(浙江专用)2020版高考物理复习专题二第2讲动量观点和能量观点在电磁学中的应用讲义增分练(含解析)

1、第2讲 动量观点和能量观点在电磁学中的应用核心要点提炼I网络构建备考策略1 .若只有电场力做功，电势能与动能之和保持不变。2 .若只有电场力和重力做功，电势能、重力势能、动能之和保持不变。3 .洛伦兹力对运动电荷不做功。4 .安培力可做正功，也可做负功。5 .力学中的三大观点（动力学、动量、能量观点）仍是解决力电综合问题首选的方法。高考热点突破|,考向1应用能量观点解决力、电综合问题命题角度【典例1】（2018 全国卷I ,21）（多选）图1中虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，已知平面 b上的电势为2 V。一电子经过 a时的动能为10 eV,从a至1J d的 过程中克服

2、电场力所做的功为6 eV。下列说法正确的是（）图1A.平面c上的电势为零B.该电子可能到达不了平面fC.该电子经过平面d时，其电势能为4 eVD.该电子经过平面 b时的速率是经过 d时的2倍解析电子在等势面b时的电势能为E= q（j）=2 eV,电子由a至U d的过程电场力做负功,电势能增加6 eV,由于相邻两等势面之间的距离相等，故相邻两等势面之间的电势差相等，则电子由a到b、由b到c、由c到d、由d到f电势能均增加2 eV,则电子在等势面 c的电 势能为零，等势面 c的电势为零，A正确；由以上分析可知，电子在等势面 d的电势能应为212eV, C错误；电子在等势面 b的动能为8 eV,电子

3、在等势面 d的动能为4 eV,由公式R=imV 可知，该电子经过平面 b时的速率为经过平面 d时速率的、/2倍，D错误；如果电子的速度与 等势面不垂直，则电子在该匀强电场中做曲线运动，所以电子可能到达不了平面f就返回平面a, B正确。答案 AB【典例2】（2019 浙江宁海选考模拟）如图2所示，一带正电小球穿在一根绝缘粗糙直杆上， 杆与水平方向夹角为0 ,整个空间存在着竖直向上的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，先给小球一初速度，使小球沿杆向下运动，在A点时的动能为100 J ,在C点时动能减为零,D为AC的中点，那么带电小球在运动过程中（）图2A.到达C点后小球不可能沿杆向上运动B.小球在A

4、D段克服摩擦力彳的功与在 DC段克服摩擦力做的功不等 C.小球在D点时的动能为50 JD.小球电势能的增加量等于重力势能的减少量解析 如果电场力大于重力，则速度减为零后小球可能沿杆向上运动，选项A错误；小球受重力、电场力、洛伦兹力、弹力和滑动摩擦力，由于 F洛=4丫8故洛伦兹力减小，导致支持 力和滑动摩擦力变化，故小球在AD段克服摩擦力做的功与在 DC段克服摩擦力做的功不等，选项B正确；由于小球在 AD段克服摩擦力做的功与在DC段克服摩擦力做的功不等，故小球在D点时的动能也就不一定为50 J ,选项C错误；该过程是小球的重力势能、电势能、动能和系统的内能之和守恒，故小球电势能的增加量不等于重力

5、势能的减少量，选项D错误。答案 B命题角度动力学观点和能量观点在电磁感应中的应用【典例3】（2019 温州九校高三上学期模拟 ）如图3甲所示，两条相互平行的光滑金属导轨, 相距L=0.2 m ,左侧轨道的倾斜角0 =30。，右侧轨道为圆弧线，轨道端点间接有电阻1.5轨道中间部分水平，MP NQ可距离为d=0.8 m,水平轨道间充满方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度 B随时间变化如图乙所示。一质量为x 10 g、导轨间电阻为r = 1.0 Q的导体棒a从t=0时刻无初速释放，初始位置与水平轨道间的高度差Hi= 0.8 E另一与a棒完全相同的导体棒 b静置于磁场外的水平轨道上，靠近磁场左边界PM

6、a棒下滑后平滑进入水平轨道(转角处无机械能损失)，并与b棒发生碰撞而粘合在一起，此后作为一个整体运动。导体棒始终与导轨垂直并接触良好，轨道的电阻和电感不计，重力加速度大小g取10 m/s 2。求：图3(1)导体棒进入磁场前，流过R的电流大小；(2)导体棒刚进入磁场瞬间受到的安培力大小；导体棒最终静止的位置离PM的距离；(4)全过程电阻 R上产生的焦耳热。解析(1)由法拉第电磁感应定律可知AE)= = kdL=0.2 V At由闭合电路欧姆定律有日Ig = 0.1 A。rR+ 2(2) a棒滑到底端时的速度为 vd,由动能定理有1 2mgH= 2mv>与b发生完全非弹性碰撞后的速度为v由动

7、量守恒定律有mv>= 2mv= 0.8 s此后磁场不再变化,电动势为E= BLv,E I =R+2所以安培力大小为F= BIL = 0.04 N 。(3)导体棒直到静止，由动量定理有BqL= 2mvLBs其中q = r，S为导体棒在水平轨道上滑过的路程R+ 2由以上各式解得s = 2 m,因此导体棒停在距离PM为0.4 m处。(4)滑入磁场前有 Qi=I0Rt,解得Qi=1.2X10-2 J12 r碰后有 Q= -X2mV=Qh+Q2Q2 R -2=-，解得 QR2 = 3X10 JQ=Qi+ QR2r r4 2由以上各式解得Q= 0.042 J 。答案 (1)0.1 A (2)0.04

8、 N (3)0.4 m (4)0.042 J反思归纳，1 .动能定理在力学和电场中应用时的“三同一异”述能分析 分析研究时京是单一蛆动过程还 .是至力运动过程奋力行后 分析研窕时窠各个蛆动过程的受 力情况更各力的做功情况功能关系分析 合力时研究时集健的功等于其动能的变化小不同点在电场中运动时多了一个电坳力，楮别注意 电埼力修功与路径无美2 .功能关系在力学和电磁感应中应用时的“三同三异”右口均需运动过程分析. 受力分析和功能之间的关系 管手分析一啜力分析:在电磁感应中比力学中多了 L全安培力不会_功能过程分析：在电磁感应问题中，安培力一般做负功，产生焦耳掳涉及知识比力学中多了右手定期.左手定时

9、.闱合电路的欧姆定律等I考向预测产1.(2019 浙江安吉选考模拟)如图4所示，一竖直固定且光滑绝缘的直圆筒底部放置一可视3为点电荷的场源电荷 A,其电荷量Q= + 4X10 C,场源电荷 A形成的电场中各点的电势表达式为。=器，其中k为静电力常量，r为空间某点到场源电荷 A的距离。现有一个质量为m=0.1 kg的带正电的小球 B,它与A球间的距离为 a= 0.4 m ,此时小球 B处于平衡状态，且小球B在场源电荷 A形成的电场中具有的电势能的表达式为5=愣 其中r为A与B之间的r距离。另一质量为 m的不带电绝缘小球 C从距离B的上方H= 0.8 m处自由下落，落在小球B上立刻与小球B粘在一起

10、以2 m/s的速度向下运动，它们到达最低点后又向上运动，向上运动到达的最高点为(1)小球C与小球P(g 取 10 m/s2, k= 9X109 Nl-m2/C2)。求:(2)小球C与小球B一起向下运动的过程中，最大速度为多少?解析 (1)小球C自由下落H时获得速度Vo,由机械能守恒定律得B碰撞前的速度vo的大小？小球B的电荷量q为多少?12mgH= 2mo解得 vo= .2gH= 4 m/s小球B在碰撞前处于平衡状态，对B球由平衡条件得kqQ mg= /代入数据得 q=4x 10 8 C =4.4X1。9 Co 9(2)两个球碰撞过程，动量守恒，故mv=2mv设当B和C向下运动的速度最大为 V

11、m时，与A相距x,对B和C整体，由平衡条件得2mg= kQq代入数据得x= 0.28 m 由能量守恒定律得1 2 kQq12, Qq2X2 mv+ + 2mga= 2X2 mm+ 2mgx+ k-代入数据得Vm= 2.16 m/s 。答案 (1)4 m/s 4.4X10 9 C (2)2.16 m/s2 .(2019 江南十校模拟)如图5, EFPM明光滑金属导轨，电阻不计，处于竖直平面内，其中FP倾斜，倾角为0 , EF±FP, PMW半彳仝为R的圆弧，圆弧与倾斜部分平滑连接于P点，NM分别为圆弧的竖直直径的两端点，还有一根与EFPM匿全相同的导轨 E F' P'

12、M N',两导轨平行放置，间距为 L,沿垂直于导轨所在平面的方向看去，两导轨完全重合。过P点的竖直线右侧有垂直于 FP向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B,两根相同白金属棒 ab、cd(图中只画出了 a端和c端)，质量为m电阻为r,分别从导轨FP和EF上某位置由静止释放，在以后的过程中，ab、cd始终与导轨保持垂直且接触良好。(轨道FP和EF足够长，题中所给的各个物理量均为已知，重力加速度为g)图5 若ab棒到达P点之前已经匀速运动,求ab棒匀速下滑时的速度v,以及此时cd棒的电功率P;(2)在第 问的基础上，若 0 =60° ,m= 0.1 kg , r = 3 Q , B=

13、 1 T , L= 1 m,R= 77 m, g= 10 m/s 2,则ab棒能否运动到圆弧最高点?15解析 (1)匀速下滑时有 m§in 0 -BIL = 0, I =BLv,口2mgrsin 0得 v=b2l2根据能量守恒，此时回路总的电功率等于ab棒重力的功率，所以cd棒的电功率P= mgsn 9即 PimgSF)2 r。 BL,2mgrsin0 /口(2)到达 P点时，由 v=Bp,得 vp=4 m/s ,假定能够运动到圆弧最高点，且到达最高点时速度为VN,31212由机械能守恒得2mgRF mv= 2mP代入数据得VN= 0v gR故ab棒不能运动到圆弧最高点。答案等1 (

14、m)2-r (2)不能运动到圆弧最高点 B LBL考向应用动量观点和能量观点解决力、电综合问题0HlM 1动量观点和能量观点在电磁场中的应用【典例1】(2019 浙江宁波选考模拟)如图6所示，一竖直光滑绝缘的管内有一劲度系数为k的轻质绝缘弹簧，其下端固定于地面，上端与一质量为m带电荷量为+ q的小球A相连，整个空间存在一竖直向上的匀强电场，小球A静止时弹簧恰为原长，另一质量也为m的不带电的绝缘小球 B从管内距A高为X0处由静止开始下落，与 A发生碰撞后一起向下运动。若全过程中小球A的电荷量不发生变化，重力加速度为gooB A " E "图6(1)若X0已知，试求B与A碰撞过

15、程中损失的机械能A E;(2)若X0未知，且B与A一起向上运动在最高点时恰未分离，试求A B运动到最高点时弹簧的形变量X； 在满足第(2)问的情况下，试求 A B运动过程中的最大速度 vm。解析(1)设匀强电场的场强为 E,在碰撞前A静止、弹簧恰为原长时，有mg- qE= 012设B在与A碰撞刖的速度为 V0,由机械能寸恒7E律得 mgx = mv设B与A碰撞后共同速度为 vi,由动量守恒定律得mv= 2mvB与A碰撞过程中损失的机械能A E为A E=1mV - - - 2 mv221解得 AE= 2mgx。(2) A、B在最高点恰不分离，此时弹簧处于拉伸状态，且 A B间的弹力为零，设它们共

16、同加 速度为a,则对 B： mg= ma对 A： m/ kx qE= ma解得x = mJ k(3) A B一起运动过程中合外力为零时具有最大速度，设此时弹簧的压缩量为x',则2mg- (kx' + qEt = 0解得x z = mgk由于x' =x,说明A B在最高点处与合外力为 0处弹簧的弹性势能相等，对此过程由能量守恒定律得12(qE 2mg( x' +x)=02 2mw2mk °解得Vm= g2m k答案(1) 2mgx (2) mg (3) g 2k命题角度2动量观点和能量观点在电磁感应中的应用【典例2】(2019 浙江省重点中学高三期末热身

17、联考)如图7所示，两根间距为 L的光滑金属导轨CMMP1P2、DNN2QQ固定放置，导轨 MN左侧向上弯曲，右侧水平。水平导轨左端有宽 度为d、方向竖直向上的匀强磁场区域I ,右端有另一磁场区域H,其宽度也为d,但方向竖直向下，两磁场的磁感应强度大小均为B,相隔的距离也为 do有两根电阻均为 R的金属棒a和b与导轨垂直放置，金属棒 a质量为m金属棒b质量为3m b棒置于磁场n的中点 e、F 处，并用绝缘细线系住，细线能承受的最大拉力为Foo现将a棒从弯曲导轨上某一高度 h0处由静止释放并沿导轨运动， 当a棒刚进入磁场区域I时细线刚好被拉断，重力加速度大小为 goc图7(1)当a棒在磁场I中运动

18、时，若要使b棒在导轨上保持静止，则a棒刚释放时的高度应小于某一值ho,求ho的大小；(2)若将a棒从弯曲导轨上高度小于ho处由静止释放，使其以速度 V1(V1为已知量)进入磁场区域I。求a棒通过磁场I的过程中，a棒产生的焦耳热；(3)若将a棒从高度大于ho的某处由静止释放，使其以速度V2(V2为已知量)进入磁场区域I ,、. 1 一记为t=0时刻；经过时间to后从区域I穿出，穿出时 a棒的速度为2v2,求to时刻b棒的速度vb。解析(1)因为a棒进入磁场I后做减速运动，所以只要刚进入时b棒不动，b棒就可以静止不动，由题意对a棒：由机械能守恒定律得mgh=；mv对回路:EE= BLv), I =

19、 2 R对b棒:BIL=Fo联立解得2R2F0h0=gB4L4o(2) a棒从弯曲导轨上高度为 h( h< ho)处由静止释放，则 b棒保持静止。设 a棒出磁场I的速度为va棒进入磁场I的过程：mv mv= BLIit i = BLqBLdqi = -2R口B2L2d联立将v=vi-mRa棒产生的焦耳热2vi-甘L2dImR手122B2L2dQa = 4n(Vi-v)=R将a棒从高度大于h0的某处由静止释放，当 a棒进入磁场区域I瞬时，细线被拉断，b棒开始运动。a棒经过时间to后从区域I穿出，设 b棒不能出磁场区域n。在 0to阶段，a、b两棒的冲量相同，则 mw：mv=3mv,解得vb

20、 = ：v2 26一i一, i 一 一 i因Va>；V2=3Vb,所以Xb<-d ,即b棒不能出磁场区域H,则Vb=-V2o236答案见解析反思妇纳二(i)克服安培力做了多少功，就有多少其他形式的能转化为电能；安培力做了多少功，就有多 少电能转化为其他形式的能。(2)若回路中电流恒定，可以利用W UIt或Q= 12Rt直接进行电能计算。(3)若电流变化，则根据能量守恒求解。|考向预测产(2019 稽阳联谊学校联考)如图8所示，两根光滑的金属平行导轨放在水平面上，左端向上 弯曲，右端连有绝缘弹性障碍物，导轨间距为L=0.5 m ,电阻不计。水平段导轨所处空间有竖直向下的匀强磁场，磁感

21、应强度大小B= 1.0 T 。质量为mb=0.1 kg、电阻为 R=0.1 Q的金属棒b垂直导轨放置其上，它与磁场左边界 AA'的距离为Xo=1.0 m,现将质量为 m=0.2 kg、 电阻为R = 0.2 Q的金属棒a从弯曲导轨上高为 h=0.45 m处由静止释放，使其沿导轨运动。 已知在以后的运动过程中，两金属棒始终不会相撞，且金属棒b撞击障碍物前已经是匀速运动状态，撞击过程中不损耗机械能。设两金属棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，g取210 m/s 。求:图8(1)金属棒a刚越过磁场左边界 AA时，它两端的电压大小；(2)金属棒b第一次撞击障碍物前，b棒上产生的焦耳热；金属棒

22、a最终静止在轨道上离障碍物的距离。解析(1) a到达底端时速度大小为 vo1 2rmgh=2rmv0,得 vo = 2gh= 3 m/s电动势 E= BLvd= 1.5 VR电压 U= -E= 0.5 V。 R+ Rd(2) b棒做匀速直线运动，说明已没有安培力，已没有电流，则 a、b两棒速度相等由动量守恒定律 mavo= ( m+ m) V1得 V1= 2 m/s12总焦耳热 Q总=mgh 2( m+ m) V1= 0.30 J ,b棒上广生的焦耳热 Q=bQ总= 0.10 J 。Ra+R(3) a棒进入磁场后，最终停止，应用动量定理-mav0 = - E F 安 At,即 mv°

23、=BLA q,得 Aq=1.2 CBLA x ,口又 A q=力 力，得 Ax= 0.72 m 2 R?由分析知，多次碰撞后，b棒最终停靠在障碍物旁。而电荷量是由磁通量的变化引起的，故Ax为a棒与b棒的间距的变化量，且 a棒始终是单向直线运动，得 X1= X0 A x= 0.28 m。答案 (1)0.5 V (2)0.10 J (3)0.28 m课时跟踪训练I一、选择题(14题为单项选择题，57题为不定项选择题)1.(2019 浙江温岭上学期选考模拟)如图1甲所示，在列车首节车厢下面安装一电磁铁，电磁铁产生垂直于地面的匀强磁场，首节车厢经过安放在两铁轨间的线圈时，线圈中产生的电脉冲信号传到控制

24、中心。图乙为某时控制中心显示屏上的电脉冲信号，则此时列车的运动情 况是()A.匀速运动C.匀减速运动列车铁轨：礴场区域：L,j接控制中心甲nN乙B.匀加速运动D.变加速运动解析 由v-t图象可知，线圈两端的电压大小随时间均匀减小，即有u= U0-kt或u=U0+ kt,由法拉第电磁感应定律u= Blv ,解得v=U'或v = 旨，其中仕、k、Bl BlBl Bl Bll、B是一定的，即速度随时间均匀减小，所以此时列车做匀减速运动，选项C 正确，A、B、D错误。答案 C2.（2019 浙江桐乡茅盾中学模拟）如图2所示,MN PQ是两条水平放置的平行金属导轨，匀强磁场的磁感线垂直导轨平面。

25、导轨左端接阻值R= 1.5 Q的电阻，电阻两端并联一电压表,垂直导轨跨接一金属杆ab, ab的质量m= 0.1 kg,电阻r = 0.5 a。ab与导轨间动摩擦因数科=0.5 ,导轨电阻不计，现用F= 0.7 N的恒力水平向右拉 ab,使之从静止开始运动，经时间2 s后，ab开始做匀速运动，此时电压表示数U= 0.3 V 。重力加速度g= 10 m/s2。则ab加速过程中，通过 R的电荷量为（）A.0.12 CC.0.72 C解析金属杆做匀速直线运动时,角军得 BL= 1 T n v= 0.4 m/s定理得 Ft 科 mgt- BI Lt = mv答案 B3.（2019 浙江杭州二中选考模拟x

26、p X图2B.0.36 CD.1.6 C,，r、一 BLv U由平衡条件得F=科m/BIL ,由欧姆定律得I =七 =口,r十rr,设ab加速时间为t,加速过程的平均感应电流为I,由动量电荷量q= It,代入数据解得 q=0.36 C ,故选项B正确。）如图3所示，光滑斜面的倾角为 0 ,斜面上放置一矩形导体线框abcd, ab边的边长为卜，bc边的边长为12,线框的质量为簿电阻为R,线框通过绝缘细线绕过光滑的定滑轮与一重物相连，重物质量为M斜面上ef线（ef平行底边）的右方有垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度为B,如果线框从静止开始运动，进入磁场的最初一段时间是做匀速运动的，且线框的ab边始

27、终平行于底边，重力加速度大小为g,则下列说法正确的是（）图3A.线框进入磁场前运动的加速度为nB.线框进入磁场时匀速运动的速度为(Mg- mgsin 0 ) RBliB211联立解得线框进入磁场时匀速运动的速度为(Mg- mgsin 0 ) R,B错误；线框做匀速运、l 2动的总时间为t =一 v_2 2B2l 11 2(Mg- mgsin 0 ) RC错误；由能量守恒定律，该匀速运动过程中产生C.线框做匀速运动的总时间为（Mg msin 0）RD.该匀速运动过程中产生的焦耳热为（Mg- mgsin 0 ） 12解析由牛顿第二定律得Mg- mgin 0 =（M什n）a,解得线框进入磁场前运动的

28、加速度为Mg- m(sin, 一么一，En j, A 错误；由平衡条件得Mg- mgsin 9F 安=0, F 安=BI11, I =-, E= BIiv,mh mR的焦耳热等于系统重力势能的减少量，为（Mg- mg>in 0 ） 12, D正确。答案 D4.（2019 浙江宁波适应性考试 ）如图4甲所示，真空中有一半径为R、电荷量为+ Q的均匀带电球体，以球心为坐标原点,沿半径方向建立x轴。理论分析表明，x轴上各点的场强随 x变化关系如图乙所示，则甲, kQA. Xi处场强大小为 XiB.X2处场强大小为kQxR3C.球内为匀强电场D. E x图线与x轴所围的面积表示电势差大小应为RQ

29、,因R>xi,推理R处场强大小应为解析 由乙图可知，沿 x轴方向，x=R时场强最大。若 xi处场强大小为 胃，那么R处的场强 所以kQ>R'与乙图矛盾，故A错误；若x2处的场强大小为 等，照此-R3-,因为x2>R,故一R->R3,与乙图矛盾，故 B错误；由乙图可知 C错误；由E- x图象的物理意义可知 D正确。答案 D5. （2019 浙江杭州西湖高级中学高三新高考适应性考试）如图5所示，abcd为一矩形金属线框，其中ab=cd=L, ab边接有定值电阻 R, cd边的质量为 簿 其他部分的电阻和质量均不计， 整个装置用两根绝缘轻弹簧悬挂起来。线框下方处在磁感

30、应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于纸面向里。初始时刻，使两弹簧处于自然长度，且给线框一竖直向下的初速度V0,当cd边第一次运动至最下端的过程中，R产生的电热为 Q此过程cd边始终未离开磁场，已知重力加速度大小为g,下列说法中正确的是（）Rx b x >XXX*XXX图5色L2vA.初始时刻cd边所受安培力的大小为mgRB.线框中产生的最大感应电流可能为BLv0R 1 2C.cd边第一次到达最下端的时刻，两根弹簧具有的弹性势能总量大于2mv Q12D.在cd边反复运动过程中，R中广生的电热最多为2mvE BLv0解析 初始时刻cd边速度为V。，产生的感应电动势为 E= BLv。，感

31、应电流I=£=一丁，初始R R时刻cd边所受安培力的大小为 F= BIL = ,选项A错误；若F>mg cd边开始向下减速， R12_ _、-，电流变小，初始时电流最大，选项 B正确；由能量守恒定律，2mv+mgh Q+日，cd边第一次11到达最下端的时刻，两根弹簧具有的弹性势能总量为B=2mV+mghH Q大于2mVQ选项C正确；在cd边反复运动过程中，最后平衡位置弹簧弹力等于线框重力，一定具有弹性势能，12R中广生的电热一定小于 2mV,选项D错误。答案 BC6. （2019 河南六市第 5次联考）如图6所示，半径为 R的光滑半圆弧绝缘轨道固定在竖直平 面内，磁感应强度为

32、B的匀强磁场方向垂直轨道平面向里。一可视为质点、质量为 m电荷量 为q（q>0）的小球由轨道左端 A处无初速度滑下。当小球滑至轨道最低点 C时，给小球再施加 一始终水平向右的外力 F,使小球能保持不变的速率滑过轨道右侧的D点。若小球始终与轨道接触，重力加速度为 g,则下列判断中正确的是（）图6A.小球在C点受到的洛伦兹力大小为 qB/gRB.小球在C点对轨道的压力大小为 3mg- qB/2gRC.小球从C到D的过程中，外力 F的大小保持不变D.小球从C到D的过程中，外力 F的功率逐渐增大1解析 小球从A到C过程机械能寸恒有 mgR= mv,解得v = 2gR,所以小球在 C点受到的洛2伦

33、兹力大小为 尸洛=4&/2 故选项A错误；在C点由牛顿第二定律有 Fn m/F洛=成，解 得Fn= 3mg- qB/2gRt,故选项B正确；小球从 C到D的过程中，合外力始终指向圆心，所以外 力F的大小发生变化，故选项 C错误；小球从 C到D的过程中，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的功率逐渐增大，故选项 D正确。答案 BD7.（2019 浙江名校联盟联考）如图7所示，固定的竖直光滑 U型金属导轨，间距为 L,上端接 有阻值为R的电阻，处在方向水平且垂直于导轨平面、磁感应强度为B的匀强磁场中，质量为m电阻为r的导体棒与劲度系数为 k的固定轻弹簧相连放在导轨上，

34、导轨的电阻忽略不计。Vo。初始时刻，弹簧处于伸长状态，其伸长量为xi=mg,此时导体棒具有竖直向上的初速度k在沿导轨往复运动的过程中，导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触。则下列说法正确的是A.初始时刻导体棒受到的安培力大小图7B2L2V0FR-、-1 +、心一B2L2V0B.初始时刻导体棒加速度的大小a=2g+m （ rvb r;C.导体棒往复运动，最终静止时弹簧处于压缩状态D.导体棒开始运动直到最终静止的过程中，电阻R上产生的焦耳热 Q= gmV+S2 k解析 由法拉第电磁感应定律得E= BLv。，由闭合电路欧姆定律得 I =芸7,由安培力公式得rvr rB2L2V0BVv。皿山亍 “F=

35、" r ,故选项 A错庆；初始时刻，F+mW kxi=ma 得 a= 2g+ m（ r+ r）, 故选项 B正确；因为导体棒静止时没有安培力，只有重力和弹簧的弹力，故弹簧处于压缩状态，故选项C正确；根据能量守恒，减少的动能和重力势能全部转化为焦耳热，即Q总= 3mV2+mGxi+mg=2 2mV+g,但R上的焦耳热小于 Q总，故选项D错误。 k答案 BC二、非选择题8.（2019 浙江江山选考模拟）如图8（a）所示，斜面倾角为 37° , 一宽为d=0.43 m的有界匀强磁场垂直于斜面向上，磁场边界与斜面底边平行。在斜面上由静止释放一长方形金属线框，线框沿斜面下滑，下边与磁

36、场边界保持平行。取斜面底部为零势能面，从线框开始运动到恰好完全进入磁场的过程中，线框的机械能E和位移x之间的关系如图（b）所示，图中、均为直线段。已知线框的质量为m= 0.1 kg ,电阻为 R= 0.06 Q ,重力加速度取 g= 10 m/s ,sin 37 ° = 0.6cos 37 ° = 0.8 o(a)(1)求金属线框与斜面间的动摩擦因数科；(2)求金属线框刚进入磁场到恰好完全进入磁场所用的时间Pno(3)求金属线框穿越磁场的过程中，线框中产生焦耳热的最大功率解析(1)由能量守恒定律可知，线框减少的机械能等于克服摩擦力所做的功，则mgpos 37 °

37、X1其中 X1=0.36 m , A 曰=(0.900 0.756) J =0.144 J可解得= 0.5。(2)金属线框进入磁场的过程中，减少的机械能等于克服摩擦力和安培力所做的功，机械能仍均匀减少，因此安培力也为恒力，线框做匀速运动v2=2axi, 其中 a=gsin 37一gcos 372=2 m/sX2= 0.15 m2 2 2BL V2Pm= -R-根据线框匀速进入磁场时,可求出Fa=0.2 N ,又因为Fa+mgpos 37 ° = mg>in 372 2匚 BLv1Fa= r ,可求出B2L2=0.01 T 2 - m2将V2、B2L2的值代入，可求出展g=0.4

38、3 W。 R可解得线框刚进磁场时的速度大小为V1= 1.2 m/sAE=W2+W= (Ff + FA)X2其中 AE2=(0.756 0.666) J =0.09 JR+FA=mgjin 37 ° = 0.6 N ,X2为线框的侧边长，即线框进入磁场过程运动的距离，可求出X2 0.15t = = . , s = 0.125 s oV11.2 (3)线框刚出磁场时速度最大，线框内的焦耳热功率最大,22由 V2= vi + 2a(d X2),可求得 V2= 1.6 m/s答案(1)0.5(2)0.125 s (3)0.43 W9.(2019 四川绵阳市二诊)如图9所示，轨道 ABCDPf

39、c于竖直平面内，其中圆弧段CD与水平段AC及倾斜段DP分别相切于 C点和D点，水平段 AR圆弧段CDW顷余段DP都光滑，水平段BC粗糙，DP段与水平面的夹角 9=37。，D C两点的高度差h=0.1 m ,整个轨道绝缘,处于方向水平向左、场强未知的匀强电场中。一个质量mi= 0.4 kg、带正电、电荷量未知的小物块I在 A点由静止释放，经过时间t = 1 s,与静止在B点的不带电、质量 m= 0.6 kg小物块n碰撞并粘在一起在BC段上做匀速直线运动，到达倾斜段DP上某位置。物块I和n与轨道BC段的动摩擦因数都为科=0.2。g=10 m/s 2, sin 37 ° = 0.6 , c

40、os 37 ° = 0.8。求：TCH物块i和n在 BC段上做匀速直线运动的速度大小；(2)物块I和n第一次经过 C点时，圆弧段轨道对物块I和n支持力的大小。解析(1)物块I和n粘在一起在 BC段上做匀速直线运动，设电场弓虽度为 E,物块I带电荷量为q,物块I与物块n碰撞前速度为 vi,碰撞后共同速度为 V2,则qE=( m+ m)gqEt= mv1mv1= (m+ m) V2解得 V2= 2 m/s。(2)设圆弧段CD的半彳空为R,物块I和n经过 C点时圆弧段轨道对物块I和n支持力的大小为 Fn,则R1 cos 0 ) = hZ.、2(m+m) V2Fn (m+ m2) g=r解得 Fn= 18 No答案 (1)2 m/s (2)18 N10.(2019 金丽衢十二校联考物理试题)有人设计了可变阻尼的电磁辅助减震系统，由三部分组成。一部分是电磁侦测系统；一部分是可变电磁阻尼系统，吸收震动时的动能；控制系统接收侦测系统的信号，改变阻尼磁场的强弱。系统如图10甲所示，侦测线框、阻尼线圈固