《2019版高考物理二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題二 動(dòng)量與能量 第2講 動(dòng)量觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)在電磁學(xué)中的應(yīng)用學(xué)案》由會(huì)員分享，可在線(xiàn)閱讀，更多相關(guān)《2019版高考物理二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題二 動(dòng)量與能量 第2講 動(dòng)量觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)在電磁學(xué)中的應(yīng)用學(xué)案（17頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

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 網(wǎng)絡(luò)構(gòu)建 備考策略 1.若只有電場(chǎng)力做功，電勢(shì)能與動(dòng)能之和保持不變。 2.若只有電場(chǎng)力和重力做功，電勢(shì)能、重力勢(shì)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(wèn)題首選的方法。 　應(yīng)用能量觀點(diǎn)解決力電綜合問(wèn)題 　電場(chǎng)中的功能關(guān)系 【典例1】 (多選)(2018·全國(guó)卷Ⅰ，21)圖1中虛線(xiàn)a、b、c、d、f代表勻強(qiáng)電場(chǎng)內(nèi)間距相等的一組等勢(shì)面，已知平面b上的電勢(shì)為2 V。一電子經(jīng)過(guò)a時(shí)的動(dòng)能為10 eV，從a到d的過(guò)程中

2、克服電場(chǎng)力所做的功為6 eV。下列說(shuō)法正確的是(　　) 圖1 A.平面c上的電勢(shì)為零 B.該電子可能到達(dá)不了平面f C.該電子經(jīng)過(guò)平面d時(shí)，其電勢(shì)能為4 eV D.該電子經(jīng)過(guò)平面b時(shí)的速率是經(jīng)過(guò)d時(shí)的2倍 解析　電子在等勢(shì)面b時(shí)的電勢(shì)能為E＝qφ＝－2 eV，電子由a到d的過(guò)程電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增加6 eV，由于相鄰兩等勢(shì)面之間的距離相等，故相鄰兩等勢(shì)面之間的電勢(shì)差相等，則電子由a到b、由b到c、由c到d、由d到f電勢(shì)能均增加2 eV，則電子在等勢(shì)面c的電勢(shì)能為零，等勢(shì)面c的電勢(shì)為零，A正確；由以上分析可知，電子在等勢(shì)面d的電勢(shì)能應(yīng)為2 eV，C錯(cuò)誤；電子在等勢(shì)面b的動(dòng)能為8

3、 eV，電子在等勢(shì)面d的動(dòng)能為4 eV，由公式Ek＝mv2可知，該電子經(jīng)過(guò)平面b時(shí)的速率為經(jīng)過(guò)平面d時(shí)速率的倍，D錯(cuò)誤；如果電子的速度與等勢(shì)面不垂直，則電子在該勻強(qiáng)電場(chǎng)中做曲線(xiàn)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 　能量觀點(diǎn)在電磁場(chǎng)中的應(yīng)用 【典例2】 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θ，整個(gè)空間存在著豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，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(guò)程中(　　) 圖2 A.到達(dá)C點(diǎn)后小球不可能沿桿向上

4、運(yùn)動(dòng) B.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 C.小球在D點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為50 J D.小球電勢(shì)能的增加量等于重力勢(shì)能的減少量 解析　如果電場(chǎng)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(chǎng)力、洛倫茲力、彈力和滑動(dòng)摩擦力，由于F洛＝qvB，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(guò)程是小球的重力勢(shì)能、電勢(shì)能、動(dòng)能和系統(tǒng)的內(nèi)能之和守恒，故小球電勢(shì)

5、能的增加量不等于重力勢(shì)能的減少量，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 答案　B 　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】 (2018·江西七校聯(lián)考)如圖3所示，兩條光滑的金屬導(dǎo)軌相距L＝1 m，其中MN段平行于PQ段，位于同一水平面內(nèi)，NN0段與QQ0段平行，位于與水平面成傾角37°的斜面上，且MNN0與PQQ0均在豎直平面內(nèi)。在水平導(dǎo)軌區(qū)域和傾斜導(dǎo)軌區(qū)域內(nèi)分別有垂直于水平面和斜面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B1和B2，且B1＝B2＝0.5 T。ab和cd是質(zhì)量均為m＝0.1 kg、電阻均為R＝4 Ω的兩根金屬棒，ab置于水平導(dǎo)軌上，cd置于傾斜導(dǎo)軌上，均與導(dǎo)軌垂直且接觸良好。從t＝0時(shí)刻起，ab棒在外力作用下由靜

6、止開(kāi)始沿水平方向向右運(yùn)動(dòng)(ab棒始終在水平導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)，且垂直于水平導(dǎo)軌)，cd受到F＝0.6－0.25t(N)沿斜面向上的力 的作用，始終處于靜止?fàn)顟B(tài)。不計(jì)導(dǎo)軌的電阻。(sin 37°＝0.6，g取10 m/s2) 圖3 (1)求流過(guò)cd棒的電流Icd隨時(shí)間t變化的函數(shù)關(guān)系； (2)求ab棒在水平導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)的速度vab隨時(shí)間t變化的函數(shù)關(guān)系； (3)求從t＝0時(shí)刻起，1.0 s內(nèi)通過(guò)ab棒的電荷量q； (4)若t＝0時(shí)刻起，1.0 s內(nèi)作用在ab棒上的外力做功為W＝16 J，求這段時(shí)間內(nèi)cd棒產(chǎn)生的焦耳熱Qcd。 解析　(1)由題意知cd棒受力平衡，則 F＋Fcd＝mgsi

7、n 37° Fcd＝B2IcdL，得Icd＝0.5t(A)。 (2)ab棒中電流Iab＝Icd＝0.5t(A) 則回路中電源電動(dòng)勢(shì)E＝IcdR總 ab棒切割磁感線(xiàn)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝B1Lvab 解得ab棒的速度vab＝8t(m/s) 所以，ab棒做初速度為零的勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)。 (3)ab棒的加速度為a＝8 m/s2， 1.0 s內(nèi)的位移為x＝at2＝×8×1.02 m＝4 m 根據(jù)＝＝＝ 得q＝t＝＝ C＝0.25 C。 (4)t＝1.0 s時(shí)，ab棒的速度， vab＝8t(m/s)＝8 m/s， 根據(jù)動(dòng)能定理有 W－W安＝mv－0， 得1.0 s內(nèi)克服安培

8、力做功 W安＝(16－×0.1×82) J＝12.8 J 回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q＝W安＝12.8 J cd棒上產(chǎn)生的焦耳熱Qcd＝＝6.4 J。 答案　(1)Icd＝0.5t(A)　(2)vab＝8t(m/s)　(3)0.25 C　(4)6.4 J 1.動(dòng)能定理在力學(xué)和電場(chǎng)中應(yīng)用時(shí)的“三同一異” 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” 1.(多選)(2018·湖南十二校第二次聯(lián)考)如圖4所示，兩個(gè)傾角分別為30°和 60°的光滑斜面固定于水平地面上，并處于方向垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。兩個(gè)質(zhì)量均為m、帶電荷量為＋q的滑塊甲和乙分別從兩個(gè)斜

9、面頂端由靜止釋放，運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后，兩滑塊都將飛離斜面。此過(guò)程中(　　) 圖4 A.甲滑塊飛離斜面瞬間的速度比乙滑塊飛離斜面瞬間的速度大 B.甲滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間比乙滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間短 C.甲滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的位移與乙滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的位移大小相同 D.兩滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，重力的平均功率相等 解析　小滑塊飛離斜面時(shí)，洛倫茲力與重力的垂直斜面的分力大小相等，mgcos θ＝qvmB，解得vm＝，故斜面傾角越大，飛離時(shí)速度越小，甲飛離斜面的速度大于乙，選項(xiàng)A正確；甲斜面傾角小，加速度小，但是末速度大，故甲在斜面上運(yùn)動(dòng)時(shí)間比乙的長(zhǎng)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理mglsin

10、 θ＝mv，解得l＝，故甲的位移大于乙的位移，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；重力的平均功率為重力乘以豎直方向的分速度的平均值P＝mgsin θ，＝vm，代入數(shù)據(jù)得平均值相等，故選項(xiàng)D正確。 答案　AD 2.(2018·江南十校二模)如圖5，EFPMN為光滑金屬導(dǎo)軌，電阻不計(jì)，處于豎直平面內(nèi)，其中FP傾斜，傾角為θ，EF⊥FP，PMN是半徑為R的圓弧，圓弧與傾斜部分平滑連接于P點(diǎn)，N、M分別為圓弧的豎直直徑的兩端點(diǎn)，還有一根與EFPMN完全相同的導(dǎo)軌E′F′P′M′N(xiāo)′，兩導(dǎo)軌平行放置，間距為L(zhǎng)，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(guò)P點(diǎn)的豎直線(xiàn)右側(cè)有垂直于FP向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，

11、兩根相同的金屬棒ab、cd(圖中只畫(huà)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(guò)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(zhǎng)，題中所給的各個(gè)物理量均為已知，重力加速度為g) 圖5 (1)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(1)問(wèn)的基礎(chǔ)上，若θ＝60°，m＝0.1 kg，r＝ Ω，B＝1 T，L＝1 m，R＝ m，g＝10 m/s2，則ab棒能否運(yùn)動(dòng)到圓弧最高點(diǎn)？ 解析　(1)勻速下滑時(shí)有mgsin θ－BIL＝0，I＝， 得v＝ 根據(jù)能量守恒，此

12、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＝ 即P＝()2·r。 (2)到達(dá)P點(diǎn)時(shí)，由v＝，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， 由機(jī)械能守恒得mgR＋mv＝mv 代入數(shù)據(jù)得vN＝0＜， 故ab棒不能運(yùn)動(dòng)到圓弧最高點(diǎn)。 答案　(1)　()2·r　(2)不能運(yùn)動(dòng)到圓弧最高點(diǎn) 　應(yīng)用動(dòng)量觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)解決力電綜合問(wèn)題 　動(dòng)量觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)在電磁場(chǎng)中的應(yīng)用 【典例1】 (多選)(2018·全國(guó)卷Ⅲ，21)如圖6，一平行板電容器連接在直流電源上，電容器的極板水平；兩微粒a、b所帶電荷量大小相等、符號(hào)相反，使它們分別靜止于電容器的

13、上、下極板附近，與極板距離相等?，F(xiàn)同時(shí)釋放a、b，它們由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)。在隨后的某時(shí)刻t，a、b經(jīng)過(guò)電容器兩極板間下半?yún)^(qū)域的同一水平面。a、b間的相互作用和重力可忽略。下列說(shuō)法正確的是(　　) 圖6 A.a的質(zhì)量比b的大 B.在t時(shí)刻，a的動(dòng)能比b的大 C.在t時(shí)刻，a和b的電勢(shì)能相等 D.在t時(shí)刻，a和b的動(dòng)量大小相等 解析　兩微粒只受電場(chǎng)力qE作用且兩電場(chǎng)力大小相等，由x＝a0t2，知微粒a的加速度大，由qE＝ma0，知微粒a的質(zhì)量小，A錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理qEx＝Ek得，位移x大的動(dòng)能大，B正確；在同一等勢(shì)面上，a、b兩微粒電荷量雖相等，但電性相反，故在t時(shí)刻，a、b的電勢(shì)能不

14、相等，C錯(cuò)誤；由動(dòng)量定理qEt＝mv得，在t時(shí)刻，a、b的動(dòng)量大小相等，D正確。 答案　BD 　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】 (2018·河北五名校聯(lián)盟二模)如圖7所示，MN、PQ兩平行光滑水平導(dǎo)軌分別與半徑r＝0.5 m 的相同豎直半圓導(dǎo)軌在N、Q端平滑連接，M、P端連接定值電阻R，質(zhì)量M＝2 kg的cd絕緣桿垂直且靜止在水平導(dǎo)軌上，在其右側(cè)至N、Q端的區(qū)域內(nèi)充滿(mǎn)豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)?，F(xiàn)有質(zhì)量m＝1 kg的ab金屬桿以初速度v0＝12 m/s水平向右運(yùn)動(dòng)，與cd絕緣桿發(fā)生正碰后，進(jìn)入磁場(chǎng)并最終未滑出，cd絕緣桿則恰好能通過(guò)半圓導(dǎo)軌最高點(diǎn)，不計(jì)除R以外的其他電阻和摩擦，

15、ab金屬桿始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，g取10 m/s2(不考慮cd桿通過(guò)半圓導(dǎo)軌最高點(diǎn)以后的運(yùn)動(dòng))，求： 圖7 (1)cd絕緣桿恰好通過(guò)半圓導(dǎo)軌最高點(diǎn)時(shí)的速度大小v； (2)電阻R產(chǎn)生的焦耳熱Q。 解析　(1)cd絕緣桿恰好通過(guò)半圓導(dǎo)軌最高點(diǎn)時(shí)， 由牛頓第二定律有Mg＝M 解得v＝ m/s。 (2)發(fā)生正碰后cd絕緣桿滑至最高點(diǎn)的過(guò)程中，由動(dòng)能定理有 －Mg·2r＝Mv2－Mv， 解得碰撞后cd絕緣桿的速度v2＝5 m/s， 兩桿碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒，有 mv0＝mv1＋Mv2， 解得碰撞后ab金屬桿的速度v1＝2 m/s， ab金屬桿進(jìn)入磁場(chǎng)后由能量守恒定律有Q＝

16、mv， 解得Q＝2 J。 答案　(1) m/s　(2)2 J 1.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＝I2Rt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。 (2018·陜西西安市四模)如圖8所示，將帶電荷量Q＝＋0.3 C、質(zhì)量m′＝0.3 kg的滑塊放在小車(chē)的水平絕緣板的右端，小車(chē)的質(zhì)量M＝0.5 kg，滑塊與絕緣板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.4，小車(chē)的絕緣板足夠長(zhǎng)，它們所在的空間存在磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝20 T的水平方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(垂直于紙面向里)。開(kāi)始時(shí)

17、小車(chē)靜止在光滑水平面上，一擺長(zhǎng)L＝1.25 m、質(zhì)量m＝0.15 kg的擺球從水平位置由靜止釋放，擺球到最低點(diǎn)時(shí)與小車(chē)相撞，碰撞后擺球恰好靜止，g取10 m/s2。求： 圖8 (1)與小車(chē)碰撞前擺球到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)對(duì)擺線(xiàn)的拉力； (2)擺球與小車(chē)的碰撞過(guò)程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能ΔE； (3)碰撞后小車(chē)的最終速度。 解析　(1)擺球下落過(guò)程，由動(dòng)能定理有mgL＝mv2， 解得v＝5 m/s， 擺球在最低點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律得T－mg＝m，解得T＝4.5 N，由牛頓第三定律可知擺球?qū)[線(xiàn)的拉力T′＝4.5 N，方向豎直向下。 (2)擺球與小車(chē)碰撞瞬間，擺球與小車(chē)組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以水

18、平向右為正方向，有mv＝Mv1＋0， 解得v1＝1.5 m/s， 由能量守恒定律，有ΔE＝mv2－Mv＝1.31 J。 (3)假設(shè)滑塊與車(chē)最終相對(duì)靜止， 則有Mv1＝(M＋m′)v2，解得v2＝0.937 5 m/s， 由此得F洛＝Qv2B>m′g，故假設(shè)不成立，因此滑塊最終懸浮?；瑝K懸浮瞬間，滿(mǎn)足F洛′＝Qv2′B＝m′g， 解得v2′＝0.5 m/s。 將滑塊與小車(chē)看成一個(gè)系統(tǒng)，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，有 Mv1＝Mv′＋m′v2′， 解得v′＝1.2 m/s，方向水平向右。 答案　(1)4.5 N　方向豎直向下　(2)1.31 J (3)1.2 m/s　方向水平向右 課時(shí)跟

19、蹤訓(xùn)練 一、選擇題(1～3題為單項(xiàng)選擇題，4～7題為多項(xiàng)選擇題) 1.(2018·福建寧德一模)如圖1所示，固定在傾角為θ＝30°的斜面內(nèi)的兩根平行長(zhǎng)直光滑金屬導(dǎo)軌的間距為d＝1 m，其底端接有阻值為R＝2 Ω的電阻，整個(gè)裝置處在垂直斜面向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝2 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。一質(zhì)量為m＝1 kg(質(zhì)量分布均勻)的導(dǎo)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F＝10 N作用下從靜止開(kāi)始沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動(dòng)距離L＝6 m時(shí)，速度恰好達(dá)到最大(運(yùn)動(dòng)過(guò)程中桿始終與導(dǎo)軌保持垂直)。設(shè)桿接入電路的電阻為r＝2 Ω，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，重力加速度大小為g＝10 m/s2

20、。則此過(guò)程(　　) 圖1 A.桿的速度最大值為4 m/s B.流過(guò)電阻R的電荷量為6 C C.在這一過(guò)程中，整個(gè)回路產(chǎn)生的熱量為17.5 J D.流過(guò)電阻R的電流方向?yàn)橛蒫到d 解析　當(dāng)桿達(dá)到最大速度時(shí)滿(mǎn)足F＝＋mgsin θ，解得vm＝5 m/s，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；流過(guò)電阻R的電荷量q＝＝＝ C＝3 C，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；回路產(chǎn)生的熱量Q＝FL－mgLsin θ－mv＝17.5 J，選項(xiàng)C正確；由右手定則可知流過(guò)R的電流方向從d到c，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 答案　C 2.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(chǎng)的磁感線(xiàn)垂直導(dǎo)軌平面。導(dǎo)軌左端接阻值R＝1.5 Ω的電阻，電阻兩

21、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 Ω。ab與導(dǎo)軌間動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝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(kāi)始運(yùn)動(dòng)，經(jīng)時(shí)間2 s后，ab開(kāi)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(guò)程中，通過(guò)R的電荷量為(　　) 圖2 A.0.12 C B.0.36 C C.0.72 C D.1.6 C 解析　金屬桿做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)時(shí)，由平衡條件得F＝μmg＋BIL，由歐姆定律得I＝＝，解得BL＝1 T·m，v＝0.4 m/s，設(shè)ab加速時(shí)間為t，加速過(guò)程的平均感應(yīng)電流為，

22、由動(dòng)量定理得Ft－μmgt－BLt＝mv，電荷量q＝t，代入數(shù)據(jù)解得q＝0.36 C，故選項(xiàng)B正確。 答案　B 3.(2018·山東省實(shí)驗(yàn)中學(xué)模擬)如圖3所示，平行板電容器水平放置，兩極板間電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，中間用一光滑絕緣細(xì)桿垂直連接，桿上套有帶正電荷的小球和絕緣彈簧，小球壓在彈簧上，但與彈簧不拴接，開(kāi)始時(shí)對(duì)小球施加一豎直向下的外力，將小球壓至某位置使小球保持靜止。撤去外力后小球從靜止開(kāi)始向上運(yùn)動(dòng)，上升h時(shí)恰好與彈簧分離，分離時(shí)小球的速度為v，小球上升過(guò)程不會(huì)撞擊到上極板，已知小球的質(zhì)量為m，帶電荷量為q，重力加速度為g，下列說(shuō)法正確的是(　　) 圖3 A.與彈簧分離時(shí)小球的動(dòng)能

23、為mgh＋qEh B.從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到與彈簧分離，小球增加的機(jī)械能為mgh＋qEh C.從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到與彈簧分離，小球減少的電勢(shì)能為 D.撤去外力時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能為mv2－(qE－mg)h 解析　根據(jù)動(dòng)能定理可知，合外力對(duì)小球所做的功等于小球動(dòng)能的變化量，所以小球與彈簧分離時(shí)的動(dòng)能為Ek＝qEh－mgh＋Ep，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到與彈簧分離，小球增加的機(jī)械能為ΔE＝mgh＋mv2＝qEh＋Ep，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；小球減少的電勢(shì)能為Eqh，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；從撤去外力到小球與彈簧分離，由動(dòng)能定理可知，mv2＝Ep＋qEh－mgh，所以Ep＝mv2－(qE－mg)h，選項(xiàng)D正確。 答案　D 4.(

24、2018·湖北省六校聯(lián)合體4月聯(lián)考)一帶電小球在空中由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過(guò)程中，只受重力、電場(chǎng)力和空氣阻力三個(gè)力的作用。若重力勢(shì)能增加5 J，機(jī)械能增加1.5 J，電場(chǎng)力做功2 J，則小球(　　) A.重力做功為5 J B.電勢(shì)能減少2 J C.空氣阻力做功0.5 J D.動(dòng)能減少3.5 J 解析　小球的重力勢(shì)能增加5 J，則小球克服重力做功5 J，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；電場(chǎng)力對(duì)小球做功2 J，則小球的電勢(shì)能減少2 J，故選項(xiàng)B正確；小球共受到重力、電場(chǎng)力、空氣阻力三個(gè)力作用，小球的機(jī)械能增加1.5 J，則除重力以外的力做功為1.5 J，電場(chǎng)力對(duì)小球做功2 J，則知，空氣阻力做功為－0.5 J

25、，即小球克服空氣阻力做功0.5 J，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；重力、電場(chǎng)力、空氣阻力三力做功之和為－3.5 J，根據(jù)動(dòng)能定理，小球的動(dòng)能減少3.5 J，故選項(xiàng)D正確。 答案　BD 5.(2018·河北石家莊三模)如圖4所示，兩個(gè)足夠長(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌傾斜放置，上端接有一定值電阻，勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直導(dǎo)軌平面向上。一導(dǎo)體棒以平行導(dǎo)軌向上的初速度從ab處上滑，到最高點(diǎn)后又下滑回到ab處。下列說(shuō)法中正確的是(　　) 圖4 A.上滑過(guò)程中導(dǎo)體棒克服安培力做的功大于下滑過(guò)程中克服安培力做的功 B.上滑過(guò)程中導(dǎo)體棒克服安培力做的功等于下滑過(guò)程中克服安培力做的功 C.上滑過(guò)程中安培力對(duì)導(dǎo)體棒的沖量大小大于下滑

26、過(guò)程中安培力對(duì)導(dǎo)體棒的沖量大小 D.上滑過(guò)程中安培力對(duì)導(dǎo)體棒的沖量大小等于下滑過(guò)程中安培力對(duì)導(dǎo)體棒的沖量大小 解析　由能量守恒定律可知上滑過(guò)程對(duì)應(yīng)位置的速率大于下滑過(guò)程的速率，所以上滑過(guò)程中導(dǎo)體棒克服安培力做的功大于下滑過(guò)程中克服安培力做的功，故選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；安培力的沖量大小I沖＝BILt＝BLq，由E＝，可知q＝，由于上滑過(guò)程與下滑過(guò)程電荷量q相等，所以安培力的沖量大小相等，故選項(xiàng)D正確，C錯(cuò)誤。 答案　AD 6.(2018·河南六市第5次聯(lián)考)如圖5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B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)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

27、為q(q＞0)的小球由軌道左端A處無(wú)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(guò)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5 A.小球在C點(diǎn)受到的洛倫茲力大小為qB B.小球在C點(diǎn)對(duì)軌道的壓力大小為3mg－qB C.小球從C到D的過(guò)程中，外力F的大小保持不變 D.小球從C到D的過(guò)程中，外力F的功率逐漸增大 解析　小球從A到C過(guò)程機(jī)械能守恒有mgR＝mv2，解得v＝，所以小球在C點(diǎn)受到的洛倫茲力大小為F洛＝qB，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；在C點(diǎn)由牛頓第二定律有FN－mg＋F洛＝m，解得FN＝3

28、mg－qB，故選項(xiàng)B正確；小球從C到D的過(guò)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(guò)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　BD 7.(2018·四川第二次大聯(lián)考)如圖6所示，固定的豎直光滑U型金屬導(dǎo)軌，間距為L(zhǎng)，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(chǎng)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，導(dǎo)軌的電阻忽略不計(jì)。初始時(shí)刻，彈簧處于伸長(zhǎng)狀態(tài)，其伸長(zhǎng)量為x1＝，此時(shí)導(dǎo)體棒具有豎直向上的初速度v0。在沿導(dǎo)軌往復(fù)運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，導(dǎo)

29、體棒始終與導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸。則下列說(shuō)法正確的是(　　) 圖6 A.初始時(shí)刻導(dǎo)體棒受到的安培力大小F＝ B.初始時(shí)刻導(dǎo)體棒加速度的大小a＝2g＋ 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(kāi)始運(yùn)動(dòng)直到最終靜止的過(guò)程中，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q＝mv＋ 解析　由法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝BLv0，由閉合電路歐姆定律得I＝，由安培力公式得F＝，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；初始時(shí)刻，F(xiàn)＋mg＋kx1＝ma，得a＝2g＋，故選項(xiàng)B正確；因?yàn)閷?dǎo)體棒靜止時(shí)沒(méi)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(shì)能全部轉(zhuǎn)化為焦耳熱，即Q總＝mv＋

30、mg(x1＋)＝mv＋，但R上的只是一部分，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 答案　BC 二、非選擇題 8.(2018·江蘇如東四校聯(lián)考)如圖7所示，質(zhì)量m＝2 kg、帶電荷量q＝＋2×10－3 C的小物塊A與質(zhì)量不計(jì)的絕緣木板B疊放在水平面上，A位于B的最左端且與豎直固定于水平面上的擋板P相距s0＝3 m，已知A與B間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝0.8，B與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2＝0.5，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，與擋板相撞沒(méi)有機(jī)械能損失，且A帶電荷量始終保持不變。整個(gè)裝置處在大小E＝6×103 N/C、方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，現(xiàn)將A、B同時(shí)由靜止釋放，重力加速度g取10 m/s2。求： 圖7 (1

31、)A、B釋放時(shí)，物塊A的加速度大小； (2)若A與擋板不相碰，木板的最小長(zhǎng)度L0； (3)若木板長(zhǎng)度為L(zhǎng)＝0.8 m，整個(gè)過(guò)程中木板運(yùn)動(dòng)的總路程s。 解析　(1)A和B一起做勻加速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得a＝＝＝1 m/s2。 (2)設(shè)當(dāng)木板B與擋板P相撞時(shí)速度為v，開(kāi)始時(shí)木板B右端與擋板相距為d，有v2＝2ad，木板B與擋板P撞后停止，物塊A繼續(xù)滑動(dòng)，加速度大小a1＝＝2 m/s2，當(dāng)A恰好滑到擋板P處停止時(shí)有v2＝2a1L0，而d＋L0＝s0，代入數(shù)據(jù)解得L0＝1 m，即木板的最小長(zhǎng)度為1 m。 (3)因?yàn)長(zhǎng)小于L0，故物塊與擋板碰撞，然后原速返回，與木板B共同反向做勻減速運(yùn)動(dòng)，直

32、到速度為零，再共同加速向右滑動(dòng)，不斷往復(fù)，最終A、B都停在擋板P處。物塊A和木板B間產(chǎn)生熱量Q1＝μ1mgL，木板與水平面間產(chǎn)生的熱量Q2＝μ2mgs，整個(gè)過(guò)程由能量守恒定律得Eqs0＝Q1＋Q2，代入數(shù)據(jù)解得s＝2.32 m。 答案　(1)1 m/s2　(2)1 m　(3)2.32 m 9.(2018·四川綿陽(yáng)市二診)如圖8所示，軌道ABCDP位于豎直平面內(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AB、圓弧段CD和傾斜段DP都光滑，水平段BC粗糙，DP段與水平面的夾角θ＝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(chǎng)強(qiáng)未知的勻強(qiáng)電

33、場(chǎng)中。一個(gè)質(zhì)量m1＝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(guò)時(shí)間t＝1 s，與靜止在B點(diǎn)的不帶電、質(zhì)量m2＝0.6 kg 小物塊Ⅱ碰撞并粘在一起在BC段上做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，到達(dá)傾斜段DP上某位置。物塊Ⅰ和Ⅱ與軌道BC段的動(dòng)摩擦因數(shù)都為μ＝0.2。g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： 圖8 (1)物塊Ⅰ和Ⅱ在BC段上做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的速度大??； (2)物塊Ⅰ和Ⅱ第一次經(jīng)過(guò)C點(diǎn)時(shí)，圓弧段軌道對(duì)物塊Ⅰ和Ⅱ支持力的大小。 解析　(1)物塊Ⅰ和Ⅱ粘在一起在BC段上做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度為E，物塊Ⅰ帶電荷量為q，物塊Ⅰ與物塊Ⅱ碰撞前速

34、度為v1，碰撞后共同速度為v2，則 qE＝μ(m1＋m2)g qEt＝m1v1 m1v1＝(m1＋m2)v2 解得v2＝2 m/s (2)設(shè)圓弧段CD的半徑為R，物塊Ⅰ和Ⅱ經(jīng)過(guò)C點(diǎn)時(shí)圓弧段軌道對(duì)物塊Ⅰ和Ⅱ支持力的大小為FN，則 R(1－cos θ)＝h FN－(m1＋m2)g＝ 解得FN＝18 N。 答案　(1)2 m/s　(2)18 N 10.如圖9所示，兩根等高光滑的四分之一圓弧形軌道與一足夠長(zhǎng)水平軌道相連，圓弧的半徑為R0、軌道間距為L(zhǎng)1＝1 m，軌道電阻不計(jì)。水平軌道處在豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1＝1 T，圓弧軌道處于從圓心軸線(xiàn)上均勻向外輻射狀的磁場(chǎng)中。

35、在軌道上有兩長(zhǎng)度稍大于L1、質(zhì)量均為m＝2 kg、阻值均為R＝0.5 Ω 的金屬棒a、b，金屬棒b通過(guò)跨過(guò)定滑輪的絕緣細(xì)線(xiàn)與一質(zhì)量為M＝1 kg、邊長(zhǎng)為L(zhǎng)2＝0.2 m、電阻r＝0.05 Ω 的正方形金屬線(xiàn)框相連。金屬棒a從軌道最高處開(kāi)始，在外力作用下以速度v0＝5 m/s沿軌道做勻速圓周運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)MN處，在這一過(guò)程中金屬棒b恰好保持靜止。當(dāng)金屬棒a到達(dá)最低點(diǎn)MN處被卡住，此后金屬線(xiàn)框開(kāi)始下落，剛好能勻速進(jìn)入下方h＝1 m 處的水平勻強(qiáng)磁場(chǎng)B3中，B3＝ T。已知磁場(chǎng)高度H>L2。忽略一切摩擦阻力，重力加速度為g＝10 m/s2。求： 圖9 (1)輻射磁場(chǎng)在圓弧處磁感應(yīng)強(qiáng)度B2的大小

36、； (2)從金屬線(xiàn)框開(kāi)始下落到進(jìn)入磁場(chǎng)前，金屬棒a上產(chǎn)生的焦耳熱Q； (3)若在線(xiàn)框完全進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)剪斷細(xì)線(xiàn)，線(xiàn)框在剛要離開(kāi)磁場(chǎng)B3時(shí)剛好又達(dá)到勻速，已知線(xiàn)框離開(kāi)磁場(chǎng)過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱為Q1＝10.875 J，則磁場(chǎng)的高度H為多少。 解析　(1)對(duì)金屬棒b，由受力平衡 Mg＝B1IL1 由a、b金屬棒和導(dǎo)軌組成的閉合回路，有 I＝ 聯(lián)立方程，代入數(shù)值求得 B2＝2 T (2)根據(jù)能量守恒定律有 Mgh＝Mv2＋mv2＋2Q 線(xiàn)框進(jìn)入磁場(chǎng)的瞬間，由受力平衡，得 Mg＝B1I1L1＋B3I2L2 其中I1＝ I2＝ 聯(lián)立方程，代入數(shù)值求得 Q＝2 J (3)從線(xiàn)框完全進(jìn)入磁場(chǎng)到完全離開(kāi)磁場(chǎng)，有 MgH＝Mv－Mv2＋Q1 在剛要離開(kāi)磁場(chǎng)的瞬間，由受力平衡，得 Mg＝B3I3L2 其中I3＝ 聯(lián)立方程，代入數(shù)值求得 H＝1.2 m 答案　(1)2 T　(2)2 J　(3)1.2 m 17