2020年高考物理二輪熱點專題訓(xùn)練----《電磁學(xué)中的功能關(guān)系》解析版

1、1 2020 年高考物理二輪熱點專題訓(xùn)練-電磁學(xué)中的功能關(guān)系一 單項選擇題1.如圖所示，在絕緣水平面上方存在著足夠大的水平向右的勻強電場，帶正電的小金屬塊以一定的初速度從a 點開始沿水平面向左做直線運動，經(jīng)l 長度到達b 點，速度變?yōu)榱阍诖诉^程中， 金屬塊損失的動能有23轉(zhuǎn)化為電勢能 金屬塊繼續(xù)運動到某點c(圖中未標(biāo)出 )時的動能和 a 點時的動能相同，則金屬塊從a 開始運動到c 的整個過程中經(jīng)過的總路程為a1.5lb2lc3ld4l【解析】根據(jù)題述，小金屬塊從a 運動到 b，克服摩擦力做功wf13ekfl，克服電場力做功 we23ekqel.設(shè)小金屬塊從b 運動到 c 經(jīng)過的路程為s，由動能

2、定理qesfsek，解得s 3l.金屬塊從a 開始運動到c 的整個過程中經(jīng)過的總路程為ls 4l，選項 d 正確【答案】 d2.如圖所示， 質(zhì)量為 m 的金屬線框a靜置于光滑水平面上，通過細(xì)繩跨過定滑輪與質(zhì)量為m 的物體 b 相連，圖中虛線內(nèi)為一水平勻強磁場，d 表示 a 與磁場左邊界的距離，不計滑輪摩擦及空氣阻力，設(shè)b 下降 h(hd)高度時的速度為v，則以下關(guān)系中能夠成立的是()av2ghbv22ghca 產(chǎn)生的熱量qmghmv2da 產(chǎn)生的熱量qmgh12mv22 【解析】由于線框在磁場內(nèi)的運動情況未知，故不能判斷v 與 h 的具體關(guān)系，故a、b 錯誤；根據(jù)題意，線框a進入磁場的過程克服

3、安培力做功，線框a 產(chǎn)生的熱量為q，對 a、b 構(gòu)成的系統(tǒng)，在b 下降 h 高度的過程中，據(jù)能量轉(zhuǎn)化與守恒定律有mgh122 mv2q，qmghmv2，故選項c 正確【答案】 c3.如圖所示， 上下開口、 內(nèi)壁光滑的銅管p 和塑料管 q 豎直放置， 小磁塊先后在兩管中從相同高度處由靜止釋放，并落至底部，則小磁塊()a在 p 和 q 中都做自由落體運動b在兩個下落過程中的機械能都守恒c在 p 中的下落時間比在q 中的長d落至底部時在p 中的速度比在q 中的大【解析】 由于電磁感應(yīng)， 小磁塊在銅管p 中還受到向上的磁場力，而在塑料管中只受到重力，即只在q 中做自由落體運動，機械能守恒，故a、b 錯

4、誤；而在p 中加速度較小，下落時間較長，落至底部的速度較小，故c 正確， d 錯誤【答案】 c4.如圖甲，傾角為 的光滑絕緣斜面，底端固定一帶電量為q 的正點電荷將一帶正電小物塊 (可視為質(zhì)點 )從斜面上a 點由靜止釋放，小物塊沿斜面向上滑動至最高點b 處，此過程中小物塊的動能和重力勢能隨位移的變化圖象如圖乙(e1和 x1為已知量 )已知重力加速度為g，靜電力常量為k，由圖象可求出()a小物塊的帶電量3 ba、b 間的電勢差c小物塊的質(zhì)量d小物塊速度最大時到斜面底端的距離【解析】小物塊在b 點時 e1mgx1sin ，解得 me1gx1sin ，選項 c 正確；小物塊由a 到b 的過程中，據(jù)動

5、能定理，可得quab wg0，由功能關(guān)系知wg e1，故有 quabe1，故只能求得小物塊由a 到 b 的過程中電場力所做的功(或小物塊電勢能的減少量)，無法求出小物塊的帶電量及a、b 兩點間的電勢差，選項a、b 錯誤；小物塊向上運動的過程中，開始時庫侖力大于重力沿斜面向下的分力，小物塊向上加速，隨著向上運動，庫侖力減小，當(dāng)庫侖力等于重力沿斜面向下的分力時，小物塊的速度達到最大，此時有mgsin kqqr2，因 q 未知，故無法求得小物塊到斜面底端的距離r，選項 d 錯誤【答案】 c5.質(zhì)量為 m、長度為l 的金屬棒 mn 兩端由絕緣且等長輕質(zhì)細(xì)線水平懸掛，處于豎直向下的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度

6、大小為b.開始時細(xì)線豎直，當(dāng)金屬棒中通以恒定電流后，金屬棒從最低點向右開始擺動，若已知細(xì)線與豎直方向的最大夾角為60 ，如圖所示，則棒中電流 ()a.方向由 m 向 n，大小為3mg3blb.方向由 n 向 m，大小為3mg3blc.方向由 m 向 n，大小為3mgbld.方向由 n 向 m，大小為3mgbl【答案】 b【解析】平衡時兩懸線與豎直方向夾角均為 ，故導(dǎo)線受到向右的安培力，根據(jù)左手定則，可判斷金屬棒中的電流方向由n 指向 m；金屬棒mn 所受安培力的方向垂直于mn 和磁場方向向右， 由于棒向上運動的過程中重力和安培力做功，細(xì)線的拉力不做功，設(shè)細(xì)線的4 長度為 x，由功能關(guān)系得：bi

7、l xsin mg(xxcos ) 0 解方程得： i3mg3bl.6.如圖甲所示，左側(cè)接有定值電阻r 2 的水平粗糙導(dǎo)軌處于垂直紙面向外的勻強磁場中， 磁感應(yīng)強度b1 t，導(dǎo)軌間距l(xiāng)1 m.一質(zhì)量 m2 kg，阻值 r 2 的金屬棒在水平拉力 f 作用下由靜止開始從cd 處沿導(dǎo)軌向右加速運動，金屬棒的vx 圖象如圖乙所示，若金屬棒與導(dǎo)軌間動摩擦因數(shù) 0.25，則從起點發(fā)生x1 m 位移的過程中(g10 m/s2)()a.金屬棒克服安培力做的功w10.5 jb.金屬棒克服摩擦力做的功w24 jc.整個系統(tǒng)產(chǎn)生的總熱量q4.25 jd.拉力做的功w9.25 j【答案】 d【解析】金屬棒與導(dǎo)軌間因

8、摩擦產(chǎn)生的熱量等于克服摩擦力做的功，為：q1 mg x0.25 2 10 1 j5 j，故 b、c 錯誤；由 v x 圖象得： v2x，金屬棒所受的安培力fb2l2vrrb2l22xrr，代入得： f0.5x，則知 f 與 x 是線性關(guān)系 .當(dāng) x0 時，安培力f00；當(dāng) x1 m時，安培力f1 0.5 n，則從起點發(fā)生x1 m 位移的過程中，安培力做功為w安 f xf0f12x00.52 1 j 0.25 j，a 錯誤；根據(jù)動能定理得：w mgx w安12mv2，其中 v2 m/s， 0.25，m2 kg，代入解得，拉力做的功w9.25 j，故 d 正確 .7.質(zhì)量為 m 的帶正電小球由空中

9、某點自由下落，下落高度h 后在整個空間加上豎直向上的勻強電場，再經(jīng)過相同時間小球又回到原出發(fā)點，不計空氣阻力，且整個運動過程中小球從未落地，重力加速度為g，則 ()a從加電場開始到小球返回原出發(fā)點的過程中，小球電勢能減少了mghb從加電場開始到小球下落最低點的過程中，小球動能減少了mghc從開始下落到小球運動至最低點的過程中，小球重力勢能減少了53mgh5 d小球返回原出發(fā)點時的速度大小為7gh【解析】小球先做自由落體運動，然后受電場力和重力向下做勻減速到速度為零，再向上做勻加速回到出發(fā)點設(shè)小球下落高度h 用了 t 秒，加上電場后小球的加速度大小為a，加上電場時速度為v，規(guī)定向下為正方向，由運

10、動學(xué)公式：12gt2gt t12at20，解得 a3g，由 v22gh，解得 v2gh；根據(jù)牛頓第二定律，f電mg ma，得 f電4mg，因此，從加電場開始到小球返回原出發(fā)點的過程中，電場力做功為w電f電h 4mgh，根據(jù)電場力做功和電勢能的關(guān)系，可知小球的電勢能的減少量為 ep4mgh，故選項a 錯誤；從加電場開始到小球下落最低點的過程中，小球動能減少量為 ek12mv20mgh，選項 b 正確；從加電場開始到小球下落最低點的過程中，設(shè)下落高度為h ，由運動學(xué)公式：v22ah，解得 h h3，從開始下落到小球運動至最低點的過程中，重力做功為wgmg(hh)43mgh，根據(jù)重力做功和重力勢能的

11、關(guān)系，可知小球的重力勢能的減少量為 ep43mgh，選項 c 錯誤；設(shè)小球返回到原出發(fā)點時的速度為v，由動能定理，可得12mv23mg(hh)，解得 v 8gh，選項 d 錯誤【答案】 b8.如圖所示，平行金屬導(dǎo)軌與水平面成角，導(dǎo)軌與定值電阻r1和 r2相連，勻強磁場垂直穿過導(dǎo)軌平面.有一導(dǎo)體棒ab，質(zhì)量為m，導(dǎo)體棒的電阻r0與固定電阻r1和 r2的阻值均相等， 與導(dǎo)軌之間的動摩擦因數(shù)為 ，導(dǎo)體棒 ab 沿導(dǎo)軌向上滑動，當(dāng)上滑的速度為v時，受到安培力的大小為f.此時 ()a.電阻 r1消耗的熱功率為fv3b.電阻 r0消耗的熱功率為fv6c.整個裝置消耗的熱功率為 mgv sin d.整個裝置

12、消耗的機械功率為(f mg cos )v【答案】 d【解析】設(shè)ab 長度為 l，磁感應(yīng)強度為b，電阻 r0r1 r2r.電路中感應(yīng)電動勢eblv，6 ab 中感應(yīng)電流為：ier12r2blv3r，ab 所受安培力為：fbil 2b2l2v3r電阻 r1消耗的熱功率為：p1(12i)2rb2l2v29r由得： p116fv，電阻 r0和 r1阻值相等， p0i2r23fv，故 a、b 錯誤；整個裝置因摩擦而消耗的熱功率為：pfffv mg cos v mgv cos ，故 c 錯誤；整個裝置消耗的機械功率為： p3fvpf(f mg cos )v，故 d 正確 .二 不定項選擇題1.(多選 )如

13、圖所示，豎直平面內(nèi)有一足夠長的寬度為l 的金屬導(dǎo)軌，質(zhì)量為m 的金屬導(dǎo)體棒 ab 可在導(dǎo)軌上無摩擦地上下滑動，且導(dǎo)體棒ab 與金屬導(dǎo)軌接觸良好，ab 電阻為 r，其他電阻不計導(dǎo)體棒ab 由靜止開始下落，過一段時間后閉合開關(guān)s，發(fā)現(xiàn)導(dǎo)體棒ab 立刻做變速運動，則在以后導(dǎo)體棒ab 的運動過程中，下列說法中正確的是()a導(dǎo)體棒ab 做變速運動期間加速度一定減小b單位時間內(nèi)克服安培力做的功全部轉(zhuǎn)化為電能，電能又轉(zhuǎn)化為內(nèi)能c導(dǎo)體棒減少的機械能轉(zhuǎn)化為閉合電路中的電能和電熱之和，符合能的轉(zhuǎn)化和守恒定律d導(dǎo)體棒ab 最后做勻速運動時，速度大小為vmgrb2l2【解析】導(dǎo)體棒由靜止下落，在豎直向下的重力作用下做

14、加速運動開關(guān)閉合時，由右手定則判定，導(dǎo)體中產(chǎn)生的電流方向為逆時針方向，再由左手定則，可判定導(dǎo)體棒受到的安培力方向向上， f bilbblvrl，導(dǎo)體棒受到的重力和安培力的合力變小，加速度變小，物體做加速度越來越小的運動，a 正確；最后合力為零，加速度為零，做勻速運動由fmg0 得，bblvrlmg，vmgrb2l2，d 正確；導(dǎo)體棒克服安培力做功，減少的機械能轉(zhuǎn)化為電能，由于電流的熱效應(yīng)，電能又轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，b 正確7 【答案】 abd2.如圖所示，兩平行金屬板水平放置，板長為l，板間距離為d，板間電壓為u，一不計重力、 電荷量為 q 的帶電粒子以初速度v0沿兩板的中線射入，經(jīng)過 t 時間后恰好

15、沿下板的邊緣飛出，則 ()a在前t2時間內(nèi)，電場力對粒子做的功為14uqb在后t2時間內(nèi)，電場力對粒子做的功為38uqc在粒子下落的前d4和后d4過程中，電場力做功之比為11d在粒子下落的前d4和后d4過程中，電場力做功之比為12【解析】粒子在兩平行金屬板間做類平拋運動，水平方向做勻速直線運動，豎直方向做初速度為零的勻加速直線運動，在前后兩個t2的時間內(nèi)沿電場線方向的位移之比為13，則在前t2時間內(nèi)， 電場力對粒子做的功為18uq，在后t2時間內(nèi)， 電場力對粒子做的功為38uq，選項 a 錯，b 對；由 weq s知在粒子下落的前d4和后d4過程中，電場力做功之比為1 1，選項 c 對， d錯

16、【答案】 bc3.如圖所示，絕緣粗糙斜面體固定在水平地面上，斜面所在空間存在平行于斜面向上的勻強電場 e，輕彈簧一端固定在斜面頂端，另一端拴接一不計質(zhì)量的絕緣薄板.一帶正電的小滑塊，從斜面上的p 點處由靜止釋放后，沿斜面向上運動，并能壓縮彈簧至r 點(圖中未標(biāo)出 )，然后返回，則()a.滑塊從 p 點運動到r 點的過程中，其機械能增量等于電場力與彈簧彈力做功之和b.滑塊從 p 點運動到r 點的過程中，電勢能的減小量大于重力勢能和彈簧彈性勢能的8 增加量之和c.滑塊返回時能到達的最低位置在p 點的上方d.滑塊最終停下時，克服摩擦力所做的功等于電勢能的減小量與重力勢能增加量之差【答案】 bc【解析

17、】在小滑塊開始運動到到達r 點的過程中，電場力做的功轉(zhuǎn)化為小滑塊的重力勢能、彈簧的彈性勢能以及內(nèi)能.滑塊從 p 點運動到r 點的過程中，其機械能增量等于電場力與彈簧彈力做功、摩擦力做功之和.故 a 錯誤；電場力做的功轉(zhuǎn)化為小滑塊的重力勢能、彈簧的彈性勢能以及內(nèi)能，所以電勢能的減小量大于重力勢能和彈簧彈性勢能的增加量之和.故 b 正確；小滑塊運動的過程中，由于摩擦力做功，小滑塊的機械能與電勢能的和減小，所以滑塊返回時能到達的最低位置在p 點的上方，不能再返回p 點.故 c 正確；滑塊運動的過程中，由于摩擦力做功，小滑塊的機械能與電勢能的和逐漸減小，所以滑塊最終停下時，克服摩擦力所做的功等于電勢能

18、的減小量與重力勢能增加量、彈性勢能增加量之差.故 d 錯誤.4.如圖所示， 光滑絕緣細(xì)管與水平面成30 角，在管的上方p 點固定一個點電荷q，p 點與細(xì)管在同一豎直平面內(nèi)，管的頂端a 與 p 點連線水平電荷量為q的小球 (小球直徑略小于細(xì)管內(nèi)徑 )從管中 a 處由靜止開始沿管向下運動，在 a處時小球的加速度為a.圖中 pbac，b 是 ac 的中點，不考慮小球電荷量對電場的影響則在q 形成的電場中()aa 點的電勢高于b 點的電勢bb 點的電場強度大小是a 點的 4 倍c小球從a 到 c 的過程中電勢能先減小后增大d小球運動到c 處的加速度為ga【解析】在正電荷產(chǎn)生的電場中，離電荷越近電勢越高

19、，因此b 點的電勢高于a 點的電勢， a 錯誤；根據(jù)點電荷電場強度的決定式得eakqpa2，ebkqpb2，由幾何關(guān)系得pa2pb，解得 eb4ea，b 正確；小球從a 到 c 的過程中，電場力先做正功后做負(fù)功，因此電勢能先減小后增大， c 正確；小球在a、c 兩處受到的電場力大小相等，對小球受力分析，在a 處，由牛頓第二定律得mgsin 30 fcos 30 ma，在 c 處，由牛頓第二定律得mgsin 30 fcos 30 9 mac，解得 acga，d 正確【答案】 bcd5.如圖所示，勻強電場的電場強度為e，方向水平向左，一帶電量為q，質(zhì)量為m 的物體放在光滑水平面上，在恒力f 作用下

20、由靜止開始從o 點向右做勻加速直線運動，經(jīng)時間 t 力 f 做功 60 j，此后撤去力f，物體又經(jīng)過相同的時間t 回到出發(fā)點o，設(shè) o 點的電勢能為零，則下列說法正確的是()a.物體回到出發(fā)點的速度與撤去力f 時的速度大小之比為21b.恒力 f4qec.撤去力 f 時，物體的電勢能為45 jd.在撤去力 f 之前的任一時刻，動能與電勢能之比均為13【答案】 acd【解析】在恒力f 作用下的加速度大小為a1，撤去恒力f 后的加速度大小為a2，勻加速運動的位移大小x112a1t2，撤去拉力后的位移大小x2a1t t12a2t2根據(jù) x1 x2得 a23a1.根據(jù)牛頓第二定律得，a1ff電m，a2f

21、電m，聯(lián)立解得f電qe34f.故 b 錯誤 .6.如圖所示，絕緣桿兩端固定帶電小球a 和 b，輕桿處于水平向右的勻強電場中，不考慮兩球之間的相互作用，初始時桿與電場線垂直現(xiàn)將桿右移，同時順時針轉(zhuǎn)過90 ，發(fā)現(xiàn) a、b兩球電勢能之和不變根據(jù)如圖給出的位置關(guān)系，下列說法正確的是()aa 一定帶正電， b 一定帶負(fù)電ba、b 兩球所帶電量的絕對值之比qaqb12ca 球電勢能一定增加d電場力對a 球和 b 球做功的絕對值相等【解析】電場力做功與路徑無關(guān)，兩個小球在桿右移后兩球所在位置處電勢都降低，而兩10 個小球組成的系統(tǒng)的電勢能之和不變，那么電場力對其中一個做正功，對另一個一定做負(fù)功，做功的絕對值

22、相同，兩個小球一定帶異種電荷，但不能準(zhǔn)確判斷每一個小球所帶電荷的電性，a、c 錯誤， d 正確；由電勢能變化之和為零得eqbleqa2l，即 |qa| |qb|12， b 正確【答案】 bd7.如圖所示，相距為l 的兩條足夠長的平行金屬導(dǎo)軌，與水平面的夾角為 ，導(dǎo)軌上固定有質(zhì)量為m，電阻為 r 的兩根相同的導(dǎo)體棒，導(dǎo)體棒mn 上方軌道粗糙，下方光滑，整個空間存在垂直于導(dǎo)軌平面向下的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為b.將兩根導(dǎo)體棒同時釋放后，觀察到導(dǎo)體棒 mn 下滑而 ef 保持靜止， 當(dāng) mn 下滑速度最大時，ef 與軌道間的摩擦力剛好到達最大靜摩擦力，下列敘述正確的是()a導(dǎo)體棒mn 的最大速度為2m

23、grsin b2l2b導(dǎo)體棒ef 與軌道之間的最大靜摩擦力為mgsin c導(dǎo)體棒mn 受到的最大安培力為mgsin d導(dǎo)體棒mn 所受重力的最大功率為m2g2rsin2b2l3【解析】當(dāng)導(dǎo)體棒mn 勻速運動時速度最大，由平衡條件得mgsin b2l2v2r，則得最大速度為 v2mgrsin b2l2，選項 a 正確；由題意知，當(dāng)mn 下滑的速度最大時，ef 與軌道間的摩擦力剛好達到最大靜摩擦力，兩棒所受的安培力大小相等，方向相反，則對ef 棒，有 mgsin b2l2v2rfm，則可得最大靜摩擦力為fm2mgsin ，選項 b 錯誤；導(dǎo)體棒mn 勻速運動時速度最大，感應(yīng)電流最大，所受的安培力也

24、最大，由平衡條件可知，最大安培力為fmmgsin ，選項 c 正確；導(dǎo)體棒mn 所受重力的最大功率為pmmgsin v2m2g2rsin2b2l2，選項 d 錯誤【答案】 ac8.如圖所示，物體a 和帶負(fù)電的物體b 用跨過定滑輪的絕緣輕繩連接，a、b 的質(zhì)量分別是 m 和 2m，勁度系數(shù)為k 的輕質(zhì)彈簧一端固定在水平面上.另一端與物體a 相連，傾角為 的斜面處于沿斜面向上的勻強電場中，整個系統(tǒng)不計一切摩擦.開始時，物體b 在一沿斜面向上的外力f3mgsin 的作用下保持靜止且輕繩恰好伸直，然后撤去外力f，直到物體11 b 獲得最大速度，且彈簧未超過彈性限度，則在此過程中()a.對于物體 a、b

25、、彈簧和地球組成的系統(tǒng)，電場力做功等于該系統(tǒng)增加的機械能b.物體 a、彈簧和地球所組成的系統(tǒng)機械能增加量等于物體b 電勢能的減少量c.b 的速度最大時，彈簧的伸長量為3mgsin rd.撤去外力 f 的瞬間，物體b 的加速度為3gsin 2【答案】 ac【解析】根據(jù)能量守恒可知，物體a、彈簧和地球所組成的系統(tǒng)機械能增加量等于物體b 電勢能的減少量和b 物體機械能的減小量之和，故b 錯誤；當(dāng)b 所受的合力為零時，b的速度最大，由：kx f電2mgsin 解得彈簧的伸長量為：x3mgsin k，故 c 正確；開始時，外力 f 作用在 b 上， b 處于靜止?fàn)顟B(tài)，對b 分析可知： f2mgsin f

26、電0解得： f電mgsin .當(dāng)撤去外力瞬間，對ab 整體分析，整體受到的合力為：f合f電2mgsin 3mgsin 由 f合3ma 可得 agsin ，故 d 錯誤 .三 非選擇題1.如圖所示，傾角為60 的傾斜平行軌道與豎直面內(nèi)的平行圓形軌道平滑對接，軌道之間距離為 l，圓形軌道的半徑為r.在傾斜平行軌道的上部有磁感應(yīng)強度為b 的垂直于軌道向上的勻強磁場，磁場區(qū)域足夠大，圓形軌道末端接有一電阻值為r 的定值電阻質(zhì)量為m 的金屬棒從距軌道最低端c 點高度為h 處由靜止釋放，運動到最低點c 時對軌道的壓力為7mg，不計摩擦和導(dǎo)軌、金屬棒的電阻，求：(1)金屬棒通過軌道最低端c 點的速度大??；(

27、2)金屬棒中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的最大值；(3)金屬棒整個下滑過程中定值電阻r 上產(chǎn)生的熱量；12 (4)金屬棒通過圓形軌道最高點d 時對軌道的壓力的大小【解析】 (1)設(shè)金屬棒通過軌道最低端c 點的速度為vc，軌道對金屬棒的支持力為fc，金屬棒對軌道的壓力為fc，由牛頓第二定律可知fcmgmv2cr而 fcfc 7mg解得 vc6gr.(2)由于磁場區(qū)域足夠大，金屬棒在重力和安培力作用下加速運動，當(dāng)安培力等于重力沿傾斜軌道向下的分力時，速度最大，此時金屬棒中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢最大由 mgsin 60 bilier解得感應(yīng)電動勢的最大值e3mgr2bl.(1 分)(3)由能量守恒定律，在金屬棒的整個

28、下滑過程中電阻器r 上產(chǎn)生的熱量等于金屬棒損失的機械能，所以qmgh12mv2c聯(lián)立得qmg(h3r)(4)金屬棒由 c 點運動到 d 點，根據(jù)機械能守恒，有12mv2c12mv2dmg2r金屬棒通過圓形軌道最高點d 時，設(shè)軌道對金屬棒豎直向下的壓力為fd，由牛頓第二定律有fdmgmv2dr聯(lián)立解得fd mg由牛頓第三定律可知金屬棒通過圓形軌道最高點d 時對軌道的壓力為mg.13 【答案】 (1)6gr(2)3mgr2bl(3)mg(h3r)(4)mg2.如圖所示，在豎直平面內(nèi)有一質(zhì)量為2m 的光滑 “”形線框 defc ，ef 長為 l，電阻為 r；fced2l， 電阻不計 .fc 、ed

29、的上半部分 (長為 l)處于勻強磁場區(qū)域中，且 fc、ed 的中點與其下邊界重合.質(zhì)量為 m、電阻為3r 的金屬棒用最大拉力為2mg 的絕緣細(xì)線懸掛著， 其兩端與 c、d 兩端點接觸良好，處在磁感應(yīng)強度為b 的勻強磁場區(qū)域中，并可在fc、ed 上無摩擦滑動.現(xiàn)將 “”形線框由靜止釋放，當(dāng)ef 到達磁場區(qū)域的下邊界時速度為 v，細(xì)線剛好斷裂，區(qū)域內(nèi)磁場消失.重力加速度為g.求：(1)整個過程中，線框克服安培力做的功；(2)ef 剛要出磁場時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢；(3)線框的 ef 邊追上金屬棒cd 時，金屬棒cd 的動能 .【答案】 (1)2mglmv2(2)4mgrbl(3)mg2l22v2【解析

30、】 (1)對形線框用動能定理：2mglw122 mv20，w2mglmv2(2)對金屬棒cd 受力分析： ftmmgbil ，得到 imgbl，eir總4mgrbl(3)對金屬棒cd 運動分析： h12gt2，對 形線框運動分析：h lvt12gt2，解得： tlv相遇時 cd 棒速度 vt0 gtglv，此時動能為ek12mv2tmg2l22v23.如圖所示， 絕緣光滑水平面與半徑為r 的豎直光滑半圓軌道相切于c.豎直直徑gc 左側(cè)空間存在足夠大勻強電場，其電場強度方向水平向右.gc 右側(cè)空間處處存在勻強磁場，其磁感應(yīng)強度垂直紙面水平向里.一質(zhì)量為m， 電荷量為q 的帶正電滑塊 (可視為質(zhì)點 )在 a 點由靜止釋放， 滑塊恰好能通過圓周的最高點g 進入電場 .已知勻強電場場強大小為emgq，ac14 間距為 l4r，重力加速度為g.求：(1)滑塊在 g 點的速度vg；(2)勻強磁場的磁感應(yīng)強度b 的大?。?3)滑塊落回水平面的位置距離c 點的距離x.【答案】 (1)2gr(2)3m2qgr(3)2r【解析】 (