2022年高考物理二輪復習 專題二 動量與能量 第2講 動量觀點和能量觀點在電磁學中的應用學案

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1、2022年高考物理二輪復習 專題二 動量與能量 第2講 動量觀點和能量觀點在電磁學中的應用學案 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】 (多選)(2018·全國卷Ⅰ，21)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2 V。一電子經(jīng)過a時的動能為10 eV，

2、從a到d的過程中克服電場力所做的功為6 eV。下列說法正確的是(　　) 圖1 A.平面c上的電勢為零 B.該電子可能到達不了平面f C.該電子經(jīng)過平面d時，其電勢能為4 eV D.該電子經(jīng)過平面b時的速率是經(jīng)過d時的2倍 解析　電子在等勢面b時的電勢能為E＝qφ＝－2 eV，電子由a到d的過程電場力做負功，電勢能增加6 eV，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2 eV，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2 eV，C錯誤；電子在等

3、勢面b的動能為8 eV，電子在等勢面d的動能為4 eV，由公式Ek＝mv2可知，該電子經(jīng)過平面b時的速率為經(jīng)過平面d時速率的倍，D錯誤；如果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】 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向外的勻強磁場，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100 J，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2 A.到達C點后小

4、球不可能沿桿向上運動 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50 J D.小球電勢能的增加量等于重力勢能的減少量 解析　如果電場力大于重力，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點時的動能也就不一定為50 J，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

5、守恒，故小球電勢能的增加量不等于重力勢能的減少量，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】 (2018·江西七校聯(lián)考)如圖3所示，兩條光滑的金屬導軌相距L＝1 m，其中MN段平行于PQ段，位于同一水平面內，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。在水平導軌區(qū)域和傾斜導軌區(qū)域內分別有垂直于水平面和斜面的勻強磁場B1和B2，且B1＝B2＝0.5 T。ab和cd是質量均為m＝0.1 kg、電阻均為R＝4 Ω的兩根金屬棒，ab置于水平導軌上，cd置于傾斜導軌上，均與導軌垂直且接觸良好。從t＝0時刻起，ab棒

6、在外力作用下由靜止開始沿水平方向向右運動(ab棒始終在水平導軌上運動，且垂直于水平導軌)，cd受到F＝0.6－0.25t(N)沿斜面向上的力 的作用，始終處于靜止狀態(tài)。不計導軌的電阻。(sin 37°＝0.6，g取10 m/s2) 圖3 (1)求流過cd棒的電流Icd隨時間t變化的函數(shù)關系； (2)求ab棒在水平導軌上運動的速度vab隨時間t變化的函數(shù)關系； (3)求從t＝0時刻起，1.0 s內通過ab棒的電荷量q； (4)若t＝0時刻起，1.0 s內作用在ab棒上的外力做功為W＝16 J，求這段時間內cd棒產生的焦耳熱Qcd。 解析　(1)由題意知cd棒受力平衡，則 F＋

7、Fcd＝mgsin 37° Fcd＝B2IcdL，得Icd＝0.5t(A)。 (2)ab棒中電流Iab＝Icd＝0.5t(A) 則回路中電源電動勢E＝IcdR總 ab棒切割磁感線，產生的感應電動勢為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運動。 (3)ab棒的加速度為a＝8 m/s2， 1.0 s內的位移為x＝at2＝×8×1.02 m＝4 m 根據(jù)＝＝＝ 得q＝t＝＝ C＝0.25 C。 (4)t＝1.0 s時，ab棒的速度， vab＝8t(m/s)＝8 m/s， 根據(jù)動能定理有 W－W安＝mv－0， 得1.

8、0 s內克服安培力做功 W安＝(16－×0.1×82) J＝12.8 J 回路中產生的焦耳熱Q＝W安＝12.8 J cd棒上產生的焦耳熱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.(多選)(2018·湖南十二校第二次聯(lián)考)如圖4所示，兩個傾角分別為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、磁感應強度為B的勻強磁場中。兩個質量均為m、帶電荷量為＋q的滑塊甲

9、和乙分別從兩個斜面頂端由靜止釋放，運動一段時間后，兩滑塊都將飛離斜面。此過程中(　　) 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.甲滑塊在斜面上運動的時間比乙滑塊在斜面上運動的時間短 C.甲滑塊在斜面上運動的位移與乙滑塊在斜面上運動的位移大小相同 D.兩滑塊在斜面上運動的過程中，重力的平均功率相等 解析　小滑塊飛離斜面時，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，飛離時速度越小，甲飛離斜面的速度大于乙，選項A正確；甲斜面傾角小，加速度小，但是末速度大，故甲在斜面上運動時間比乙的長，選項B錯誤；根據(jù)動能

10、定理mglsin θ＝mv，解得l＝，故甲的位移大于乙的位移，選項C錯誤；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D正確。 答案　AD 2.(2018·江南十校二模)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

11、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(jīng)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＝0.1 kg，r＝ Ω，B＝1 T，L＝1 m，R＝ m，g＝10 m/s2，則ab棒能否運動到圓弧最高點？ 解析　(1)勻速下滑時有mgsin θ－BIL＝0，I＝， 得v＝

12、根據(jù)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＝ 即P＝()2·r。 (2)到達P點時，由v＝，得vP＝4 m/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mgR＋mv＝mv 代入數(shù)據(jù)得vN＝0＜， 故ab棒不能運動到圓弧最高點。 答案　(1)　()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】 (多選)(2018·全國卷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、符號相反，使它們分

13、別靜止于電容器的上、下極板附近，與極板距離相等。現(xiàn)同時釋放a、b，它們由靜止開始運動。在隨后的某時刻t，a、b經(jīng)過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。下列說法正確的是(　　) 圖6 A.a的質量比b的大 B.在t時刻，a的動能比b的大 C.在t時刻，a和b的電勢能相等 D.在t時刻，a和b的動量大小相等 解析　兩微粒只受電場力qE作用且兩電場力大小相等，由x＝a0t2，知微粒a的加速度大，由qE＝ma0，知微粒a的質量小，A錯誤；由動能定理qEx＝Ek得，位移x大的動能大，B正確；在同一等勢面上，a、b兩微粒電荷量雖相等，但電性相反，故在t時刻，

14、a、b的電勢能不相等，C錯誤；由動量定理qEt＝mv得，在t時刻，a、b的動量大小相等，D正確。 答案　BD 　動量觀點和能量觀點在電磁感應中的應用 【典例2】 (2018·河北五名校聯(lián)盟二模)如圖7所示，MN、PQ兩平行光滑水平導軌分別與半徑r＝0.5 m 的相同豎直半圓導軌在N、Q端平滑連接，M、P端連接定值電阻R，質量M＝2 kg的cd絕緣桿垂直且靜止在水平導軌上，在其右側至N、Q端的區(qū)域內充滿豎直向上的勻強磁場?，F(xiàn)有質量m＝1 kg的ab金屬桿以初速度v0＝12 m/s水平向右運動，與cd絕緣桿發(fā)生正碰后，進入磁場并最終未滑出，cd絕緣桿則恰好能通過半圓導軌最高點，不計除R以外的

15、其他電阻和摩擦，ab金屬桿始終與導軌垂直且接觸良好，g取10 m/s2(不考慮cd桿通過半圓導軌最高點以后的運動)，求： 圖7 (1)cd絕緣桿恰好通過半圓導軌最高點時的速度大小v； (2)電阻R產生的焦耳熱Q。 解析　(1)cd絕緣桿恰好通過半圓導軌最高點時， 由牛頓第二定律有Mg＝M 解得v＝ m/s。 (2)發(fā)生正碰后cd絕緣桿滑至最高點的過程中，由動能定理有 －Mg·2r＝Mv2－Mv， 解得碰撞后cd絕緣桿的速度v2＝5 m/s， 兩桿碰撞過程中動量守恒，有 mv0＝mv1＋Mv2， 解得碰撞后ab金屬桿的速度v1＝2 m/s， ab金屬桿進入磁場后由能

16、量守恒定律有Q＝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直接進行電能計算。 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、質量m′＝0.3 kg的滑塊放在小車的水平絕緣板的右端，小車的質量M＝0.5 kg，滑塊與絕緣板間的動摩擦因數(shù)μ＝0.4，小車的絕緣板足夠長，它們所在的空間存在磁感應強度B＝20 T的水平方向的勻強磁場(垂直于紙

17、面向里)。開始時小車靜止在光滑水平面上，一擺長L＝1.25 m、質量m＝0.15 kg的擺球從水平位置由靜止釋放，擺球到最低點時與小車相撞，碰撞后擺球恰好靜止，g取10 m/s2。求： 圖8 (1)與小車碰撞前擺球到達最低點時對擺線的拉力； (2)擺球與小車的碰撞過程中系統(tǒng)損失的機械能ΔE； (3)碰撞后小車的最終速度。 解析　(1)擺球下落過程，由動能定理有mgL＝mv2， 解得v＝5 m/s， 擺球在最低點時，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對擺線的拉力T′＝4.5 N，方向豎直向下。 (2)擺球與小車碰撞瞬間，擺球與小車組成的系

18、統(tǒng)動量守恒，以水平向右為正方向，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)假設滑塊與車最終相對靜止， 則有Mv1＝(M＋m′)v2，解得v2＝0.937 5 m/s， 由此得F洛＝Qv2B>m′g，故假設不成立，因此滑塊最終懸浮?；瑝K懸浮瞬間，滿足F洛′＝Qv2′B＝m′g， 解得v2′＝0.5 m/s。 將滑塊與小車看成一個系統(tǒng)，系統(tǒng)動量守恒，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

19、平向右 課時跟蹤訓練 一、選擇題(1～3題為單項選擇題，4～7題為多項選擇題) 1.(2018·福建寧德一模)如圖1所示，固定在傾角為θ＝30°的斜面內的兩根平行長直光滑金屬導軌的間距為d＝1 m，其底端接有阻值為R＝2 Ω的電阻，整個裝置處在垂直斜面向上、磁感應強度大小為B＝2 T的勻強磁場中。一質量為m＝1 kg(質量分布均勻)的導體桿ab垂直于導軌放置，且與兩導軌保持良好接觸。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軌向上運動距離L＝6 m時，速度恰好達到最大(運動過程中桿始終與導軌保持垂直)。設桿接入電路的電阻為r＝2 Ω，導軌電阻不計，重力加速度大小為g

20、＝10 m/s2。則此過程(　　) 圖1 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，整個回路產生的熱量為17.5 J D.流過電阻R的電流方向為由c到d 解析　當桿達到最大速度時滿足F＝＋mgsin θ，解得vm＝5 m/s，選項A錯誤；流過電阻R的電荷量q＝＝＝ C＝3 C，選項B錯誤；回路產生的熱量Q＝FL－mgLsin θ－mv＝17.5 J，選項C正確；由右手定則可知流過R的電流方向從d到c，選項D錯誤。 答案　C 2.如圖2所示，MN、PQ是兩條水平放置的平行金屬導軌，勻強磁場的磁感線垂直導軌平面。導軌左端接阻值R＝1.5

21、Ω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＝0.1 kg，電阻r＝0.5 Ω。ab與導軌間動摩擦因數(shù)μ＝0.5，導軌電阻不計，現(xiàn)用F＝0.7 N的恒力水平向右拉ab，使之從靜止開始運動，經(jīng)時間2 s后，ab開始做勻速運動，此時電壓表示數(shù)U＝0.3 V。重力加速度g＝10 m/s2。則ab加速過程中，通過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　金屬桿做勻速直線運動時，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ab加速時間為t，加速過程的

22、平均感應電流為，由動量定理得Ft－μmgt－BLt＝mv，電荷量q＝t，代入數(shù)據(jù)解得q＝0.36 C，故選項B正確。 答案　B 3.(2018·山東省實驗中學模擬)如圖3所示，平行板電容器水平放置，兩極板間電場強度大小為E，中間用一光滑絕緣細桿垂直連接，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，開始時對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始向上運動，上升h時恰好與彈簧分離，分離時小球的速度為v，小球上升過程不會撞擊到上極板，已知小球的質量為m，帶電荷量為q，重力加速度為g，下列說法正確的是(　　) 圖3 A.與彈簧

23、分離時小球的動能為mgh＋qEh B.從開始運動到與彈簧分離，小球增加的機械能為mgh＋qEh C.從開始運動到與彈簧分離，小球減少的電勢能為 D.撤去外力時彈簧的彈性勢能為mv2－(qE－mg)h 解析　根據(jù)動能定理可知，合外力對小球所做的功等于小球動能的變化量，所以小球與彈簧分離時的動能為Ek＝qEh－mgh＋Ep，選項A錯誤；從開始運動到與彈簧分離，小球增加的機械能為ΔE＝mgh＋mv2＝qEh＋Ep，選項B錯誤；小球減少的電勢能為Eqh，故選項C錯誤；從撤去外力到小球與彈簧分離，由動能定理可知，mv2＝Ep＋qEh－mgh，所以Ep＝mv2－(qE－mg)h，選項D正確。 答

24、案　D 4.(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點運動到B點的過程中，只受重力、電場力和空氣阻力三個力的作用。若重力勢能增加5 J，機械能增加1.5 J，電場力做功2 J，則小球(　　) A.重力做功為5 J B.電勢能減少2 J C.空氣阻力做功0.5 J D.動能減少3.5 J 解析　小球的重力勢能增加5 J，則小球克服重力做功5 J，故選項A錯誤；電場力對小球做功2 J，則小球的電勢能減少2 J，故選項B正確；小球共受到重力、電場力、空氣阻力三個力作用，小球的機械能增加1.5 J，則除重力以外的力做功為1.5 J，電場力對小球做功2 J，則知，空氣阻力做

25、功為－0.5 J，即小球克服空氣阻力做功0.5 J，故選項C錯誤；重力、電場力、空氣阻力三力做功之和為－3.5 J，根據(jù)動能定理，小球的動能減少3.5 J，故選項D正確。 答案　BD 5.(2018·河北石家莊三模)如圖4所示，兩個足夠長的光滑平行金屬導軌傾斜放置，上端接有一定值電阻，勻強磁場垂直導軌平面向上。一導體棒以平行導軌向上的初速度從ab處上滑，到最高點后又下滑回到ab處。下列說法中正確的是(　　) 圖4 A.上滑過程中導體棒克服安培力做的功大于下滑過程中克服安培力做的功 B.上滑過程中導體棒克服安培力做的功等于下滑過程中克服安培力做的功 C.上滑過程中安培力對導體棒的

26、沖量大小大于下滑過程中安培力對導體棒的沖量大小 D.上滑過程中安培力對導體棒的沖量大小等于下滑過程中安培力對導體棒的沖量大小 解析　由能量守恒定律可知上滑過程對應位置的速率大于下滑過程的速率，所以上滑過程中導體棒克服安培力做的功大于下滑過程中克服安培力做的功，故選項A正確，B錯誤；安培力的沖量大小I沖＝BILt＝BLq，由E＝，可知q＝，由于上滑過程與下滑過程電荷量q相等，所以安培力的沖量大小相等，故選項D正確，C錯誤。 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，磁感應強度為B的勻強磁場方向垂直軌道平面向里。一可視為質點、

27、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，則下列判斷中正確的是(　　) 圖5 A.小球在C點受到的洛倫茲力大小為qB B.小球在C點對軌道的壓力大小為3mg－qB 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過程機械能守恒有mgR＝mv2，解得v＝，所以小球在C點受到的洛倫茲力大小為F洛＝qB，故選項A錯誤；在C點由牛頓第二定律有FN－mg＋F洛＝

28、m，解得FN＝3mg－qB，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)生變化，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的功率逐漸增大，故選項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(shù)為k的固定輕彈簧相連放在導軌上，導軌的電阻忽略不計。初始時刻，彈簧處于伸長狀態(tài)，其伸長量為x1＝，此時導體棒具有豎直向上的初速度v0。在沿導軌往復

29、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6 A.初始時刻導體棒受到的安培力大小F＝ B.初始時刻導體棒加速度的大小a＝2g＋ C.導體棒往復運動，最終靜止時彈簧處于壓縮狀態(tài) D.導體棒開始運動直到最終靜止的過程中，電阻R上產生的焦耳熱Q＝mv＋ 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＝，由安培力公式得F＝，故選項A錯誤；初始時刻，F(xiàn)＋mg＋kx1＝ma，得a＝2g＋，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；根據(jù)能量守恒，減少的動能和重力勢能全部轉化為焦耳熱

30、，即Q總＝mv＋mg(x1＋)＝mv＋，但R上的只是一部分，故選項D錯誤。 答案　BC 二、非選擇題 8.(2018·江蘇如東四校聯(lián)考)如圖7所示，質量m＝2 kg、帶電荷量q＝＋2×10－3 C的小物塊A與質量不計的絕緣木板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間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.8，B與水平面間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.5，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，與擋板相撞沒有機械能損失，且A帶電荷量始終保持不變。整個裝置處在大小E＝6×103 N/C、方向水平向右的勻強電場中，現(xiàn)將A、B同時由靜止釋放，重力加速度g取10 m/s2。求：

31、 圖7 (1)A、B釋放時，物塊A的加速度大?。? (2)若A與擋板不相碰，木板的最小長度L0； (3)若木板長度為L＝0.8 m，整個過程中木板運動的總路程s。 解析　(1)A和B一起做勻加速運動，由牛頓第二定律得a＝＝＝1 m/s2。 (2)設當木板B與擋板P相撞時速度為v，開始時木板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，加速度大小a1＝＝2 m/s2，當A恰好滑到擋板P處停止時有v2＝2a1L0，而d＋L0＝s0，代入數(shù)據(jù)解得L0＝1 m，即木板的最小長度為1 m。 (3)因為L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

32、做勻減速運動，直到速度為零，再共同加速向右滑動，不斷往復，最終A、B都停在擋板P處。物塊A和木板B間產生熱量Q1＝μ1mgL，木板與水平面間產生的熱量Q2＝μ2mgs，整個過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.(2018·四川綿陽市二診)如圖8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＝0.1 m，整個軌道絕緣，處于方向水平向左、

33、場強未知的勻強電場中。一個質量m1＝0.4 kg、帶正電、電荷量未知的小物塊Ⅰ在A點由靜止釋放，經(jīng)過時間t＝1 s，與靜止在B點的不帶電、質量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(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段上做勻速直線運動的速度大?。? (2)物塊Ⅰ和Ⅱ第一次經(jīng)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

34、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)g qEt＝m1v1 m1v1＝(m1＋m2)v2 解得v2＝2 m/s (2)設圓弧段CD的半徑為R，物塊Ⅰ和Ⅱ經(jīng)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－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水平軌道相連，圓弧的半徑為R0、軌道間距為L1＝1 m，軌道電阻不計。水平軌道處在豎直向上的勻強磁場中，磁感應強度為B1＝1 T，圓弧軌道處于從圓心軸線上均勻向外

35、輻射狀的磁場中。在軌道上有兩長度稍大于L1、質量均為m＝2 kg、阻值均為R＝0.5 Ω 的金屬棒a、b，金屬棒b通過跨過定滑輪的絕緣細線與一質量為M＝1 kg、邊長為L2＝0.2 m、電阻r＝0.05 Ω 的正方形金屬線框相連。金屬棒a從軌道最高處開始，在外力作用下以速度v0＝5 m/s沿軌道做勻速圓周運動到最低點MN處，在這一過程中金屬棒b恰好保持靜止。當金屬棒a到達最低點MN處被卡住，此后金屬線框開始下落，剛好能勻速進入下方h＝1 m 處的水平勻強磁場B3中，B3＝ T。已知磁場高度H>L2。忽略一切摩擦阻力，重力加速度為g＝10 m/s2。求： 圖9 (1)輻射磁場在圓弧處磁感

36、應強度B2的大??； (2)從金屬線框開始下落到進入磁場前，金屬棒a上產生的焦耳熱Q； (3)若在線框完全進入磁場時剪斷細線，線框在剛要離開磁場B3時剛好又達到勻速，已知線框離開磁場過程中產生的焦耳熱為Q1＝10.875 J，則磁場的高度H為多少。 解析　(1)對金屬棒b，由受力平衡 Mg＝B1IL1 由a、b金屬棒和導軌組成的閉合回路，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 線框進入磁場的瞬間，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)從線框完全進入磁場到完全離開磁場，有 MgH＝Mv－Mv2＋Q1 在剛要離開磁場的瞬間，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