f(\r(3)BqL,m)答案AB解析由題意可知粒子可能的運動軌跡如圖所示，全部圓弧的圓心角均為120°，所以粒子運動的半徑為r＝eq\f(\r(3),3)·eq\f(L,n)(n＝1,2,3，…)，由洛倫茲力供應(yīng)向心力得Bqv＝meq\f(v2,r)，則v＝eq\f(Bqr,m)＝eq\f(\r(3)BqL,3m)·eq\f(1,n)(n＝1,2,3，…)，A、B正確，C、D錯誤。11．(2024·天津高三上學(xué)期期末七校聯(lián)考)在一個很小的矩形半導(dǎo)體薄片上，制作四個電極E、F、M、N，做成了一個霍爾元件，在E、F間通入恒定電流I，同時外加與薄片垂直的磁場B，M、N間的電壓為UH。已知半導(dǎo)體薄片中的載流子為正電荷，電流與磁場的方向如圖所示，下列說法正確的有()A．N板電勢高于M板電勢B．磁感應(yīng)強度越大，MN間電勢差越大C．將磁場方向變?yōu)榕c薄片的上、下表面平行，UH不變D．將磁場和電流分別反向，N板電勢低于M板電勢答案AB解析依據(jù)左手定則，載流子受力的方向指向N板，載流子向N板偏轉(zhuǎn)，又因為載流子為正電荷，則N板電勢高于M板電勢，A正確；設(shè)左、右兩個表面相距為L，上、下兩個表面相距為d，材料單位體積內(nèi)載流子的個數(shù)為n，材料沿電流方向的橫截面積為S，則eq\f(eUH,L)＝evB，I＝neSv，S＝dL，得：UH＝eq\f(BI,ned)，令k＝eq\f(1,ne)，則UH＝eq\f(BI,ned)＝keq\f(BI,d)，所以若保持電流I恒定，則M、N間的電壓與磁感應(yīng)強度B成正比，B正確；將磁場方向變?yōu)榕c薄片的上、下表面平行，則載流子不會受到洛倫茲力，因此M、N板之間不存在電勢差，C錯誤；若磁場和電流分別反向，依據(jù)左手定則，載流子受力的方向指向N板，則N板電勢仍高于M板電勢，D錯誤。12．(2024·全國卷Ⅲ)如圖，方向豎直向下的勻強磁場中有兩根位于同一水平面內(nèi)的足夠長的平行金屬導(dǎo)軌，兩相同的光滑導(dǎo)體棒ab、cd靜止在導(dǎo)軌上。t＝0時，棒ab以初速度v0向右滑動。運動過程中，ab、cd始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，兩者速度分別用v1、v2表示，回路中的電流用I表示。下列圖象中可能正確的是()答案AC解析導(dǎo)體棒ab向右運動，切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電流(逆時針)，導(dǎo)體棒ab受安培力F作用，速度v1減小，導(dǎo)體棒cd受安培力F′作用，速度v2變大，如圖所示，感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R總)＝eq\f(Blv1－v2,R總)，安培力F＝F′＝BIl＝eq\f(B2l2v1－v2,R總)＝ma，隨著v1減小，v2增大，則F＝F′減小，兩棒的加速度大小a減小，直到v1＝v2＝v共，a＝0，兩棒做勻速運動，兩棒組成的系統(tǒng)動量守恒，則mv0＝2mv共，v共＝eq\f(v0,2)，A正確，B錯誤。由前面分析知，兩導(dǎo)體棒做變速運動，感應(yīng)電流變小，最終為零，但非勻稱變更，C正確，D錯誤。第Ⅱ卷(非選擇題，共62分)二、試驗題(本題共2小題，共14分)13．(2024·成都高新區(qū)一模)(6分)某同學(xué)在一次“測定金屬的電阻率”的試驗中，用米尺測出接入電路部分的金屬絲長度為L＝0.7200m，用螺旋測微器測出金屬絲直徑(刻度位置如圖所示)，用伏安法測出金屬絲的電阻(阻值大約為5Ω)，然后計算出該金屬材料的電阻率。在用伏安法測定金屬絲的電阻時，除被測金屬絲外，還有如下試驗器材：A．直流電源(輸出電壓為3V)；B．電流表A(量程0～0.6A，內(nèi)阻約0.125Ω)；C．電壓表V(量程0～3V，內(nèi)阻3kΩ)；D．滑動變阻器R(最大阻值20Ω)；E．開關(guān)S、導(dǎo)線等。(1)從圖中讀出金屬絲的直徑為________mm。(2)依據(jù)所供應(yīng)的器材，在虛線框中畫出試驗電路圖。(3)若依據(jù)伏安法測出金屬絲的阻值為Rx＝4.0Ω，則這種金屬材料的電阻率為________Ω·m(保留兩位有效數(shù)字)。答案(1)0.600(2)圖見解析(3)1.6×10－6解析(1)從圖中讀出金屬絲的直徑為d＝0.5mm＋10.0×0.01mm＝0.600mm。(2)因測量金屬絲的電阻時，電路中電流不能太大，由I＝eq\f(E,R＋r)并結(jié)合電流表讀數(shù)原理，電流表應(yīng)滿意偏轉(zhuǎn)一半以上，故總電阻小于10Ω大于5Ω，可見滑動變阻器可以用限流式；由于待測電阻的阻值較小，電流表應(yīng)用外接法，電路圖如圖所示。(3)依據(jù)電阻定律，有：Rx＝ρeq\f(L,S)，其中：S＝eq\f(1,4)πd2，所以ρ＝eq\f(πRxd2,4L)≈1.6×10－6Ω·m。14．(2024·山東濰坊二模)(8分)某同學(xué)利用如圖1所示的電路測量一表頭的電阻。供選用的器材如下：A．待測表頭G1，內(nèi)阻r1約為300Ω，量程5.0mA；B．靈敏電流計G2，內(nèi)阻r2＝300Ω，量程1.0mA；C．定值電阻R＝1200Ω；D．滑動變阻器R1總阻值為20Ω；E．滑動變阻器R2總阻值為2000Ω；F．電源，電動勢E＝3.0V，內(nèi)阻不計；G．開關(guān)S，導(dǎo)線若干。(1)在如圖2所示的實物圖上將導(dǎo)線補充完整；(2)滑動變阻器應(yīng)選________(填寫器材前的字母代號)。開關(guān)S閉合前，滑動變阻器的滑片P應(yīng)滑動至________(填“a”或“b”)端；(3)試驗中某次待測表頭G1的示數(shù)如圖3所示，讀數(shù)為________mA；(4)該同學(xué)多次移動滑片P，記錄相應(yīng)的G1、G2讀數(shù)I1、I2；以I2為縱坐標(biāo)，I1為橫坐標(biāo)，作出相應(yīng)圖線。已知圖線的斜率k＝0.18，則待測表頭內(nèi)阻r1＝________Ω。(5)該同學(xué)接入電阻R的主要目的是__________________________________。答案(1)圖見解析(2)Da(3)3.00(4)270(5)愛護G2，使兩表均能達(dá)到接近滿偏解析(1)實物連線如圖。(2)因為滑動變阻器要接成分壓電路，則應(yīng)當(dāng)選擇總阻值較小的D；開關(guān)S閉合前，滑動變阻器的滑片P應(yīng)滑動至a端。(3)待測表頭G1的示數(shù)為3.00mA。(4)由歐姆定律可知：I1r1＝I2(R＋r2)，即I2＝eq\f(r1,R＋r2)I1，則eq\f(r1,R＋r2)＝k＝0.18，解得r1＝270Ω。(5)該同學(xué)接入電阻R的主要目的是：愛護G2，使兩表均能達(dá)到接近滿偏。三、計算論述題(本題共4小題，共48分。解答時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)值計算的題，答案中必需明確寫出數(shù)值的單位)15.(2024·湖北省高三下學(xué)期沖刺物理試卷)(10分)在磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場中，靜止的原子核eq\o\al(A,Z)X發(fā)生衰變，放出的粒子與反沖核Y都做勻速圓周運動，兩個圓的半徑之比為27∶2，如圖所示。(1)寫出衰變方程；(2)已知，X、Y和放出的粒子的質(zhì)量分別為mX、mY和m0，光在真空中的速度為c，若eq\o\al(A,Z)X衰變的同時放出能量為Eγ的γ光子，且衰變放出的光子的動量可忽視，求放出的粒子的動能。答案(1)eq\o\al(A,29)X→eq\o\al(A－4,27)Y＋eq\o\al(4,2)He(2)eq\f(mY,mY＋m0)[(mX－mY－m0)c2－Eγ]解析(1)由于新核和放出的粒子的軌跡是外切圓，說明放出的粒子帶正電，是α衰變，衰變后，α粒子和反沖核Y獲得的動量大小相等，方向相反，二者都在磁場中做勻速圓周運動，由qvB＝meq\f(v2,r)，得r＝eq\f(mv,Bq)∝eq\f(1,q)，故α粒子與反沖核Y的電荷數(shù)分別為2、27，其核反應(yīng)方程為：eq\o\al(A,29)X→eq\o\al(A－4,27)Y＋eq\o\al(4,2)He。(2)上述衰變過程的質(zhì)量虧損為Δm＝mX－mY－m0，放出的能量為ΔE＝Δmc2，該能量是Y的動能EY、α粒子的動能E0和γ光子的能量Eγ之和：ΔE＝EY＋E0＋Eγ，設(shè)衰變后的Y核和α粒子的速率分別為vY和v0，則由動量守恒有：mYvY＝m0v0，又由動能的定義可知：EY＝eq\f(1,2)mYveq\o\al(2,Y)，E0＝eq\f(1,2)m0veq\o\al(2,0)，解得：E0＝eq\f(mY,mY＋m0)[(mX－mY－m0)c2－Eγ]。16．(2024·山東濰坊二模)(12分)如圖所示，兩平行金屬導(dǎo)軌固定在水平面上，間距為L，左端接有阻值為R的電阻。兩導(dǎo)軌間勻強磁場方向豎直向上，磁感應(yīng)強度大小為B。質(zhì)量為m，阻值為r的金屬棒垂直于導(dǎo)軌放置?，F(xiàn)對棒施加水平向右的恒定拉力F，使棒由靜止起先向右運動。若棒向右運動距離為x時速度達(dá)到最大值，不計導(dǎo)軌電阻，忽視棒與導(dǎo)軌間的摩擦，求：(1)棒運動的最大速度vm；(2)在棒運動位移x的過程中，電阻R產(chǎn)生的焦耳熱。答案(1)eq\f(FR＋r,B2L2)(2)eq\f(R,R＋r)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(Fx－\f(1,2)m\f(F2R＋r2,B4L4)))解析(1)當(dāng)棒受到的安培力F安與拉力F相等時，棒運動的速度最大，此時棒中的感應(yīng)電動勢：Em＝BLvm棒中的電流：Im＝eq\f(Em,R＋r)依據(jù)平衡條件，有：BImL＝F解得：vm＝eq\f(FR＋r,B2L2)。(2)設(shè)回路中產(chǎn)生的熱量為Q，由動能定理得：Fx－WA＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)其中WA是克服安培力做的功，WA＝Q電阻R產(chǎn)生的熱量：QR＝eq\f(RQ,R＋r)＝eq\f(R,R＋r)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(Fx－\f(1,2)m\f(F2R＋r2,B4L4)))。17．(2024·全國卷Ⅲ)(12分)空間存在一方向豎直向下的勻強電場，O、P是電場中的兩點。從O點沿水平方向以不同速度先后放射兩個質(zhì)量均為m的小球A、B。A不帶電，B的電荷量為q(q>0)。A從O點放射時的速度大小為v0，到達(dá)P點所用時間為t；B從O點到達(dá)P點所用時間為eq\f(t,2)。重力加速度為g，求：(1)電場強度的大小；(2)B運動到P點時的動能。答案(1)eq\f(3mg,q)(2)2m(veq\o\al(2,0)＋g2t2)解析(1)設(shè)電場強度的大小為E，小球B運動的加速度為a，O、P兩點的高度差為h，水平距離為x。依據(jù)牛頓其次定律、運動學(xué)公式和題給條件，有mg＋qE＝ma①h＝eq\f(1,2)aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t,2)))2＝eq\f(1,2)gt2②解得E＝eq\f(3mg,q)③(2)設(shè)B從O點放射時的速度為v1，到達(dá)P點時的動能為Ek，依據(jù)動能定理有Ek－eq\f(1,2)mveq\o\al(2