（新課標(biāo)）2020版高考物理大二輪復(fù)習(xí) 專題二 功和能 第三講 功能關(guān)系在電學(xué)中的應(yīng)用教學(xué)案

1 第三講第三講 功能關(guān)系在電學(xué)中的應(yīng)用功能關(guān)系在電學(xué)中的應(yīng)用 知識(shí)建構(gòu) 注 1 注 2 詳見答案部分 備考點(diǎn)睛 1 兩種功能關(guān)系 1 電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能的關(guān)系w電 ep 2 克服安培力做功與電勢(shì)能的關(guān)系 w克安 e電 2 一個(gè)易錯(cuò)點(diǎn) 洛倫茲力對(duì)運(yùn)動(dòng)電荷不做功 但洛倫茲力的 分力可以做功 答案 1 w電 qu w電 qed w電 ep 2 焦耳定律 q i2rt 功能關(guān)系 q w克服安培力 能量轉(zhuǎn)化 q w其他能的減少量 熱點(diǎn)考向一 動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)在電磁場(chǎng)中的應(yīng)用 典例 2019 郴州二模 如圖所示 一足夠長(zhǎng)的固定斜面 傾角 30 質(zhì)量 為m 0 2 kg 的絕緣長(zhǎng)板a 以初速度v0 3 m s 沿斜面勻速下滑 空間有一沿斜面向下 的勻強(qiáng)電場(chǎng) 電場(chǎng)強(qiáng)度e 2 5 102 n c 質(zhì)量為m 0 1 kg 電量為q 4 10 4 c 的光 滑小物塊b 輕放在a板表面最上端 此后經(jīng)時(shí)間t 0 1 s 撤去電場(chǎng) 當(dāng)物塊速度為 v 8 m s 時(shí) 恰好離開板a 求 2 1 撤去電場(chǎng)時(shí) 物塊b的動(dòng)能ekb和 0 1 s 內(nèi)的電勢(shì)能變化量 ep 2 撤去電場(chǎng)時(shí) 板a的速度va 3 物塊b在板a上運(yùn)動(dòng)的全過程 系統(tǒng)發(fā)熱q 思路引領(lǐng) 解析 1 在電場(chǎng)力作用下 物塊b受重力 支持力 電場(chǎng)力作用 由牛頓第二定 律得 mgsin30 qe mab 解得 ab 6 m s2 撤電場(chǎng)時(shí) 物塊b的速度 vb abt 0 6 m s 物塊b的動(dòng)能ekb mv 0 018 j 1 22b 物塊b在 0 1 s 內(nèi)在電場(chǎng)方向上的位移 l1 0 03 m v2b 2ab 物塊b的電勢(shì)能變化量 ep qel1 3 10 3 j 3 2 a在斜面上勻速下滑 由平衡條件得 mgsin30 mgcos30 解得 3 3 b輕放上a 對(duì)a由牛頓第二定律得 m m gcos30 mgsin30 ma0 解得 a0 2 5 m s2 撤電場(chǎng)時(shí) a的速度 va v0 a0t 2 75 m s 3 撤去電場(chǎng)后 b在a上運(yùn)動(dòng)時(shí) 由牛頓第二定律得 mgsin30 ma b 解得 a b 5 m s2 t 1 48 s v vb a b 物塊b在a上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間 tb t t 1 58 s 斜面對(duì)板a的最大靜摩擦力 ffm m m gcos30 mgsin30 當(dāng)a速度減為 0 后 a將靜止在斜面上 板a做勻減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間ta 1 2 s tb v0 a0 故板a向下運(yùn)動(dòng)的位移 x m v2 0 2a0 9 5 由功能關(guān)系得 q m m gcos30 x 2 7 j 答案 1 0 018 j 3 10 3 j 2 2 75 m s 3 2 7 j 電場(chǎng)中的功能關(guān)系 功能 只有電場(chǎng)力做功電勢(shì)能與動(dòng)能之和保持不變 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 除重力 系統(tǒng)內(nèi)彈力之外 其他各力做的功機(jī)械能的變化量 合外力做的功動(dòng)能的變化量 4 遷移一 電場(chǎng)中的功能關(guān)系 1 多選 2019 河北名校聯(lián)盟 質(zhì)量為m的帶正電小球由空中a點(diǎn)無初速度自由下 落 t秒末 在小球下落的空間中 加上豎直向上 范圍足夠大的勻強(qiáng)電場(chǎng) 再經(jīng)過t秒 小球又回到a點(diǎn) 不計(jì)空氣阻力且小球從未落地 重力加速度為g 則 a 小球所受電場(chǎng)力的大小是 4mg b 小球回到a點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能是mg2t2 c 從a點(diǎn)到最低點(diǎn)的距離是gt2 2 3 d 從a點(diǎn)到最低點(diǎn) 小球的電勢(shì)能增加了mg2t2 解析 小球先做自由下落 然后受電場(chǎng)力和重力向下做勻減速直線運(yùn)動(dòng)直到速度為 0 再向上做勻加速運(yùn)動(dòng)回到a點(diǎn) 設(shè)加上電場(chǎng)后小球的加速度大小為a 規(guī)定向下為正方 向 整個(gè)過程中小球的位移為 0 運(yùn)用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有 gt2 gt t at2 0 解得 1 2 1 2 a 3g 根據(jù)牛頓第二定律得f電 mg ma 所以電場(chǎng)力是重力的 4 倍為 4mg 故 a 正確 t s 末的速度v1 gt 加電場(chǎng)后 返回a點(diǎn)的速度va v1 at gt 3gt 2gt 小球回到 a點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能是ek mv m 2gt 2 2mg2t2 故 b 錯(cuò)誤 從a點(diǎn)自由下落的高度 1 22a 1 2 h1 gt2 勻減速下降的高度h2 gt2 小球從a點(diǎn)到最低點(diǎn)的距離 1 2 v2 1 2a gt 2 2 3g 1 6 h h1 h2 gt2 gt2 gt2 故 c 正確 從a到最低點(diǎn)小球電勢(shì)能增加量等于克服電場(chǎng) 1 2 1 6 2 3 力做的功 ep f電h2 4mg gt2 mg2t2 故 d 錯(cuò)誤 1 6 2 3 答案 ac 遷移二 電磁場(chǎng)中的功能關(guān)系 2 2019 江西六校聯(lián)考 如圖所示 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 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)過程中 5 a 到達(dá)c點(diǎn)后小球不可能沿桿向上運(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)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 倫茲力不做功 但是洛倫茲力會(huì)隨v變化 導(dǎo)致支持力和摩擦力變化 從而會(huì)影響摩 擦做功的大小 熱點(diǎn)考向二 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 2019 湖北六校聯(lián)考 將一斜面固定在水平面上 斜面的傾角為 30 其上表面絕緣且斜面的頂端固定一擋板 在斜面上加一垂直斜面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng) 磁場(chǎng)區(qū) 域的寬度為h 0 4 m 如圖甲所示 磁場(chǎng)邊界與擋板平行 且上邊界到斜面頂端的距離為 x 0 55 m 將一通電導(dǎo)線圍成的矩形導(dǎo)線框abcd置于斜面的底端 已知導(dǎo)線框的質(zhì)量為 6 m 0 1 kg 導(dǎo)線框的電阻為r 0 25 ab的長(zhǎng)度為l 0 5 m 從t 0 時(shí)刻開始在導(dǎo) 線框上加一恒定的拉力f 拉力的方向平行于斜面向上 使導(dǎo)線框由靜止開始運(yùn)動(dòng) 當(dāng)導(dǎo) 線框的下邊與磁場(chǎng)的上邊界重合時(shí) 將恒力f撤走 最終導(dǎo)線框與斜面頂端的擋板發(fā)生碰 撞 碰后導(dǎo)線框以等大的速度反彈 導(dǎo)線框沿斜面向下運(yùn)動(dòng) 已知導(dǎo)線框向上運(yùn)動(dòng)的v t 圖像如圖乙所示 導(dǎo)線框與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為 整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中導(dǎo)線框沒有發(fā) 3 3 生轉(zhuǎn)動(dòng) 且始終沒有離開斜面 g 10 m s2 1 求在導(dǎo)線框上施加的恒力f以及磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小 2 若導(dǎo)線框沿斜面向下運(yùn)動(dòng)通過磁場(chǎng)時(shí) 其速度v與位移s的關(guān)系為 v v0 s 其中v0是導(dǎo)線框ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小 s為導(dǎo)線框ab邊進(jìn)入磁 b2l2 mr 場(chǎng)區(qū)域后對(duì)磁場(chǎng)上邊界的位移大小 求整個(gè)過程中導(dǎo)線框中產(chǎn)生的熱量q 思路引領(lǐng) 1 2 7 解析 1 由v t圖像可知 在 0 0 4 s 時(shí)間內(nèi)導(dǎo)線框做勻加速直線運(yùn)動(dòng) 進(jìn)入磁 場(chǎng)時(shí)的速度為v1 2 0 m s 所以在此過程中的加速度a 5 0 m s2 v t 由牛頓第二定律有f mgsin mgcos ma 解得f 1 5 n 由v t圖像可知 導(dǎo)線框進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域后以速度v1做勻速直線運(yùn)動(dòng) 通過導(dǎo)線框的電流i e r blv1 r 導(dǎo)線框所受安培力f安 bil 對(duì)于導(dǎo)線框勻速運(yùn)動(dòng)的過程 由力的平衡條件有 f mgsin mgcos b2l2v1 r 解得b 0 50 t 2 導(dǎo)線框進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域后做勻速直線運(yùn)動(dòng) 并以速度v1勻速穿出磁場(chǎng) 說明導(dǎo)線框 的寬度等于磁場(chǎng)的寬度h 導(dǎo)線框ab邊離開磁場(chǎng)后做勻減速直線運(yùn)動(dòng) 到達(dá)擋板時(shí)的位移為 x0 x h 0 15 m 設(shè)導(dǎo)線框與擋板碰撞前的速度為v2 由動(dòng)能定理 有 mg x h sin mg x h cos mv mv 1 22 2 1 22 1 解得v2 1 0 m s v2 1 2g x h sin cos 導(dǎo)線框碰擋板后速度大小仍為v2 導(dǎo)線框下滑過程中 由于重力沿斜面方向的分力與 滑動(dòng)摩擦力大小相等 即mgsin mgcos 0 50 n 因此導(dǎo)線框與擋板碰撞后向下做 勻速運(yùn)動(dòng) ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度為v2 1 0 m s 進(jìn)入磁場(chǎng)后因?yàn)橛质艿桨才嗔ψ饔?而減速 做加速度逐漸變小的減速運(yùn)動(dòng) 設(shè)導(dǎo)線框全部離開磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)的速度為v3 8 由v v0 s得v3 v2 1 0 m s b2l2 mr 2b2l2h mr 因v30 質(zhì)量為m 電荷量為q q 0 的粒子自g的左端上方距離 g為h的位置 以速度v0平行于紙面水平射 入電場(chǎng) 重力忽略不計(jì) 1 求粒子第一次穿過g時(shí)的動(dòng)能 以及它 從射入電場(chǎng)至此時(shí)在水平方向上的位移大小 2 若粒子恰好從g的下方距離g也為h的 位置離開電場(chǎng) 則金屬板的長(zhǎng)度最短應(yīng)為多 少 滿分樣板 解析 1 pg qg間場(chǎng)強(qiáng)大小相等 均為e 粒子在pg間所受電場(chǎng)力f的方向豎直向下 設(shè)粒子的加速度大小為a 有 e 2 d f qe ma 設(shè)粒子第一次到達(dá)g時(shí)動(dòng)能為ek 由動(dòng)能定理有 qeh ek mv 1 22 0 設(shè)粒子第一次到達(dá)g時(shí)所用的時(shí)間為t 粒子在水平方向的位移大小為l 則有 h at2 1 2 l v0t 聯(lián)立 式解得 12 ek mv qh 1 22 0 2 d l v0 mdh q 2 若粒子穿過g一次就從電場(chǎng)的右側(cè)飛出 則金屬板的長(zhǎng)度最短 由對(duì)稱性知 此時(shí)金屬 板的長(zhǎng)度l為 l 2l 2v0 mdh q 答案 1 mv qh v0 2 2v0 1 22 0 2 d mdh q mdh q 評(píng)分細(xì)則滿分技巧 細(xì)則 1 本題共 12 分 第 1 問 8 分 第 2 問 4 分 每式 1 分 式 2 分 式 4 分 細(xì)則 2 若過程式 都正確只有計(jì)算結(jié)果 錯(cuò)誤只扣 式的分?jǐn)?shù) 2 問中說明 粒子 穿過g一次就從電場(chǎng)的右側(cè)飛出 則金屬板 長(zhǎng)度最短 但沒求出l的給 2 分 技巧 1 要有必要的文字說明 1 說明非題設(shè)字母符號(hào)的意義 例如本題 中的e a意義要在答案中說明 2 說明研究的過程和狀態(tài) 例如第一次到 達(dá)g的過程 3 說明列方程的依據(jù) 例如 式是依據(jù)動(dòng) 能定理 4 說明題目中的隱含條件 如pg qg間場(chǎng) 強(qiáng)相同 技巧 2 即使題目不會(huì)做也要把與本題相關(guān) 的表達(dá)式都寫上 閱卷時(shí)只看評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)中給定的公式來給分 同一個(gè)表達(dá)式與多個(gè)對(duì)象掛鉤寫多遍 也是 有分的 技巧 3 用最常規(guī) 最基本的方法解題 不 標(biāo)新立異 閱卷工作量很大 且速度很快 采用特殊解 法容易造成閱卷老師錯(cuò)批 進(jìn)而失分 如采 用特殊法必須有必要的文字說明 技巧 4 要有書寫規(guī)范的物理方程式 1 寫出的方程必須是原始方程 2 要用字母表達(dá)方程 不要摻有數(shù)字的方 程 13 3 用題給的字母 常見的符號(hào)表示物理量 不要杜撰符號(hào) 14 專題強(qiáng)化訓(xùn)練 七 一 選擇題 1 2019 天津卷 如圖所示 在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中 質(zhì)量為m的帶電小球 以初 速度v從m點(diǎn)豎直向上運(yùn)動(dòng) 通過n點(diǎn)時(shí) 速度大小為 2v 方向與電場(chǎng)方向相反 則小球 從m運(yùn)動(dòng)到n的過程 a 動(dòng)能增加mv2b 機(jī)械能增加 2mv2 1 2 c 重力勢(shì)能增加mv2d 電勢(shì)能增加 2mv2 3 2 解析 小球動(dòng)能的增加量為 ek m 2v 2 mv2 mv2 a 錯(cuò)誤 小球在豎直方向 1 2 1 2 3 2 上的分運(yùn)動(dòng)為豎直上拋 到n時(shí)豎直方向的速度為零 則m n兩點(diǎn)之間的高度差為 h 小球重力勢(shì)能的增加量為 ep mgh mv2 c 錯(cuò)誤 電場(chǎng)力對(duì)小球做正功 則小 v2 2g 1 2 球的電勢(shì)能減少 由能量守恒定律可知 小球減小的電勢(shì)能等于重力勢(shì)能與動(dòng)能的增加量 之和 則電勢(shì)能的減少量為 ep mv2 mv2 2mv2 d 錯(cuò)誤 由功能關(guān)系可知 除重力 3 2 1 2 外的其他力對(duì)小球所做的功等于小球機(jī)械能的增加量 即 2mv2 b 正確 答案 b 2 多選 2019 湖北武漢高三畢業(yè)生四月調(diào)研 如圖所示 勻強(qiáng)電場(chǎng)與水平方向成 夾角 0 的小球由軌道左端a處無初速度滑下 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 a 小球在c點(diǎn)受到的洛倫茲力大小為qb gr b 小球在c點(diǎn)對(duì)軌道的壓力大小為 3mg qb 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的功率逐漸增大 解析 小球從a到c過程中由機(jī)械能守恒有mgr mv2 解得v 所以小球在 1 22gr 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 2gr fn mg f洛 m 解得fn 3mg qb 故選項(xiàng) b 正確 小球從c到d的過程中 合外 v2 r2gr 力始終指向圓心 所以mgcos fsin 變化 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 6 2019 福建寧德一模 如圖所示 固定在傾角為 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 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 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 導(dǎo)軌電阻不計(jì) 重力加速 度大小為g 10 m s2 則此過程 18 a 桿的速度最大值為 4 m s b 流過電阻r的電荷量為 6 c c 在這一過程中 整個(gè)回路產(chǎn)生的熱量為 17 5 j d 流過電阻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)滿足f mgsin 解得vm 5 m s 選項(xiàng) a 錯(cuò) b2d2vm r r 誤 流過電阻r的電荷量q c 3 c 選項(xiàng) b 錯(cuò)誤 回路產(chǎn)生 r r bld r r 2 6 1 2 2 的熱量q fl mglsin mv 17 5 j 選項(xiàng) c 正確 由右手定則可知流過r的電流方 1 22 m 向從d到c 選項(xiàng) d 錯(cuò)誤 答案 c 7 多選 2019 東北省四市聯(lián)考 如圖所示 在寬度為d的條形無場(chǎng)區(qū)左側(cè) 區(qū)和右 側(cè) 區(qū)內(nèi) 存在著磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為b的勻強(qiáng)磁場(chǎng) 磁場(chǎng)方向如圖所示 有一邊長(zhǎng)為 l l d 電阻均勻分布且阻值為r的正方形金屬線框efgh置于 區(qū)域 ef邊與磁場(chǎng)邊界 平行 現(xiàn)使線框以垂直于磁場(chǎng)邊界的速度v從圖示位置向右勻速運(yùn)動(dòng) 則 a 當(dāng)ef邊剛進(jìn)入 區(qū)時(shí) 線框中電流方向?yàn)轫槙r(shí)針 大小為 blv r b 當(dāng)ef邊剛進(jìn)入中間無磁場(chǎng)區(qū)時(shí) e f兩點(diǎn)間的電壓為 blv 4 19 c 將線框拉至hg邊剛離開 區(qū)的過程中 拉力所做的功為 b2l2v 4 l 3d r d 將線框從 區(qū)全部拉入 區(qū)的過程中 回路中產(chǎn)生的焦耳熱為 2b2l2v 2 l d r 解析 當(dāng)ef邊剛進(jìn)入 區(qū)時(shí) 金屬線框hg ef邊均切割磁感線 由右手定則可判 斷出hg邊切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)方向?yàn)轫槙r(shí)針方向 ef邊切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng) 電動(dòng)勢(shì)方向?yàn)轫槙r(shí)針方向 則回路中產(chǎn)生總感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為e1 2blv 由閉合電路歐姆定律 回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電流大小為i1 方向?yàn)轫槙r(shí)針方向 選項(xiàng) a 錯(cuò)誤 當(dāng)ef邊 e1 r 2blv r 剛進(jìn)入中間無磁場(chǎng)區(qū)域時(shí) 只有hg邊切割磁感線 回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)e2 blv 感 應(yīng)電流i2 e f兩點(diǎn)之間的電壓為u 選項(xiàng) b 正確 線框在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程 e2 r i2r 4 blv 4 中做勻速運(yùn)動(dòng) 故線框所受安培力和拉力始終相等 線框在 區(qū)運(yùn)動(dòng) 磁通量不變 不產(chǎn) 生感應(yīng)電流 拉力不做功 在ef邊進(jìn)入中間無磁場(chǎng)區(qū)域的過程中 只有hg邊切割磁感線 回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為e2 blv 感應(yīng)電流i2 線框所受安培力f1 bi2l 拉力 e2 r 做功w1 f1d 當(dāng)ef邊進(jìn)入 區(qū)距離小于l d時(shí) hg ef邊均切割磁感線 回 b2l2vd r 路中產(chǎn)生總感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為e1 2blv 感應(yīng)電流大小為i1 線框所受總安培力 e1 r 2blv r f2 2bi1l 拉力做功w2 f2 l d 則將線框拉至hg邊剛離開 區(qū)的過程 4b2l2v l d r 中 拉力所做的功w w1 w2 選項(xiàng) c 正確 當(dāng)ef邊進(jìn)入 區(qū)距離大于 b2l2v 4 l 3d r l d小于l時(shí) 只有ef邊切割磁感線 產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)e3 blv 感應(yīng)電流i3 線框 e3 r 所受安培力f3 bi3l 拉力做功w3 f3d 將線框從 區(qū)全部拉入 區(qū)的過程中 b2l2vd r 安培力做的總功w w1 w2 w3 根據(jù)克服安培力做的功等于回路中 2b2l2v 2 l d r 產(chǎn)生的焦耳熱可知 回路中產(chǎn)生的焦耳熱為q w 選項(xiàng) d 正確 2b2l2v 2 l d r 答案 bcd 8 多選 2019 蘇州模擬 在如圖所示的傾角為 的光滑斜面上 存在著兩個(gè)磁感 應(yīng)強(qiáng)度大小均為b的勻強(qiáng)磁場(chǎng) 區(qū)域 的磁場(chǎng)方向垂直斜面向上 區(qū)域 的磁場(chǎng)方向垂直 斜面向下 磁場(chǎng)的寬度均為l 一個(gè)質(zhì)量為m 電阻為r 邊長(zhǎng)也為l的正方形導(dǎo)線框 由 靜止開始沿斜面下滑 當(dāng)ab邊剛越過gh進(jìn)入磁場(chǎng) 區(qū)時(shí) 恰好以速度v1做勻速直線運(yùn)動(dòng) 20 當(dāng)ab邊下滑到j(luò)p與mn的中間位置時(shí) 線框又恰好以速度v2做勻速直線運(yùn)動(dòng) 從ab進(jìn)入 gh到mn與jp的中間位置的過程中 線框的動(dòng)能變化量為 ek 重力對(duì)線框做功大小為 w1 安培力對(duì)線框做功大小為w2 下列說法中正確的是 a 在下滑過程中 由于重力做正功 所以有v2 v1 b 從ab進(jìn)入gh到mn與jp的中間位置的過程中 機(jī)械能守恒 c 從ab進(jìn)入gh到mn與jp的中間位置的過程中 有 w1 ek 的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電能 d 從ab進(jìn)入gh到mn到j(luò)p的中間位置的過程中 線框動(dòng)能的變化量為 ek w1 w2 解析 由平衡條件 第一次勻速運(yùn)動(dòng)時(shí) mgsin 第二次勻速運(yùn)動(dòng)時(shí) b2l2v1 r mgsin 則v2 v1 選項(xiàng) a 錯(cuò)誤 ab進(jìn)入磁場(chǎng)后 安培力做負(fù)功 機(jī)械能減少 4b2l2v2 r 選項(xiàng) b 錯(cuò)誤 從ab進(jìn)入gh到mn與jp的中間位置的過程中 由動(dòng)能定理得 w1 w2 ek 選項(xiàng) d 正確 線框克服安培力做功為w2 等于產(chǎn)生的電能 且 w2 w1 ek 選項(xiàng) c 正確 答案 cd 9 多選 2019 撫州質(zhì)檢 如圖所示 在光滑的水平面上方 有兩個(gè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小 均為b 方向相反的水平勻強(qiáng)磁場(chǎng) pq為兩個(gè)磁場(chǎng)的分界線 磁場(chǎng)范圍足夠大 一個(gè)邊長(zhǎng) 為a 質(zhì)量為m 電阻為r的金屬正方形線框 以速度v垂直磁場(chǎng)方向從圖中實(shí)線位置開始 向右運(yùn)動(dòng) 當(dāng)線框運(yùn)動(dòng)到分別有一半面積在兩個(gè)磁場(chǎng)中時(shí) 線框的速度為 則下列說法正 v 2 確的是 21 a 此過程中通過線框截面的電荷量為 ba2 2r b 此時(shí)線框中的電功率為 b2a2v2 4r c 此過程中回路產(chǎn)生的電能為 3mv2 8 d 此時(shí)線框的加速度為 2b2a2v mr 解析 根據(jù)q 穿過線圈的磁通量由ba2減小到零 所以此過程中通過線框橫 r 截面的電荷量為 選項(xiàng) a 錯(cuò)誤 此時(shí)線框中的電動(dòng)勢(shì)e 2ba bav 電功率p ba2 r v 2 e2 r 選項(xiàng) b 錯(cuò)誤 此過程中回路產(chǎn)生的電能等于線圈動(dòng)能的減少量 b2a2v2 r mv2 m 2 mv2 選項(xiàng) c 正確 此時(shí)線框中的電流i 線框所受的安培力的合 1 2 1 2 v 2 3 8 e r bav r 力為f 2bia 加速度為a 選項(xiàng) d 正確 2b2a2v mr 答案 cd 二 非選擇題 10 2019 浙江五校聯(lián)考 如圖所示 光滑絕緣水平面ab與傾角 37 長(zhǎng)l 5 m 的固定絕緣斜面bc在b處平滑相連 在斜面的c處有一與斜面垂直的彈性絕緣擋板 質(zhì) 量m 0 5 kg 帶電荷量q 5 10 5 c 的絕緣帶電小滑塊 可看作質(zhì)點(diǎn) 置于斜面的中點(diǎn) d 整個(gè)空間存在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng) 場(chǎng)強(qiáng)e 2 105 n c 現(xiàn)讓滑塊以v0 14 m s 的速 度沿斜面向上運(yùn)動(dòng) 設(shè)滑塊與擋板碰撞前后所帶電荷量不變 速度大小不變 滑塊和斜面 間的動(dòng)摩擦因數(shù) 0 1 g取 10 m s2 sin37 0 6 cos37 0 8 求 22 1 滑塊沿斜面向上運(yùn)動(dòng)的加速度大小 2 滑塊運(yùn)動(dòng)的總路程 解析 1 滑塊與斜面之間的摩擦力 f mgcos37 qesin37 1 n 根據(jù)牛頓第二定律可得 qecos37 mgsin37 f ma 解得a 8 m s2 2 由題可知 滑塊最終停在c點(diǎn) 設(shè)滑塊從d點(diǎn)開始運(yùn)動(dòng)到最終停在c點(diǎn)的過程中在斜面上運(yùn)動(dòng)的總路程為s1 由動(dòng)能 定理有 qecos37 mgsin37 fs1 0 mv l 2 l 2 1 22 0 解得s1 61 5 m 設(shè)滑塊第 1 次到b時(shí)動(dòng)能為ek1 從d到b由動(dòng)能定理得 qecos37 mgsin37 f ek1 mv l 2 l 2 3l 2 1 22 0 解得ek1 29 j 設(shè)滑塊第 1 次從b滑到水平面上的最遠(yuǎn)距離為x1 由動(dòng)能定理得 qex1 0 ek1 解得x1 2 9 m 水平面光滑 滑塊滑回到b點(diǎn)時(shí)動(dòng)能不變 滑塊在斜面上往返一次克服摩擦力做功 wf 2fl 10