浙江專用2025版高考物理二輪復習專題二第2講動量觀點和能量觀點在電磁學中的應用講義增分練含解析

PAGE19-第2講動量觀點和能量觀點在電磁學中的應用網絡構建備考策略1.若只有電場力做功，電勢能與動能之和保持不變。2.若只有電場力和重力做功，電勢能、重力勢能、動能之和保持不變。3.洛倫茲力對運動電荷不做功。4.安培力可做正功，也可做負功。5.力學中的三大觀點(動力學、動量、能量觀點)仍是解決力電綜合問題首選的方法。應用能量觀點解決力、電綜合問題電場中的功能關系【典例1】(2024·全國卷Ⅰ，21)(多選)圖1中虛線a、b、c、d、f代表勻強電場內間距相等的一組等勢面，已知平面b上的電勢為2V。一電子經過a時的動能為10eV，從a到d的過程中克服電場力所做的功為6eV。下列說法正確的是()圖1A.平面c上的電勢為零B.該電子可能到達不了平面fC.該電子經過平面d時，其電勢能為4eVD.該電子經過平面b時的速率是經過d時的2倍解析電子在等勢面b時的電勢能為E＝qφ＝－2eV，電子由a到d的過程電場力做負功，電勢能增加6eV，由于相鄰兩等勢面之間的距離相等，故相鄰兩等勢面之間的電勢差相等，則電子由a到b、由b到c、由c到d、由d到f電勢能均增加2eV，則電子在等勢面c的電勢能為零，等勢面c的電勢為零，A正確；由以上分析可知，電子在等勢面d的電勢能應為2eV，C錯誤；電子在等勢面b的動能為8eV，電子在等勢面d的動能為4eV，由公式Ek＝eq\f(1,2)mv2可知，該電子經過平面b時的速率為經過平面d時速率的eq\r(2)倍，D錯誤；假如電子的速度與等勢面不垂直，則電子在該勻強電場中做曲線運動，所以電子可能到達不了平面f就返回平面a，B正確。答案AB能量觀點在電磁場中的應用【典例2】(2024·浙江寧海選考模擬)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，整個空間存在著豎直向上的勻強電場和垂直紙面對外的勻強磁場，先給小球一初速度，使小球沿桿向下運動，在A點時的動能為100J，在C點時動能減為零，D為AC的中點，那么帶電小球在運動過程中()圖2A.到達C點后小球不行能沿桿向上運動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點時的動能為50JD.小球電勢能的增加量等于重力勢能的削減量解析假如電場力大于重力，則速度減為零后小球可能沿桿向上運動，選項A錯誤；小球受重力、電場力、洛倫茲力、彈力和滑動摩擦力，由于F洛＝qvB，故洛倫茲力減小，導致支持力和滑動摩擦力變更，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點時的動能也就不肯定為50J，選項C錯誤；該過程是小球的重力勢能、電勢能、動能和系統(tǒng)的內能之和守恒，故小球電勢能的增加量不等于重力勢能的削減量，選項D錯誤。答案B動力學觀點和能量觀點在電磁感應中的應用【典例3】(2024·溫州九校高三上學期模擬)如圖3甲所示，兩條相互平行的光滑金屬導軌，相距L＝0.2m，左側軌道的傾斜角θ＝30°，右側軌道為圓弧線，軌道端點間接有電阻R＝1.5Ω，軌道中間部分水平，MP、NQ間距離為d＝0.8m，水平軌道間充溢方向豎直向下的勻強磁場，磁感應強度B隨時間變更如圖乙所示。一質量為m＝10g、導軌間電阻為r＝1.0Ω的導體棒a從t＝0時刻無初速釋放，初始位置與水平軌道間的高度差H＝0.8m。另一與a棒完全相同的導體棒b靜置于磁場外的水平軌道上，靠近磁場左邊界PM。a棒下滑后平滑進入水平軌道(轉角處無機械能損失)，并與b棒發(fā)生碰撞而粘合在一起，此后作為一個整體運動。導體棒始終與導軌垂直并接觸良好，軌道的電阻和電感不計，重力加速度大小g取10m/s2。求：圖3(1)導體棒進入磁場前，流過R的電流大??；(2)導體棒剛進入磁場瞬間受到的安培力大?。?3)導體棒最終靜止的位置離PM的距離；(4)全過程電阻R上產生的焦耳熱。解析(1)由法拉第電磁感應定律可知E0＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝kdL＝0.2V由閉合電路歐姆定律有I0＝eq\f(E0,R＋\f(r,2))＝0.1A。(2)a棒滑究竟端時的速度為vD，由動能定理有mgH＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)與b發(fā)生完全非彈性碰撞后的速度為v由動量守恒定律有mvD＝2mv由于t＝eq\f(2H,vDsin30°)＝0.8s此后磁場不再變更，電動勢為E＝BLv，I＝eq\f(E,R＋\f(r,2))所以安培力大小為F＝BIL＝0.04N。(3)導體棒直到靜止，由動量定理有BqL＝2mv其中q＝eq\f(LBs,R＋\f(r,2))，s為導體棒在水平軌道上滑過的路程由以上各式解得s＝2m，因此導體棒停在距離PM為0.4m處。(4)滑入磁場前有QR1＝Ieq\o\al(2,0)Rt，解得QR1＝1.2×10－2J碰后有Q＝eq\f(1,2)×2mv2＝QR2＋Qeq\f(r,2)eq\f(QR2,Q\f(r,2))＝eq\f(R,\f(r,2))，解得QR2＝3×10－2J，QR＝QR1＋QR2由以上各式解得QR＝0.042J。答案(1)0.1A(2)0.04N(3)0.4m(4)0.042J1.動能定理在力學和電場中應用時的“三同一異”2.功能關系在力學和電磁感應中應用時的“三同三異”1.(2024·浙江安吉選考模擬)如圖4所示，一豎直固定且光滑絕緣的直圓筒底部放置一可視為點電荷的場源電荷A，其電荷量Q＝＋4×10－3C，場源電荷A形成的電場中各點的電勢表達式為φ＝eq\f(kQ,r)，其中k為靜電力常量，r為空間某點到場源電荷A的距離。現有一個質量為m＝0.1kg的帶正電的小球B，它與A球間的距離為a＝0.4m，此時小球B處于平衡狀態(tài)，且小球B在場源電荷A形成的電場中具有的電勢能的表達式為Ep＝keq\f(Qq,r)，其中r為A與B之間的距離。另一質量為m的不帶電絕緣小球C從距離B的上方H＝0.8m處自由下落，落在小球B上立即與小球B粘在一起以2m/s的速度向下運動，它們到達最低點后又向上運動，向上運動到達的最高點為P(g取10m/s2，k＝9×109N·m2/C2)。求：圖4(1)小球C與小球B碰撞前的速度v0的大?。啃∏駼的電荷量q為多少？(2)小球C與小球B一起向下運動的過程中，最大速度為多少？解析(1)小球C自由下落H時獲得速度v0，由機械能守恒定律得mgH＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得v0＝eq\r(2gH)＝4m/s小球B在碰撞前處于平衡狀態(tài)，對B球由平衡條件得mg＝eq\f(kqQ,a2)代入數據得q＝eq\f(4,9)×10－8C＝4.4×10－9C。(2)兩個球碰撞過程，動量守恒，故mv0＝2mv設當B和C向下運動的速度最大為vm時，與A相距x，對B和C整體，由平衡條件得2mg＝keq\f(Qq,x2)代入數據得x＝0.28m由能量守恒定律得eq\f(1,2)×2mv2＋eq\f(kQq,a)＋2mga＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,m)＋2mgx＋keq\f(Qq,x)代入數據得vm＝2.16m/s。答案(1)4m/s4.4×10－9C(2)2.16m/s2.(2024·江南十校模擬)如圖5，EFPMN為光滑金屬導軌，電阻不計，處于豎直平面內，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，N、M分別為圓弧的豎直直徑的兩端點，還有一根與EFPMN完全相同的導軌E′F′P′M′N′，兩導軌平行放置，間距為L，沿垂直于導軌所在平面的方向看去，兩導軌完全重合。過P點的豎直線右側有垂直于FP向上的勻強磁場，磁感應強度大小為B，兩根相同的金屬棒ab、cd(圖中只畫出了a端和c端)，質量為m、電阻為r，分別從導軌FP和EF上某位置由靜止釋放，在以后的過程中，ab、cd始終與導軌保持垂直且接觸良好。(軌道FP和EF足夠長，題中所給的各個物理量均為已知，重力加速度為g)圖5(1)若ab棒到達P點之前已經勻速運動，求ab棒勻速下滑時的速度v，以及此時cd棒的電功率P；(2)在第(1)問的基礎上，若θ＝60°，m＝0.1kg，r＝eq\f(4\r(3),3)Ω，B＝1T，L＝1m，R＝eq\f(8,15)m，g＝10m/s2，則ab棒能否運動到圓弧最高點？解析(1)勻速下滑時有mgsinθ－BIL＝0，I＝eq\f(BLv,2r)，得v＝eq\f(2mgrsinθ,B2L2)依據能量守恒，此時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＝eq\f(mgvsinθ,2)即P＝(eq\f(mgsinθ,BL))2·r。(2)到達P點時，由v＝eq\f(2mgrsinθ,B2L2)，得vP＝4m/s，假定能夠運動到圓弧最高點，且到達最高點時速度為vN，由機械能守恒得eq\f(3,2)mgR＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,N)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,P)代入數據得vN＝0＜eq\r(gR)故ab棒不能運動到圓弧最高點。答案(1)eq\f(2mgrsinθ,B2L2)(eq\f(mgsinθ,BL))2·r(2)不能運動到圓弧最高點應用動量觀點和能量觀點解決力、電綜合問題動量觀點和能量觀點在電磁場中的應用【典例1】(2024·浙江寧波選考模擬)如圖6所示，一豎直光滑絕緣的管內有一勁度系數為k的輕質絕緣彈簧，其下端固定于地面，上端與一質量為m、帶電荷量為＋q的小球A相連，整個空間存在一豎直向上的勻強電場，小球A靜止時彈簧恰為原長，另一質量也為m的不帶電的絕緣小球B從管內距A高為x0處由靜止起先下落，與A發(fā)生碰撞后一起向下運動。若全過程中小球A的電荷量不發(fā)生變更，重力加速度為g。圖6(1)若x0已知，試求B與A碰撞過程中損失的機械能ΔE；(2)若x0未知，且B與A一起向上運動在最高點時恰未分別，試求A、B運動到最高點時彈簧的形變量x；(3)在滿意第(2)問的狀況下，試求A、B運動過程中的最大速度vm。解析(1)設勻強電場的場強為E，在碰撞前A靜止、彈簧恰為原長時，有mg－qE＝0設B在與A碰撞前的速度為v0，由機械能守恒定律得mgx0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)設B與A碰撞后共同速度為v1，由動量守恒定律得mv0＝2mv1B與A碰撞過程中損失的機械能ΔE為ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,1)解得ΔE＝eq\f(1,2)mgx0。(2)A、B在最高點恰不分別，此時彈簧處于拉伸狀態(tài)，且A、B間的彈力為零，設它們共同加速度為a，則對B：mg＝ma對A：mg＋kx－qE＝ma解得x＝eq\f(mg,k)。(3)A、B一起運動過程中合外力為零時具有最大速度，設此時彈簧的壓縮量為x′，則2mg－(kx′＋qE)＝0解得x′＝eq\f(mg,k)由于x′＝x，說明A、B在最高點處與合外力為0處彈簧的彈性勢能相等，對此過程由能量守恒定律得(qE－2mg)(x′＋x)＝0－eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,m)解得vm＝geq\r(\f(2m,k))。答案(1)eq\f(1,2)mgx0(2)eq\f(mg,k)(3)geq\r(\f(2m,k))命題角度2動量觀點和能量觀點在電磁感應中的應用【典例2】(2024·浙江省重點中學高三期末熱身聯(lián)考)如圖7所示，兩根間距為L的光滑金屬導軌CM1M2P1P2、DN1N2Q1Q2固定放置，導軌M1N1左側向上彎曲，右側水平。水平導軌左端有寬度為d、方向豎直向上的勻強磁場區(qū)域Ⅰ，右端有另一磁場區(qū)域Ⅱ，其寬度也為d，但方向豎直向下，兩磁場的磁感應強度大小均為B，相隔的距離也為d。有兩根電阻均為R的金屬棒a和b與導軌垂直放置，金屬棒a質量為m，金屬棒b質量為3m，b棒置于磁場Ⅱ的中點E、F處，并用絕緣細線系住，細線能承受的最大拉力為F0?，F將a棒從彎曲導軌上某一高度h0處由靜止釋放并沿導軌運動，當a棒剛進入磁場區(qū)域Ⅰ時細線剛好被拉斷，重力加速度大小為g。圖7(1)當a棒在磁場Ⅰ中運動時，若要使b棒在導軌上保持靜止，則a棒剛釋放時的高度應小于某一值h0，求h0的大?。?2)若將a棒從彎曲導軌上高度小于h0處由靜止釋放，使其以速度v1(v1為已知量)進入磁場區(qū)域Ⅰ。求a棒通過磁場Ⅰ的過程中，a棒產生的焦耳熱；(3)若將a棒從高度大于h0的某處由靜止釋放，使其以速度v2(v2為已知量)進入磁場區(qū)域Ⅰ，記為t＝0時刻；經過時間t0后從區(qū)域Ⅰ穿出，穿出時a棒的速度為eq\f(1,2)v2，求t0時刻b棒的速度vb。解析(1)因為a棒進入磁場Ⅰ后做減速運動，所以只要剛進入時b棒不動，b棒就可以靜止不動，由題意對a棒：由機械能守恒定律得mgh0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)對回路：E＝BLv0，I＝eq\f(E,2R)對b棒：BIL＝F0聯(lián)立解得h0＝eq\f(2R2Feq\o\al(2,0),gB4L4)。(2)a棒從彎曲導軌上高度為h(h＜h0)處由靜止釋放，則b棒保持靜止。設a棒出磁場Ⅰ的速度為va棒進入磁場Ⅰ的過程：mv1－mv＝BLeq\o(I,\s\up6(－))1t1＝BLq1q1＝eq\f(BLd,2R)聯(lián)立得v＝v1－eq\f(B2L2d,2mR)a棒產生的焦耳熱Qa＝eq\f(1,4)m(veq\o\al(2,1)－v2)＝eq\f(B2L2d,8R)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2v1－\f(B2L2d,2mR)))。(3)將a棒從高度大于h0的某處由靜止釋放，當a棒進入磁場區(qū)域Ⅰ瞬時，細線被拉斷，b棒起先運動。a棒經過時間t0后從區(qū)域Ⅰ穿出，設b棒不能出磁場區(qū)域Ⅱ。在0～t0階段，a、b兩棒的沖量相同，則mv2－eq\f(1,2)mv2＝3mvb，解得vb＝eq\f(1,6)v2因eq\o(v,\s\up6(－))a>eq\f(1,2)v2＝3vb，所以xb<eq\f(1,3)d，即b棒不能出磁場區(qū)域Ⅱ，則vb＝eq\f(1,6)v2。答案見解析(1)克服安培力做了多少功，就有多少其他形式的能轉化為電能；安培力做了多少功，就有多少電能轉化為其他形式的能。(2)若回路中電流恒定，可以利用W＝UIt或Q＝I2Rt干脆進行電能計算。(3)若電流變更，則依據能量守恒求解。(2024·稽陽聯(lián)誼學校聯(lián)考)如圖8所示，兩根光滑的金屬平行導軌放在水平面上，左端向上彎曲，右端連有絕緣彈性障礙物，導軌間距為L＝0.5m，電阻不計。水平段導軌所處空間有豎直向下的勻強磁場，磁感應強度大小B＝1.0T。質量為mb＝0.1kg、電阻為Rb＝0.1Ω的金屬棒b垂直導軌放置其上，它與磁場左邊界AA′的距離為x0＝1.0m，現將質量為ma＝0.2kg、電阻為Ra＝0.2Ω的金屬棒a從彎曲導軌上高為h＝0.45m處由靜止釋放，使其沿導軌運動。已知在以后的運動過程中，兩金屬棒始終不會相撞，且金屬棒b撞擊障礙物前已經是勻速運動狀態(tài)，撞擊過程中不損耗機械能。設兩金屬棒運動過程中始終與導軌垂直且接觸良好，g取10m/s2。求：圖8(1)金屬棒a剛越過磁場左邊界AA′時，它兩端的電壓大小；(2)金屬棒b第一次撞擊障礙物前，b棒上產生的焦耳熱；(3)金屬棒a最終靜止在軌道上離障礙物的距離。解析(1)a到達底端時速度大小為v0magh＝eq\f(1,2)maveq\o\al(2,0)，得v0＝eq\r(2gh)＝3m/s電動勢E＝BLv0＝1.5V電壓U＝eq\f(Rb,Ra＋Rb)E＝0.5V。(2)b棒做勻速直線運動，說明已沒有安培力，已沒有電流，則a、b兩棒速度相等由動量守恒定律mav0＝(ma＋mb)v1得v1＝2m/s總焦耳熱Q總＝magh－eq\f(1,2)(ma＋mb)veq\o\al(2,1)＝0.30J，b棒上產生的焦耳熱Qb＝eq\f(Rb,Ra＋Rb)Q總＝0.10J。(3)a棒進入磁場后，最終停止，應用動量定理－mav0＝－∑F安Δt，即mav0＝BLΔq，得Δq＝1.2C又Δq＝eq\f(BLΔx,Ra＋Rb)，得Δx＝0.72m由分析知，多次碰撞后，b棒最終停靠在障礙物旁。而電荷量是由磁通量的變更引起的，故Δx為a棒與b棒的間距的變更量，且a棒始終是單向直線運動，得x1＝x0－Δx＝0.28m。答案(1)0.5V(2)0.10J(3)0.28m一、選擇題(1～4題為單項選擇題，5～7題為不定項選擇題)1.(2024·浙江溫嶺上學期選考模擬)如圖1甲所示，在列車首節(jié)車廂下面安裝一電磁鐵，電磁鐵產生垂直于地面的勻強磁場，首節(jié)車廂經過安放在兩鐵軌間的線圈時，線圈中產生的電脈沖信號傳到限制中心。圖乙為某時限制中心顯示屏上的電脈沖信號，則此時列車的運動狀況是()圖1A.勻速運動 B.勻加速運動C.勻減速運動 D.變加速運動解析由v－t圖象可知，線圈兩端的電壓大小隨時間勻稱減小，即有u＝U0－kt或u＝－U0＋kt，由法拉第電磁感應定律u＝Blv，解得v＝eq\f(U0,Bl)－eq\f(kt,Bl)或v＝eq\f(－U0＋kt,Bl)＝eq\f(－U0,Bl)＋eq\f(kt,Bl)，其中U0、k、l、B是肯定的，即速度隨時間勻稱減小，所以此時列車做勻減速運動，選項C正確，A、B、D錯誤。答案C2.(2024·浙江桐鄉(xiāng)茅盾中學模擬)如圖2所示，MN、PQ是兩條水平放置的平行金屬導軌，勻強磁場的磁感線垂直導軌平面。導軌左端接阻值R＝1.5Ω的電阻，電阻兩端并聯(lián)一電壓表，垂直導軌跨接一金屬桿ab，ab的質量m＝0.1kg，電阻r＝0.5Ω。ab與導軌間動摩擦因數μ＝0.5，導軌電阻不計，現用F＝0.7N的恒力水平向右拉ab，使之從靜止起先運動，經時間2s后，ab起先做勻速運動，此時電壓表示數U＝0.3V。重力加速度g＝10m/s2。則ab加速過程中，通過R的電荷量為()圖2A.0.12C B.0.36CC.0.72C D.1.6C解析金屬桿做勻速直線運動時，由平衡條件得F＝μmg＋BIL，由歐姆定律得I＝eq\f(BLv,R＋r)＝eq\f(U,R)，解得BL＝1T·m，v＝0.4m/s，設ab加速時間為t，加速過程的平均感應電流為eq\o(I,\s\up6(－))，由動量定理得Ft－μmgt－Beq\o(I,\s\up6(－))Lt＝mv，電荷量q＝eq\o(I,\s\up6(－))t，代入數據解得q＝0.36C，故選項B正確。答案B3.(2024·浙江杭州二中選考模擬)如圖3所示，光滑斜面的傾角為θ，斜面上放置一矩形導體線框abcd，ab邊的邊長為l1，bc邊的邊長為l2，線框的質量為m，電阻為R，線框通過絕緣細線繞過光滑的定滑輪與一重物相連，重物質量為M。斜面上ef線(ef平行底邊)的右方有垂直斜面對上的勻強磁場，磁感應強度為B，假如線框從靜止起先運動，進入磁場的最初一段時間是做勻速運動的，且線框的ab邊始終平行于底邊，重力加速度大小為g，則下列說法正確的是()圖3A.線框進入磁場前運動的加速度為eq\f(Mg－mgsinθ,m)B.線框進入磁場時勻速運動的速度為eq\f(（Mg－mgsinθ）R,Bl1)C.線框做勻速運動的總時間為eq\f(B2leq\o\al(2,1),（Mg－mgsinθ）R)D.該勻速運動過程中產生的焦耳熱為(Mg－mgsinθ)l2解析由牛頓其次定律得Mg－mgsinθ＝(M＋m)a，解得線框進入磁場前運動的加速度為eq\f(Mg－mgsinθ,M＋m)，A錯誤；由平衡條件得Mg－mgsinθ－F安＝0，F安＝BIl1，I＝eq\f(E,R)，E＝Bl1v，聯(lián)立解得線框進入磁場時勻速運動的速度為v＝eq\f(（Mg－mgsinθ）R,B2leq\o\al(2,1))，B錯誤；線框做勻速運動的總時間為t＝eq\f(l2,v)＝eq\f(B2leq\o\al(2,1)l2,（Mg－mgsinθ）R)，C錯誤；由能量守恒定律，該勻速運動過程中產生的焦耳熱等于系統(tǒng)重力勢能的削減量，為(Mg－mgsinθ)l2，D正確。答案D4.(2024·浙江寧波適應性考試)如圖4甲所示，真空中有一半徑為R、電荷量為＋Q的勻稱帶電球體，以球心為坐標原點，沿半徑方向建立x軸。理論分析表明，x軸上各點的場強隨x變更關系如圖乙所示，則()圖4A.x1處場強大小為eq\f(kQ,xeq\o\al(2,1))B.x2處場強大小為eq\f(kQx2,R3)C.球內為勻強電場D.E－x圖線與x軸所圍的面積表示電勢差解析由乙圖可知，沿x軸方向，x＝R時場強最大。若x1處場強大小為eq\f(kQ,xeq\o\al(2,1))，那么R處的場強大小應為eq\f(kQ,R2)，因R>x1，所以eq\f(kQ,xeq\o\al(2,1))>eq\f(kQ,R2)，與乙圖沖突，故A錯誤；若x2處的場強大小為eq\f(kQx2,R3)，照此推理R處場強大小應為eq\f(kQR,R3)，因為x2>R，故eq\f(kQx2,R3)>eq\f(kQR,R3)，與乙圖沖突，故B錯誤；由乙圖可知C錯誤；由E－x圖象的物理意義可知D正確。答案D5.(2024·浙江杭州西湖高級中學高三新高考適應性考試)如圖5所示，abcd為一矩形金屬線框，其中ab＝cd＝L，ab邊接有定值電阻R，cd邊的質量為m，其他部分的電阻和質量均不計，整個裝置用兩根絕緣輕彈簧懸掛起來。線框下方處在磁感應強度大小為B的勻強磁場中，磁場方向垂直于紙面對里。初始時刻，使兩彈簧處于自然長度，且給線框一豎直向下的初速度v0，當cd邊第一次運動至最下端的過程中，R產生的電熱為Q，此過程cd邊始終未離開磁場，已知重力加速度大小為g，下列說法中正確的是()圖5A.初始時刻cd邊所受安培力的大小為eq\f(B2L2v0,R)－mgB.線框中產生的最大感應電流可能為eq\f(BLv0,R)C.cd邊第一次到達最下端的時刻，兩根彈簧具有的彈性勢能總量大于eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－QD.在cd邊反復運動過程中，R中產生的電熱最多為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解析初始時刻cd邊速度為v0，產生的感應電動勢為E＝BLv0，感應電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLv0,R)，初始時刻cd邊所受安培力的大小為F＝BIL＝eq\f(B2L2v0,R)，選項A錯誤；若F>mg，cd邊起先向下減速，電流變小，初始時電流最大，選項B正確；由能量守恒定律，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋mgh＝Q＋Ep，cd邊第一次到達最下端的時刻，兩根彈簧具有的彈性勢能總量為Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋mgh－Q，大于eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－Q，選項C正確；在cd邊反復運動過程中，最終平衡位置彈簧彈力等于線框重力，肯定具有彈性勢能，R中產生的電熱肯定小于eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，選項D錯誤。答案BC6.(2024·河南六市第5次聯(lián)考)如圖6所示，半徑為R的光滑半圓弧絕緣軌道固定在豎直平面內，磁感應強度為B的勻強磁場方向垂直軌道平面對里。一可視為質點、質量為m、電荷量為q(q＞0)的小球由軌道左端A處無初速度滑下。當小球滑至軌道最低點C時，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軌道右側的D點。若小球始終與軌道接觸，重力加速度為g，則下列推斷中正確的是()圖6A.小球在C點受到的洛倫茲力大小為qBeq\r(gR)B.小球在C點對軌道的壓力大小為3mg－qBeq\r(2gR)C.小球從C到D的過程中，外力F的大小保持不變D.小球從C到D的過程中，外力F的功率漸漸增大解析小球從A到C過程機械能守恒有mgR＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(2gR)，所以小球在C點受到的洛倫茲力大小為F洛＝qBeq\r(2gR)，故選項A錯誤；在C點由牛頓其次定律有FN－mg＋F洛＝meq\f(v2,R)，解得FN＝3mg－qBeq\r(2gR)，故選項B正確；小球從C到D的過程中，合外力始終指向圓心，所以外力F的大小發(fā)生變更，故選項C錯誤；小球從C到D的過程中，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的功率漸漸增大，故選項D正確。答案BD7.(2024·浙江名校聯(lián)盟聯(lián)考)如圖7所示，固定的豎直光滑U型金屬導軌，間距為L，上端接有阻值為R的電阻，處在方向水平且垂直于導軌平面、磁感應強度為B的勻強磁場中，質量為m、電阻為r的導體棒與勁度系數為k的固定輕彈簧相連放在導軌上，導軌的電阻忽視不計。初始時刻，彈簧處于伸長狀態(tài)，其伸長量為x1＝eq\f(mg,k)，此時導體棒具有豎直向上的初速度v0。在沿導軌往復運動的過程中，導體棒始終與導軌垂直并保持良好接觸。則下列說法正確的是()圖7A.初始時刻導體棒受到的安培力大小F＝eq\f(B2L2v0,R)B.初始時刻導體棒加速度的大小a＝2g＋eq\f(B2L2v0,m（R＋r）)C.導體棒往復運動，最終靜止時彈簧處于壓縮狀態(tài)D.導體棒起先運動直到最終靜止的過程中，電阻R上產生的焦耳熱Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋eq\f(2m2g2,k)解析由法拉第電磁感應定律得E＝BLv0，由閉合電路歐姆定律得I＝eq\f(E,R＋r)，由安培力公式得F＝eq\f(B2L2v0,R＋r)，故選項A錯誤；初始時刻，F＋mg＋kx1＝ma，得a＝2g＋eq\f(B2L2v0,m（R＋r）)，故選項B正確；因為導體棒靜止時沒有安培力，只有重力和彈簧的彈力，故彈簧處于壓縮狀態(tài)，故選項C正確；依據能量守恒，削減的動能和重力勢能全部轉化為焦耳熱，即Q總＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋mg(x1＋eq\f(mg,k))＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋eq\f(2m2g2,k)，但R上的焦耳熱小于Q總，故選項D錯誤。答案BC二、非選擇題8.(2024·浙江江山選考模擬)如圖8(a)所示，斜面傾角為37°，一寬為d＝0.43m的有界勻強磁場垂直于斜面對上，磁場邊界與斜面底邊平行。在斜面上由靜止釋放一長方形金屬線框，線框沿斜面下滑，下邊與磁場邊界保持平行。取斜面底部為零勢能面，從線框起先運動到恰好完全進入磁場的過程中，線框的機械能E和位移x之間的關系如圖(b)所示，圖中①、②均為直線段。已知線框的質量為m＝0.1kg，電阻為R＝0.06Ω，重力加速度取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。圖8(1)求金屬線框與斜面間的動摩擦因數μ；(2)求金屬線框剛進入磁場到恰好完全進入磁場所用的時間t；(3)求金屬線框穿越磁場的過程中，線框中產生焦耳熱的最大功率Pm。解析(1)由能量守恒定律可知，線框削減的機械能等于克服摩擦力所做的功，則ΔE1＝Wf1＝μmgcos37°x1其中x1＝0.36m，ΔE1＝(0.900－0.756)J＝0.144J可解得μ＝0.5。(2)金屬線框進入磁場的過程中，削減的機械能等于克服摩擦力和安培力所做的功，機械能仍勻稱削減，因此安培力也為恒力，線框做勻速運動veq\o\al(2,1)＝2ax1，其中a＝gsin37°－μgcos37°＝2m/s2可解得線框剛進磁場時的速度大小為v1＝1.2m/sΔE2＝Wf2＋WA＝(Ff＋FA)x2其中ΔE2＝(0.756－0.666)J＝0.09JFf＋FA＝mgsin37°＝0.6N，x2為線框的側邊長，即線框進入磁場過程運動的距離，可求出x2＝0.15mt＝eq\f(x2,v1)＝eq\f(0.15,1.2)s＝0.125s。(3)線框剛出磁場時速度最大，線框內的焦耳熱功率最大Pm＝eq\f(B2L2veq\o\al(2,2),R)由veq\o\al(2,2)＝veq\o\al(2,1)＋2a(d－x2)，可求得v2＝1.6m/s依據線框勻速進入磁場時，FA＋μmgcos37°＝mgsin37°可求出FA＝0.2N，又因為FA＝eq\f(B2L2v1,R)，可求出B2L2＝0.01T2·m2將v2、B2L2的值代入，可求出Pm＝eq\f(B2L2veq\o\al(2,2),R)＝0.43W。答案(1)0.5(2)0.125s(3)0.43W9.(2024·四川綿陽市二診)如圖9所示，軌道ABCDP位于豎直平面內，其中圓弧段CD與水平段AC及傾斜段DP分別相切于C點和D點，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兩點的高度差h＝0.1m，整個軌道絕緣，處于方向水平向左、場強未知的勻強電場中。一個質量m1＝0.4kg、帶正電、電荷量未知的小物塊Ⅰ在A點由靜止釋放，經過時間t＝1s，與靜止在B點的不帶電、質量m2＝0.6kg小物塊Ⅱ碰撞并粘在一起在BC段上做勻速直線運動，到達傾斜段DP上某位置。物塊Ⅰ和Ⅱ與軌道BC段的動摩擦因數都為μ＝0.2。g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：圖9(1)物塊Ⅰ和Ⅱ在BC段上做勻速直線運動的速度大??；(2)物塊Ⅰ和Ⅱ第一次經過C點時，圓弧段軌道對物塊Ⅰ和Ⅱ支持力的大小。解析(1)物塊Ⅰ和Ⅱ粘在一起在BC段上做勻速直線運動，設電場強度為E，物塊Ⅰ帶電荷量為q，物塊Ⅰ與物塊Ⅱ碰撞前速度為v1，碰撞后共同速度為v2，則qE＝μ(m1＋m2)gqEt＝m1v1m1v1＝(m1＋m2)v2解得v2＝2m/s。(2)設圓弧段CD的半徑為R，物塊Ⅰ和Ⅱ經過C點時圓弧段軌道對物塊Ⅰ和Ⅱ支持力的大小為FN，則R(1－cosθ)＝hFN－(m1＋m2)g＝eq\f(（m1＋m2）veq\o\al(2,2),R)解得FN＝18N。答案(1)2m/s(2)18N10.(2024·金麗衢十二校聯(lián)考物理試題)有人設計了可變阻尼的電磁協(xié)助減震系統(tǒng)，由三部分組成。一部分是電磁偵測系統(tǒng)；一部分是可變電磁阻尼系統(tǒng)，汲取振動時的動能；限制系統(tǒng)接收偵測系統(tǒng)的信號，變更阻尼磁場的強弱。系統(tǒng)如圖10甲