高三物理二輪高頻考點(diǎn)突破專(zhuān)題08 功和功能關(guān)系

高考物理二輪高頻考點(diǎn)專(zhuān)題突破專(zhuān)題08功和功能關(guān)系專(zhuān)練目標(biāo)專(zhuān)練內(nèi)容目標(biāo)1重力場(chǎng)中的功和功能關(guān)系（1T—8T）目標(biāo)2電場(chǎng)中的功和功能關(guān)系（9T—13T）目標(biāo)3磁場(chǎng)中的功和功能關(guān)系（14T—18T）【典例專(zhuān)練】一、重力場(chǎng)中的功和功能關(guān)系1．力F對(duì)物體所做的功可由公式求得。但用這個(gè)公式求功是有條件的，即力F必須是恒力。而實(shí)際問(wèn)題中，有很多情況是變力在對(duì)物體做功。那么，用這個(gè)公式不能直接求變力的功，我們就需要通過(guò)其他的一些方法來(lái)求解力F所做的功。如圖，對(duì)于甲、乙、丙、丁四種情況下求解某個(gè)力所做的功，下列說(shuō)法正確的是（）A．甲圖中若F大小不變，物塊從A到C過(guò)程中力F做的為B．乙圖中，全過(guò)程中F做的總功為108JC．丙圖中，繩長(zhǎng)為R，若空氣阻力f大小不變，小球從A運(yùn)動(dòng)到B過(guò)程中空氣阻力做的功D．圖丁中，F(xiàn)始終保持水平，無(wú)論是F緩慢將小球從P拉到Q，還是F為恒力將小球從P拉到Q，F(xiàn)做的功都是【答案】A【詳解】A．因沿著同一根繩做功的功率相等，則力對(duì)繩做的功等于繩對(duì)物體做的功，則物塊從A到C過(guò)程中力F做的為，故A正確；B．乙圖的面積代表功，則全過(guò)程中F做的總功為故B錯(cuò)誤；C．丙圖中，繩長(zhǎng)為R，若空氣阻力f大小不變，可用微元法得小球從A運(yùn)動(dòng)到B過(guò)程中空氣阻力做的功為故C錯(cuò)誤；D．圖丁中，F(xiàn)始終保持水平，當(dāng)F為恒力時(shí)將小球從P拉到Q，F(xiàn)做的功是而F緩慢將小球從P拉到Q，F(xiàn)為水平方向的變力，F(xiàn)做的功不能用力乘以位移計(jì)算，故D錯(cuò)誤；故選A。2．水平桌面上，長(zhǎng)R=5m的輕繩一端固定于O點(diǎn)，如圖所示（俯視圖），另一端系一質(zhì)量m=2.0kg的小球，現(xiàn)對(duì)小球施加一個(gè)大小不變的力F=10N，F(xiàn)拉著物體從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)，方向始終與小球的運(yùn)動(dòng)方向成37°角。已知小球與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.2，不計(jì)空氣阻力，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，則拉力F做的功與克服摩擦力做的功之比為（）A． B． C．2 D．3【答案】C【詳解】將圓弧分成很多小段l1，l2，…，ln，拉力F在每小段上做的功為W1，W2，…，Wn，因拉力F大小不變，方向始終與小球的運(yùn)動(dòng)方向成37°角，所以W1=Fl1cos37°；W2=Fl2cos37°…Wn=Flncos37°W=W1+W2+…+Wn=F（cos37°）（l1+l2+…+ln）=Fcos37°·R=πJ同理可得小球克服摩擦力做的功Wf=μmg·R=πJ拉力F做的功與小球克服摩擦力做的功之比為2。故選C。3．光滑固定斜面上有一個(gè)質(zhì)量分布均勻的正方形薄鐵板，質(zhì)量為M，正方形邊長(zhǎng)為d，在外力作用下沿平行于底邊方向運(yùn)動(dòng)，在斜面上寬度為d的灰色區(qū)域內(nèi)涂有一層特殊材料，薄鐵板與該材料之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，重力加速度為g，斜面傾角為，則該薄鐵板通過(guò)粗糙區(qū)域時(shí)克服摩擦力做的功為（）A． B． C． D．【答案】A【詳解】物塊進(jìn)入粗糙部分越多，摩擦力越大，所以摩擦力先逐漸增大后逐漸減小，且物體對(duì)粗糙部分的正壓力與位移成正比（如圖所示），故平均摩擦力μMgcosθ，所以Wf=μMgcosθ×2d=μMgdcosθ故選A。4．輕質(zhì)彈簧右端固定在墻上，左端與一質(zhì)量m=0.5kg的物塊相連，如圖甲所示，彈簧處于原長(zhǎng)狀態(tài)，物塊靜止，物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.2。以物塊所在處為原點(diǎn)，水平向右為正方向建立x軸，現(xiàn)對(duì)物塊施加水平向右的外力F，F(xiàn)隨x軸坐標(biāo)變化的情況如圖乙所示，物塊運(yùn)動(dòng)至x=0.4m處時(shí)速度為零，則此過(guò)程物塊克服彈簧彈力做的功為（）A．2.0J B．3.5J C．1.8J D．3.1J【答案】D【詳解】由圖線(xiàn)與坐標(biāo)軸圍成的面積表示功，可得到力F做的功W=×(5+10)×0.2+10×(0.4-0.2)J=3.5J設(shè)克服彈簧彈力做功為WF，由動(dòng)能定理WF-W彈-μmgx=0代入數(shù)據(jù)有3.5–W彈-0.2×0.5×10×0.4=0得W彈=3.1J則彈簧的彈性勢(shì)能為EP=3.1J故選D。5．全球最大水平臂上回轉(zhuǎn)自升塔式起重機(jī)的開(kāi)發(fā)和應(yīng)用，意味著中國(guó)橋梁及鐵路施工裝備進(jìn)一步邁向世界前列。該起重機(jī)某次從t=0時(shí)刻由靜止開(kāi)始提升質(zhì)量為m的物體，其所受合外力隨時(shí)間變化的圖像如圖所示，內(nèi)起重機(jī)的功率為額定功率，不計(jì)物體受到的空氣阻力，重力加速度為g，下列說(shuō)法正確的是（）A．物體勻加速階段的加速度為B．和時(shí)間內(nèi)牽引力做的功之比為C．時(shí)刻物體正在減速上升D．階段牽引力所做的功為【答案】B【詳解】A．題圖縱軸表示合外力，因此時(shí)間內(nèi)，物體加速度為故A錯(cuò)誤；BD．時(shí)間內(nèi)牽引力做功為；時(shí)間內(nèi)牽引力做功為聯(lián)立可得和時(shí)間內(nèi)牽引力做的功之比為故B正確，D錯(cuò)誤；C．由題圖可知時(shí)刻合外力仍大于零，合外力仍向上，物體繼續(xù)做加速運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤。故選B。6．已知一足夠長(zhǎng)的傳送帶與水平面的傾角為θ，以一定的速度勻速運(yùn)動(dòng)。某時(shí)刻在傳送帶適當(dāng)?shù)奈恢梅派暇哂幸欢ǔ跛俣鹊奈飰K（如圖a所示），以此時(shí)為t＝0時(shí)刻記錄了小物塊之后在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的速度隨時(shí)間的變化關(guān)系，如圖b所示（圖中取沿斜面向上的運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较?，其中兩坐?biāo)大小。已知傳送帶的速度保持不變，g取10m/s2，則下列判斷正確的是（）A．0~t1內(nèi)，傳送帶對(duì)物塊做正功B．物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，C．0~t2內(nèi)，傳送帶對(duì)物塊做功為（）D．系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量一定比物塊動(dòng)能的減少量大【答案】D【詳解】A．由圖像可知，0~t1內(nèi)物塊的位移為負(fù)，即物塊沿傳送帶向下運(yùn)動(dòng)，所受摩擦力沿傳送帶向上，夾角為。所以傳送帶對(duì)物塊做負(fù)功。故A錯(cuò)誤；B．t1~t2內(nèi)，物塊向上運(yùn)動(dòng)，有解得故B錯(cuò)誤；C．0~t2內(nèi)，由圖像可知，物塊先向下運(yùn)動(dòng)，后向上運(yùn)動(dòng)，總的位移向下，所以重力做正功。由動(dòng)能定理，可得則有故C錯(cuò)誤；D．0~t2內(nèi)，重力做正功，物塊重力勢(shì)能減小，由圖像可知其動(dòng)能也減小。根據(jù)能量守恒可知系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量一定比物塊動(dòng)能的減少量大。故D正確。故選D。7．如圖所示A、B、C三個(gè)質(zhì)量均為1kg的小物塊（視為質(zhì)點(diǎn)），用輕繩（足夠長(zhǎng)）通過(guò)輕小滑輪（不考慮半徑）對(duì)稱(chēng)連接，兩個(gè)滑輪的水平距離為0.6m。在外力作用下將C物塊拉到如圖所示位置，此時(shí)輕繩與豎直方向夾角。然后撤去外力，不計(jì)一切阻力，整個(gè)裝置處于豎直平面內(nèi)，重力加速度為g。（）A．三個(gè)物塊運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中整體機(jī)械能不守恒B．上升過(guò)程中C的最大動(dòng)能為C．當(dāng)C的速度最大時(shí)A物體的速度大小恰好等于C物體的速度大小D．由靜止釋放到C物塊速度最大的過(guò)程中拉力對(duì)A物塊所做的功為【答案】BD【詳解】A．以三個(gè)物塊為研究對(duì)象，僅有重力對(duì)系統(tǒng)做功，三個(gè)物塊運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中整體機(jī)械能守恒，故A錯(cuò)誤；BC．當(dāng)C物體加速度為零時(shí)，C上升過(guò)程中的速度最大，設(shè)此時(shí)繩子與豎直方向的夾角為，由平衡條件得解得設(shè)兩個(gè)滑輪的水平距離為d，C上升的高度為；A、B兩物塊下降的高度為設(shè)兩個(gè)滑輪的水平距離為d，此時(shí)A、B的速度為、C的速度為，把C的速度沿繩子和垂直繩子分解，得根據(jù)機(jī)械能守恒定律得解得則C的最大動(dòng)能為故B正確，C錯(cuò)誤；D．對(duì)A由動(dòng)能定理得聯(lián)立解得故D正確。故選BD。8．如圖是建筑工地上常用的一種“深穴打夯機(jī)”示意圖，電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)兩個(gè)滾輪勻速轉(zhuǎn)動(dòng)將夯桿從深坑提上來(lái)，當(dāng)夯桿底端剛到達(dá)坑口時(shí)，兩個(gè)滾輪彼此分開(kāi)，將夯桿釋放，夯桿在自身重力作用下，落回深坑，夯實(shí)坑底。然后兩個(gè)滾輪再次壓緊，夯桿被提上來(lái)，如此周而復(fù)始(夯桿被滾輪提升過(guò)程中，經(jīng)歷勻加速和勻速運(yùn)動(dòng)過(guò)程)。已知兩個(gè)滾輪邊緣的線(xiàn)速度恒為v=4m/s，滾輪對(duì)夯桿的正壓力，滾輪與夯桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)，夯桿質(zhì)量m=1×103kg，坑深h=6.4m，假定在打夯的過(guò)程中坑的深度變化不大，取g=10m/s2，下列說(shuō)法正確（）A．夯桿被滾輪帶動(dòng)加速上升的過(guò)程中，加速度的大小B．每個(gè)打夯周期中，電動(dòng)機(jī)多消耗的電能為7.2×104JC．每個(gè)打夯周期中滾輪與夯桿間因摩擦產(chǎn)生的熱量為4.8×104JD．增加滾輪對(duì)夯桿的正壓力，每個(gè)打夯周期中滾輪與夯桿間因摩擦產(chǎn)生的熱量將增加【答案】AC【詳解】A．夯桿加速上升過(guò)程中，加速度解得BC．夯桿加速上升的高度在加速上升階段，電動(dòng)機(jī)對(duì)夯桿做的功設(shè)加速階段用時(shí)為t，則此階段滾輪與夯桿間的相對(duì)位移為此階段產(chǎn)生的熱量為夯桿勻速上升階段上升高度電動(dòng)機(jī)對(duì)夯桿做的功由能量關(guān)系知每個(gè)打夯周期中，電動(dòng)機(jī)多消耗的電能為故B錯(cuò)誤，C正確；D．每個(gè)打夯周期中滾輪與夯桿間因摩擦產(chǎn)生的熱量為增大時(shí)，Q將減小，故D錯(cuò)誤。故選AC。電場(chǎng)中的功和功能關(guān)系9．如圖所示，豎直固定的光滑絕緣細(xì)桿上O點(diǎn)套有一個(gè)電荷量為-q（q>0）的小環(huán)，在桿的左側(cè)固定一個(gè)電荷量為+Q（Q>0）的點(diǎn)電荷，桿上a、b兩點(diǎn)與+Q正好構(gòu)成等邊三角形，c是ab的中點(diǎn)。使小環(huán)從O點(diǎn)無(wú)初速度釋放，小環(huán)通過(guò)a點(diǎn)的速率為v。若已知ab=Oa=l，靜電常量為k，重力加速度為g。則（）A．在a點(diǎn)，小環(huán)所受彈力大小為B．在c點(diǎn)，小環(huán)的動(dòng)能最大C．在c點(diǎn)，小環(huán)的電勢(shì)能最大D．在b點(diǎn)，小環(huán)的速率為【答案】D【詳解】A．在a點(diǎn)，小環(huán)所受的庫(kù)侖力沿aQ方向，大小為，水平方向小球受力平衡，所以小球受到向右的彈力大小等于庫(kù)侖力沿水平方向的分力，A錯(cuò)誤；B．從c點(diǎn)到b點(diǎn)，小環(huán)所受重力做正功，庫(kù)侖力做負(fù)功，由于重力和庫(kù)侖力大小關(guān)系未知，在c點(diǎn)，小環(huán)的動(dòng)能不一定最大，B錯(cuò)誤；C．c點(diǎn)距離正點(diǎn)電荷Q最近，對(duì)應(yīng)電勢(shì)最高，帶負(fù)電荷的小環(huán)在c點(diǎn)電勢(shì)能最小，C錯(cuò)誤；D．從a點(diǎn)到b點(diǎn)，由點(diǎn)電荷電場(chǎng)分布特點(diǎn)及幾何關(guān)系知，a、b兩點(diǎn)電勢(shì)相等，則電場(chǎng)力不做功，應(yīng)用動(dòng)能定理解得，D正確。故選D。10．空間有一沿x軸分布的電場(chǎng)，x軸上有P、Q兩點(diǎn)，其位置坐標(biāo)分別為x0、2x0一質(zhì)量為m、電荷量為q（q>0）的粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)O以初速度v0沿x軸正方向做直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，其速度v隨位置x的變化規(guī)律如圖所示，粒子僅受電場(chǎng)力作用，設(shè)O點(diǎn)電勢(shì)為零。則下列說(shuō)法正確的是（）

A．該電場(chǎng)為勻強(qiáng)電場(chǎng)B．粒子在P點(diǎn)的電勢(shì)能為C．Q點(diǎn)的電勢(shì)為D．粒子在OP間的平均加速度比PQ間的大【答案】D【詳解】AD．由圖中數(shù)據(jù)可得粒子在OP間和PQ間運(yùn)動(dòng)位移均為x0；但在OP間運(yùn)動(dòng)平均速度大于PQ間平均速度，即而兩個(gè)階段速度變化量均為，因此在OP段平均加速度更大，因?yàn)榍昂髢啥纹骄铀俣炔灰粯哟?，即電?chǎng)力不一樣大，該電場(chǎng)不是勻強(qiáng)電場(chǎng)，A錯(cuò)誤D正確；B．由動(dòng)能定理可得：O到P電場(chǎng)力做的功解得又因?yàn)镺點(diǎn)電勢(shì)為零，電場(chǎng)力做的功等于電勢(shì)能減少量，B錯(cuò)誤；C．由動(dòng)能定理可得：O到Q電場(chǎng)力做的功解得又因?yàn)镺點(diǎn)電勢(shì)為零，電場(chǎng)力做的功等于電勢(shì)能減少量；即電勢(shì)，C錯(cuò)誤。故選D。11．如圖甲所示，有一絕緣圓環(huán)，圓環(huán)上均勻分布著正電荷，圓環(huán)平面與豎直平面重合．一光滑細(xì)桿沿垂直圓環(huán)平面的軸線(xiàn)穿過(guò)圓環(huán)，細(xì)桿上套有一個(gè)質(zhì)量為m＝10g的帶正電的小球，小球所帶電荷量q＝5.0×10－4C．小球從C點(diǎn)由靜止釋放，其沿細(xì)桿由C經(jīng)B向A運(yùn)動(dòng)的v-t圖象如圖乙所示．小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)，v-t圖象的切線(xiàn)的斜率最大(圖中標(biāo)出了該切線(xiàn))．則下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是()A．在O點(diǎn)右側(cè)桿上，B點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)最大，場(chǎng)強(qiáng)大小為E＝1.2V/mB．由C到A的過(guò)程中，小球的電勢(shì)能先減小后增大C．由C到A電勢(shì)逐漸降低D．C、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差UCB＝0.9V【答案】B【詳解】A、由乙圖可知，小球在B點(diǎn)的加速度最大，故所受的電場(chǎng)力最大，加速度由電場(chǎng)力產(chǎn)生，故B點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度最大，小球的加速度：，又：，解得，故A正確；BC、從C到A小球的動(dòng)能一直增大，說(shuō)明電場(chǎng)力一直做正功，故電勢(shì)能一直減小，根據(jù)可知電勢(shì)一直減小，故C正確，B錯(cuò)誤；D、由C到B電場(chǎng)力做功為，CB間電勢(shì)差為，故D正確；錯(cuò)誤的故選B．12．如圖甲所示，絕緣、光滑水平面上方，有水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E。在水平面右端固定一輕彈簧，一帶電物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）質(zhì)量為m，電量為+q，將帶電物塊由靜止釋放，以物塊出發(fā)點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，水平向右為x軸正方向，建立坐標(biāo)系，物塊動(dòng)能Ek與它通過(guò)的距離x之間的關(guān)系如圖乙，其中坐標(biāo)x1處為彈簧原長(zhǎng)位置，O~x1段為直線(xiàn)，坐標(biāo)x2處動(dòng)能最大，坐標(biāo)x4處動(dòng)能為零。下列說(shuō)法正確的是（）A．彈簧的勁度系數(shù)為B．從坐標(biāo)x1處到坐標(biāo)x4處，物塊所受力的合力先增加后減小C．從坐標(biāo)x1處到坐標(biāo)x3處彈簧彈性勢(shì)能增加了D．從坐標(biāo)x1處到坐標(biāo)x2處，彈簧彈性勢(shì)能增加量的大小等于電勢(shì)能減少量的大小【答案】AC【詳解】A．由動(dòng)能定理可知，物體做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，則在處物體動(dòng)能最大，此時(shí)物體加速度為零，則即解得故A正確；B．從坐標(biāo)x1處到坐標(biāo)x4處，在處所以階段；變大，則變小，而從到對(duì)應(yīng)；變大，變大，所以合力先減小后增大，故B錯(cuò)誤；C．從坐標(biāo)x1處到坐標(biāo)x3處，彈簧彈性勢(shì)能變大，而電場(chǎng)力做功全部轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢(shì)能，即有故C正確；D．從坐標(biāo)x1處到坐標(biāo)x2處，彈性勢(shì)能增加、動(dòng)能增加，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，可知彈簧彈性勢(shì)能增加量和動(dòng)能的增加量之和大小等于電勢(shì)能減少量的大小，故D錯(cuò)誤。故選AC。13．.如圖甲所示，在絕緣水平面上方的MM′和PP′范圍內(nèi)有方向水平向右的電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小沿電場(chǎng)線(xiàn)方向的變化關(guān)系如圖乙所示．一質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的小物塊(可視為點(diǎn)電荷)從水平面上的A點(diǎn)以初速度v0向右運(yùn)動(dòng)，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度恰好為零．若滑塊與水平面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，A、B兩點(diǎn)間的距離為l，重力加速度為g．則以下判斷正確的是()A．小物塊在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所受到的電場(chǎng)力一直小于滑動(dòng)摩擦力B．小物塊在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的中間時(shí)刻，速度大小大于C．A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為D．此過(guò)程中產(chǎn)生的內(nèi)能為【答案】AC【詳解】A．滑塊所受的電場(chǎng)力水平向右，摩擦力水平向左，由圖象知，電場(chǎng)強(qiáng)度逐漸增大，電場(chǎng)力逐漸增大，滑塊做減速運(yùn)動(dòng)，可知電場(chǎng)力一直小于滑動(dòng)摩擦力．故A正確；B．因?yàn)殡妶?chǎng)力逐漸增大，所以小滑塊做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)速度時(shí)間圖線(xiàn)可知，若為勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度等于；從圖中可知，中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度小于．故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)動(dòng)能定理得，-qU-μmgl=0-mv02解得，A、B點(diǎn)間的電勢(shì)差故C正確；D．根據(jù)能量守恒知，電勢(shì)能減小、動(dòng)能減小，全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，則產(chǎn)生的內(nèi)能大于mv02．故D錯(cuò)誤。故選AC。三、磁場(chǎng)中的功和功能關(guān)系14．邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的單匝正方形導(dǎo)線(xiàn)框abcd放在絕緣的光滑水平桌面上，其右端相距s處有邊界PQ，在PQ左側(cè)存在垂直于線(xiàn)框面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)?，F(xiàn)用水平向右的恒力F使線(xiàn)框由靜止向右運(yùn)動(dòng)，且線(xiàn)框運(yùn)動(dòng)過(guò)程中ad邊始終與PQ保持垂直，線(xiàn)框全部離開(kāi)磁場(chǎng)前已做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，已知磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，線(xiàn)框質(zhì)量為m，電阻為R，邊長(zhǎng)為L(zhǎng)。下列說(shuō)法正確的是（）A．cd邊離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)線(xiàn)圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為B．cd邊離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)線(xiàn)框的加速度大小為C．線(xiàn)框全部離開(kāi)磁場(chǎng)過(guò)程中，通過(guò)線(xiàn)框某一橫截面的電荷量為D．線(xiàn)框全部離開(kāi)磁場(chǎng)過(guò)程中，線(xiàn)框中產(chǎn)生的熱量為【答案】BCD【詳解】A．線(xiàn)圈完全在磁場(chǎng)中穿過(guò)線(xiàn)圈的磁通量不變，不產(chǎn)生感應(yīng)電流，線(xiàn)圈不受安培力作用，對(duì)線(xiàn)圈，由動(dòng)能定理解得，cd邊離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)線(xiàn)圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)故A錯(cuò)誤；B．cd邊離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)線(xiàn)圈受到的安培力對(duì)線(xiàn)圈，由牛頓第二定律解得故B正確；C．根據(jù)電磁感應(yīng)電荷量推論公式故C正確；D．線(xiàn)圈離開(kāi)磁場(chǎng)前已做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，由平衡條件解得線(xiàn)圈離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)的速度對(duì)線(xiàn)圈，由能量守恒定律得解得故D正確。故選BCD。15．如圖所示，質(zhì)量為3m的重物與一質(zhì)量為m的導(dǎo)線(xiàn)框用一根絕緣細(xì)線(xiàn)連接起來(lái)，掛在兩個(gè)高度相同的定滑輪上，已知導(dǎo)線(xiàn)框電阻為R，橫邊邊長(zhǎng)為L(zhǎng).有一垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，磁場(chǎng)上下邊界的距離、導(dǎo)線(xiàn)框豎直邊長(zhǎng)均為h。初始時(shí)刻，磁場(chǎng)的下邊緣和導(dǎo)線(xiàn)框上邊緣的高度差為2h，將重物從靜止開(kāi)始釋放，導(dǎo)線(xiàn)框加速進(jìn)入磁場(chǎng)，穿出磁場(chǎng)前已經(jīng)做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，滑輪質(zhì)量、摩擦阻力均不計(jì)，重力加速度為g.則下列說(shuō)法中正確的是（）A．導(dǎo)線(xiàn)框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度為B．導(dǎo)線(xiàn)框穿出磁場(chǎng)時(shí)的速度為C．導(dǎo)線(xiàn)框通過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中產(chǎn)生的熱量D．導(dǎo)線(xiàn)框進(jìn)入磁場(chǎng)后，若某一時(shí)刻的速度為v，則加速度為【答案】BC【詳解】A．線(xiàn)框進(jìn)入磁場(chǎng)前，根據(jù)重物與線(xiàn)框組成的機(jī)械能守恒得解得線(xiàn)框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度為，A錯(cuò)誤；B．線(xiàn)框穿出磁場(chǎng)時(shí)，根據(jù)平衡條件得安培力為聯(lián)立解得線(xiàn)框離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)的速度為，B正確；C．設(shè)線(xiàn)框通過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中產(chǎn)生的熱量為，對(duì)從靜止到剛通過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程，根據(jù)能量守恒得聯(lián)立以上解得，C正確；D．線(xiàn)框進(jìn)入磁場(chǎng)后，若某一時(shí)刻的速度為，對(duì)整體，根據(jù)牛頓第二定律得解得，D錯(cuò)誤。故選BC。16．如圖所示，足夠長(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌傾斜固定放置，導(dǎo)軌所在平面的傾角為，導(dǎo)軌下端接有阻值為R的電阻，整個(gè)裝置處在垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，質(zhì)量為m、長(zhǎng)為L(zhǎng)、電阻不計(jì)的金屬棒放在導(dǎo)軌上，在沿導(dǎo)軌平面且與棒垂直的拉力F作用下金屬棒沿導(dǎo)軌向上做初速度為零、加速度為g（g為重力加速度）的勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，金屬棒運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終與導(dǎo)軌垂直并與兩導(dǎo)軌接觸良好，金屬導(dǎo)軌的電阻不計(jì)，則在金屬棒沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動(dòng)t0時(shí)間的過(guò)程中A．拉力F與時(shí)間成正比B．拉力F的沖量大小為C．通過(guò)電阻R的電量為D．電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱等于拉力與重力的做功之和【答案】BC【詳解】A．由題意知；因此有故A項(xiàng)錯(cuò)誤；B．金屬棒向上運(yùn)動(dòng)t0時(shí)間的過(guò)程中，平均作用力則拉力的沖量大小故B項(xiàng)正確；C．t0時(shí)間內(nèi)金屬棒沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動(dòng)的距離通過(guò)電阻R的電量故C項(xiàng)正確；D．根據(jù)動(dòng)能定理又即故D項(xiàng)錯(cuò)誤。故選BC。17．如圖所示，水平面上固定兩根光滑平行的長(zhǎng)直導(dǎo)軌，間距為l，電阻可忽略不計(jì)，導(dǎo)軌之間有豎直方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。導(dǎo)軌上靜置兩根導(dǎo)體棒a和b，質(zhì)量均為m，每根導(dǎo)體棒有效電阻均為R，現(xiàn)用等大的恒力F同時(shí)向左右兩邊拉a和b，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌始終垂直，經(jīng)時(shí)間t兩棒剛好達(dá)到最大速度，則下列說(shuō)法正確的是（）A．最大速度為B．此過(guò)程通過(guò)回路某一橫截面的電荷量為C．此過(guò)程拉力做的總功為D．此過(guò)程產(chǎn)生的焦耳熱為【答案】BD【詳解】A．設(shè)導(dǎo)體棒的最大速度為v，當(dāng)導(dǎo)體棒達(dá)到最大速度時(shí)，拉力F與導(dǎo)體棒所受安培力平衡，即①解得②故A錯(cuò)誤；B．設(shè)從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到兩棒達(dá)到最大速度的過(guò)程中回路中的平均感應(yīng)電流為，此過(guò)程通過(guò)回路某一橫截面的電荷量為q，對(duì)其中任意一導(dǎo)體棒根據(jù)動(dòng)量定理可得③根據(jù)電流的定義有④聯(lián)立②③④解得⑤故