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专题06 动量和能量观点在电磁学中的应用-备战2021届高考物理二轮复习题型专练
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这是一份专题06 动量和能量观点在电磁学中的应用-备战2021届高考物理二轮复习题型专练，文件包含专题06动量和能量观点在电磁学中的应用原卷版doc、专题06动量和能量观点在电磁学中的应用解析版doc等2份教案配套教学资源，其中教案共25页， 欢迎下载使用。
【要点提炼】
一、电势能变化的规律
1.电场力做正功(负功)，电势能减小(增大)；正电荷在电势高处电势能大，负电荷在电势低处电势能大。
2.电场力做功的过程是电势能和其他形式的能相互转化，而能量总和应保持不变。
(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。
二、电磁感应中的功能关系
eq \x(\a\al(其他形式,的能量))eq \(――→,\s\up7(克服安培,力做功))eq \x(电能)eq \(――→,\s\up7(电流做功))eq \x(\a\al(焦耳热或其他,形式的能量))
三、备考策略
1.洛伦兹力对运动电荷不做功。
2.安培力可做正功，也可做负功。
3.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。
【方法指导】
一、电磁感应中求解焦耳热的三种方法
二、电磁感应中动力学问题的“两分析、两状态”
1.分析受力情况、分析运动情况
(1)导体切割磁感线运动产生感应电动势，在电路中产生感应电流，导体在磁场中受安培力，安培力将阻碍导体运动。
(2)安培力一般是变力，导体做切割磁感线运动的加速度发生变化，当加速度为零时，导体达到稳定状态，最后做匀速直线运动。
2.两种状态的处理方法
(1)导体处于平衡状态——根据导体所受合力等于零列式分析。
(2)导体处于非平衡状态——根据牛顿第二定律、动量定理进行动态分析或结合功能关系分析。
命题点一： 应用能量观点解决力电综合问题
考向一 电场中的功能关系
【典例1】 (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到d的过程中克服电场力所做的功为6 eV。下列说法正确的是( )
A.平面c上的电势为零
B.该电子可能到达不了平面f
C.该电子经过平面d时，其电势能为4 eV
D.该电子经过平面b时的速率是经过d时的2倍 （图1）
【解析】 电子在等势面b时的电势能为Ep＝qφ＝－2 eV，电子由a到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2 eV，C错误；电子在等势面b的动能为8 eV，电子在等势面d的动能为4 eV，由公式Ek＝eq \f(1,2)mv2可知，该电子经过平面b时的速率为经过平面d时速率的eq \r(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
考向二 能量观点在电磁场中的应用
【典例2】 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θ，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( )
A.到达C点后小球不可能沿杆向上运动
B.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
C.小球在D点时的动能为50 J
D.小球电势能的增加量等于重力势能的减少量 （图2）
【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＝qvB，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势能的减少量，选项D错误。
【答案】 B
考向三 动力学观点和能量观点在电磁感应中的应用
【典例3】 小明设计的电磁健身器的简化装置如图3所示，两根平行金属导轨相距l＝0.50 m，倾角θ＝53°，导轨上端串接一个R＝0.05 Ω 的电阻。在导轨间长d＝0.56 m的区域内，存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度B＝2.0 T。质量m＝4.0 kg 的金属棒CD水平置于导轨上，用绝缘绳索通过定滑轮与拉杆GH相连。CD棒的初始位置与磁场区域的下边界相距s＝0.24 m。一位健身者用恒力F＝80 N拉动GH杆，CD棒由静止开始运动，上升过程中CD棒始终保持与导轨垂直。当CD棒到达磁场上边界时健身者松手，触发恢复装置使CD棒回到初始位置(重力加速度g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，不计其他电阻、摩擦力以及拉杆和绳索的质量)。求：
(1)CD棒进入磁场时速度v的大小；
(2)CD棒进入磁场时所受的安培力FA的大小；
(3)在拉升CD棒的过程中，健身者所做的功W和电阻产生的焦耳热Q。
（图3）
【解析】 (1)由牛顿第二定律
a＝eq \f(F－mgsin θ,m)＝12 m/s2①
CD棒进入磁场时的速度
v＝eq \r(2as)＝2.4 m/s②
(2)感应电动势E＝Blv③
感应电流I＝eq \f(Blv,R)④
安培力FA＝IBl⑤
代入得FA＝eq \f(（Bl）2v,R)＝48 N⑥
(3)健身者做功W＝F(s＋d)＝64 J⑦
由牛顿第二定律F－mgsin θ－FA＝0⑧
CD棒在磁场区做匀速运动
在磁场中运动时间t＝eq \f(d,v)⑨
焦耳热Q＝I2Rt＝26.88 J
【答案】 (1)2.4 m/s (2)48 N (3)64 J 26.88 J
【总结归纳】
1.动能定理在力学和电场中应用时的“三同一异”
2.功能关系在力学和电磁感应中应用时的“三同三异”
【拓展练习】
1.(多选)如图4所示，两个倾角分别为30°和60°的光滑斜面固定于水平地面上，并处于方向垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场中。两个质量均为m、带电荷量为＋q的滑块甲和乙分别从两个斜面顶端由静止释放，运动一段时间后，两滑块都将飞离斜面。此过程中( )
（图4）
A.甲滑块飞离斜面瞬间的速度比乙滑块飞离斜面瞬间的速度大
B.甲滑块在斜面上运动的时间比乙滑块在斜面上运动的时间短
C.甲滑块在斜面上运动的位移与乙滑块在斜面上运动的位移大小相同
D.两滑块在斜面上运动的过程中，重力的平均功率相等
【解析】 小滑块飞离斜面时，洛伦兹力与重力的垂直斜面的分力大小相等，mgcs θ＝qvmB，解得vm＝eq \f(mgcs θ,qB)，故斜面倾角越大，飞离时速度越小，甲飞离斜面的速度大于乙飞离斜面的速度，选项A正确；甲斜面倾角小，加速度小，且飞离斜面时的速度大，故甲在斜面上运动时间比乙的长，选项B错误；根据动能定理mglsin θ＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)，解得l＝eq \f(m2gcs2 θ,2q2B2sin θ)，故甲的位移大于乙的位移，选项C错误；重力的平均功率为重力乘以竖直方向的分速度的平均值P＝mgsin θ·eq \f(1,2)vm，代入数据得平均值相等，故选项D正确。
【答案】 AD
2.(多选)如图5，同一平面内的a、b、c、d四点处于匀强电场中，电场方向与此平面平行，M为a、c连线的中点，N为b、d连线的中点。一电荷量为q(q>0)的粒子从a点移动到b点，其电势能减小W1；若该粒子从c点移动到d点，其电势能减小W2。下列说法正确的是( )
A.此匀强电场的场强方向一定与a、b两点连线平行
B.若该粒子从M点移动到N点，则电场力做功一定为eq \f(W1＋W2,2)
C.若c、d之间的距离为L，则该电场的场强大小一定为eq \f(W2,qL) （图5）
D.若W1＝W2，则a、M两点之间的电势差一定等于b、N两点之间的电势差
【解析】 由题意得(φa－φb)q＝W1，(φc－φd)q＝W2，只能得出a、b两点间和c、d两点间的电势关系，无法确定场强的方向，选项A错误；若c、d之间的距离为L，因无法确定场强的方向，故无法确定场强的大小，选项C错误；由于φM＝eq \f(φa＋φc,2)、φN＝eq \f(φb＋φd,2)、WMN＝q(φM－φN)，上述式子联立求解得粒子从M点移动到N点电场力做的功为WMN＝eq \f(W1＋W2,2)，选项B正确；若W1＝W2，有φa－φb＝φc－φd，变形可得φa－φc＝φb－φd，又φa－φM＝eq \f(φa－φc,2)，φb－φN＝eq \f(φb－φd,2)，所以φa－φM＝φb－φN，选项D正确。
【答案】 BD
3.如图6甲所示，空间存在B＝0.5 T、方向竖直向下的匀强磁场，MN、PQ是处于同一水平面内相互平行的粗糙长直导轨，间距l＝0.2 m，在导轨一端连接着阻值为R＝0.4 Ω的定值电阻，ab是放在导轨上质量为m＝0.1 kg的导体棒。从零时刻开始，通过一小型电动机对ab棒施加一个牵引力，方向水平向左，使其从静止开始沿导轨做加速运动，此过程中棒始终保持与导轨垂直且接触良好。图乙是拉力F与导体棒ab速率倒数关系图象(F1未知)。已知导体棒ab与导轨间的动摩擦因数μ＝0.2，除R外，其余部分电阻均不计，不计定滑轮的质量和摩擦，g取10 m/s2。
(1)求电动机的额定功率；
(2)若导体棒ab在16 s内运动了90 m并恰好达到最大速度，求在0～16 s内电阻R上产生的焦耳热。
（图6）
【解析】 (1)由图象知导体棒ab的最大速度为v1＝10 m/s
此时，导体棒中感应电动势为E＝Blv1
感应电流I＝eq \f(E,R)
导体棒受到的安培力FA＝BIl
此时电动机牵引力为F1＝eq \f(P,v1)
由牛顿第二定律得F1－μmg－FA＝0
联立代入数据解得P＝4.5 W。
(2)由能量守恒定律得Pt＝Q＋μmgs＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)
代入数据解得R上产生的热量Q＝49 J。
【答案】 (1)4.5 W (2)49 J
命题点二： 应用动量观点和能量观点解决力电综合问题
考向一 动量观点和能量观点在电场中的应用
【典例1】 (多选)如图7所示，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平；两微粒a、b所带电荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板附近，与极板距离相等。现同时释放a、b，它们由静止开始运动。在随后的某时刻t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面。a、b间的相互作用和重力可忽略。下列说法正确的是( )
A.a的质量比b的大
B.在t时刻，a的动能比b的大
C.在t时刻，a和b的电势能相等
D.在t时刻，a和b的动量大小相等 （图7）
【解析】 两微粒只受电场力qE作用且两电场力大小相等，由x＝eq \f(1,2)at2知微粒a的加速度大，由qE＝ma知微粒a的质量小，A错误；由动能定理qEx＝Ek得，位移x大的动能大，B正确；在同一等势面上，a、b两微粒电荷量虽相等，但电性相反，故在t时刻，a、b的电势能不相等，C错误；由动量定理qEt＝mv得，在t时刻，a、b的动量大小相等，D正确。
【答案】 BD
考向二 动量观点和能量观点在电磁感应中的应用
【典例2】 (多选)如图8所示，足够长的光滑水平轨道，左侧轨道间距为0.4 m，右侧轨道间距为0.2 m。空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为0.2 T。质量均为0.01 kg的金属棒M、N垂直导轨放置在轨道上，开始时金属棒M、N均保持静止，现使金属棒M以5 m/s的速度向右运动，两金属棒在运动过程中始终相互平行且与导轨保持良好接触，M棒总在宽轨上运动，N棒总在窄轨上运动。已知两金属棒接入电路的总电阻为0.2 Ω，轨道电阻不计，下列说法正确的是( )
（图8）
A.M、N棒在相对运动过程中，回路内产生顺时针方向的电流(俯视)
B.M、N棒最后都以2.5 m/s的速度向右匀速运动
C.从开始到最终匀速运动电路中产生的焦耳热为6.25×10－2 J
D.在两棒整个的运动过程中，金属棒M、N在水平导轨间扫过的面积之差为0.5 m2
【解析】 金属棒M向右运动后，穿过M、N与导轨组成的闭合回路中的磁通量减小，根据楞次定律可得回路内产生顺时针方向的电流(俯视)，选项A正确；两棒最后匀速时，电路中无电流，即BL1v1＝BL2v2，解得v2＝2v1，选取水平向右为正方向，对M、N分别利用动量定理可得：对N有FN安t＝mv2，对M有－FM安t＝mv1－mv0，又知道导轨宽度是2倍关系，故FM安＝2FN安，联立解得v1＝1 m/s，v2＝2 m/s，选项B错误；根据能量守恒定律可得eq \f(1,2) mveq \\al(2,0)＝Q＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)，解得Q＝0.1 J，选项C错误；在N加速过程中，由动量定理得Beq \(I,\s\up6(－))L2Δt＝mv2－0，电路中的电流eq \(I,\s\up6(－))＝eq \f(E,R)，根据法拉第电磁感应定律有E＝eq \f(ΔΦ,Δt)，其中磁通量变化量ΔΦ＝BΔS，联立以上各式，得ΔS＝0.5 m2，选项D正确。
【答案】 AD
【总结归纳】
(1)若回路中电流恒定，可以利用W＝UIt或Q＝I2Rt直接进行电能计算。
(2)若电流变化，则根据能量守恒求解。
【拓展练习】
如图9所示，将带电荷量Q＝＋0.3 C、质量m′＝0.3 kg的滑块放在小车的水平绝缘板的右端，小车的质量M＝0.5 kg，滑块与绝缘板间的动摩擦因数μ＝0.4，小车的绝缘板足够长，它们所在的空间存在磁感应强度B＝20 T的水平方向的匀强磁场(垂直于纸面向里)。开始时小车静止在光滑水平面上，一摆长L＝1.25 m、质量m＝0.15 kg的摆球从水平位置由静止释放，摆球到最低点时与小车相撞，碰撞后摆球恰好静止，g取10 m/s2。求：
（图9）
(1)与小车碰撞前摆球到达最低点时对摆线的拉力；
(2)摆球与小车的碰撞过程中系统损失的机械能ΔE；
(3)碰撞后小车的最终速度。
【解析】 (1)摆球下落过程，由动能定理有mgL＝eq \f(1,2)mv2，解得v＝5 m/s，
摆球在最低点时，由牛顿第二定律得T－mg＝meq \f(v2,L)，解得T＝4.5 N，由牛顿第三定律可知摆球对摆线的拉力T′＝4.5 N，方向竖直向下。
(2)摆球与小车碰撞瞬间，摆球与小车组成的系统动量守恒，以水平向右为正方向，有mv＝Mv1，
解得v1＝1.5 m/s，
由能量守恒定律，有ΔE＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)Mveq \\al(2,1)＝1.31 J。
(3)假设滑块与车最终相对静止，则由动量守恒定律有Mv1＝(M＋m′)v2，解得v2＝0.937 5 m/s，
由此得F洛＝Qv2B>m′g，故假设不成立，因此滑块最终悬浮。滑块悬浮瞬间，满足F洛′＝Qv2′B＝m′g，
解得v2′＝0.5 m/s。
将滑块与小车看成一个系统，系统动量守恒，有
Mv1＝Mv′＋m′v2′，
解得v′＝1.2 m/s，方向水平向右。
【答案】 (1)4.5 N 方向竖直向下 (2)1.31 J (3)1.2 m/s 方向水平向右
【专题训练】
一、选择题(1～2题为单项选择题，3～8题为多项选择题)
1.如图1所示，固定在倾角为θ＝30°的斜面内的两根平行长直光滑金属导轨的间距为d＝1 m，其底端接有阻值为R＝2 Ω的电阻，整个装置处在垂直斜面向上、磁感应强度大小为B＝2 T的匀强磁场中。一质量为m＝1 kg(质量分布均匀)的导体杆ab垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触。现杆在沿斜面向上、垂直于杆的恒力F＝10 N作用下从静止开始沿导轨向上运动距离L＝6 m时，速度恰好达到最大(运动过程中杆始终与导轨保持垂直)。设杆接入电路的电阻为r＝2 Ω，导轨电阻不计，重力加速度大小为g＝10 m/s2。则此过程( )
A.杆的速度最大值为4 m/s
B.流过电阻R的电荷量为6 C
C.在这一过程中，整个回路产生的热量为17.5 J
D.流过电阻R的电流方向为由c到d （图1）
【解析】 当杆达到最大速度时满足F＝eq \f(B2d2vm,r＋R)＋mgsin θ，解得vm＝5 m/s，选项A错误；流过电阻R的电荷量q＝eq \f(ΔΦ,r＋R)＝eq \f(BLd,r＋R)＝eq \f(2×6×1,2＋2) C＝3 C，选项B错误；回路产生的热量Q＝FL－mgLsin θ－eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)＝17.5 J，选项C正确；由右手定则可知流过R的电流方向从d到c，选项D错误。
【答案】 C
2.如图2所示，平行板电容器水平放置，两极板间电场强度大小为E，中间用一光滑绝缘细杆垂直连接，杆上套有带正电荷的小球和绝缘弹簧，小球压在弹簧上，但与弹簧不拴接，开始时对小球施加一竖直向下的外力，将小球压至某位置使小球保持静止。撤去外力后小球从静止开始向上运动，上升h时恰好与弹簧分离，分离时小球的速度为v，小球上升过程不会撞击到上极板，已知小球的质量为m，带电荷量为q，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A.与弹簧分离时小球的动能为mgh＋qEh
B.从开始运动到与弹簧分离，小球增加的机械能为mgh＋qEh
C.从开始运动到与弹簧分离，小球减少的电势能为eq \f(qE,h)
D.撤去外力时弹簧的弹性势能为eq \f(1,2)mv2－(qE－mg)h （图2）
【解析】 根据动能定理可知，合外力对小球所做的功等于小球动能的变化量，所以小球与弹簧分离时的动能为Ek＝qEh－mgh＋Ep，选项A错误；从开始运动到与弹簧分离，小球增加的机械能为ΔE＝mgh＋eq \f(1,2)mv2＝qEh＋Ep，选项B错误；小球减少的电势能为qEh，故选项C错误；从撤去外力到小球与弹簧分离，由动能定理可知，eq \f(1,2)mv2＝Ep＋qEh－mgh，所以Ep＝eq \f(1,2)mv2－(qE－mg)h，选项D正确。
【答案】 D
3.一带电小球在空中由A点运动到B点的过程中，只受重力、电场力和空气阻力三个力的作用。若重力势能增加5 J，机械能增加1.5 J，电场力做功2 J，则小球( )
A.重力做功为5 J B.电势能减少2 J
C.空气阻力做功0.5 J D.动能减少3.5 J
【解析】 小球的重力势能增加5 J，则小球克服重力做功5 J，故选项A错误；电场力对小球做功2 J，则小球的电势能减少2 J，故选项B正确；小球共受到重力、电场力、空气阻力三个力作用，小球的机械能增加1.5 J，则除重力以外的力做功为1.5 J，电场力对小球做功2 J，则知，空气阻力做功为－0.5 J，即小球克服空气阻力做功0.5 J，故选项C错误；重力、电场力、空气阻力三力做功之和为－3.5 J，根据动能定理，小球的动能减少3.5 J，故选项D正确。
【答案】 BD
4.如图3所示，平行金属板A、B水平正对放置，分别带上等量异种电荷。一带电微粒水平射入板间，在重力和电场力共同作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那么( )
A.若微粒带负电荷，则A板可能带正电荷
B.微粒从M点运动到N点电势能可能增加
C.微粒从M点运动到N点机械能一定增加
D.微粒从M点运动到N点动能一定增加 （图3）
【解析】 微粒在电场力和重力的合力作用下做类平抛运动，合力向下，电场力可能向上而小于重力，也可能向下，故无法判断A板的带电情况，故选项A正确；电场力可能向上，也可能向下，所以微粒从M点运动到N点过程，电场力可能做负功，也可能做正功，电势能可能增加，也可能减小，所以机械能不一定增加，故选项B正确，C错误；微粒在电场力和重力的合力作用下做类平抛运动，电场力和重力的合力向下，故微粒从M点运动到N点动能一定增加，故选项D正确。
【答案】 ABD
5.如图4所示，两个足够长的光滑平行金属导轨倾斜放置，上端接有一定值电阻，匀强磁场垂直导轨平面向上。一导体棒以平行导轨向上的初速度从ab处上滑，到最高点后又下滑回到ab处。下列说法中正确的是( )
（图4）
A.上滑过程中导体棒克服安培力做的功大于下滑过程中克服安培力做的功
B.上滑过程中导体棒克服安培力做的功等于下滑过程中克服安培力做的功
C.上滑过程中安培力对导体棒的冲量大小大于下滑过程中安培力对导体棒的冲量大小
D.上滑过程中安培力对导体棒的冲量大小等于下滑过程中安培力对导体棒的冲量大小
【解析】 由能量守恒定律可知上滑过程对应位置的速率大于下滑过程的速率，所以上滑过程中导体棒克服安培力做的功大于下滑过程中克服安培力做的功，故选项A正确，B错误；安培力的冲量大小I冲＝BILt＝BLq，由E＝eq \f(ΔΦ,Δt)，可知q＝eq \f(ΔΦ,R)，由于上滑过程与下滑过程通过回路某横截面的电荷量q相等，所以安培力的冲量大小相等，故选项D正确，C错误。
【答案】 AD
6.如图5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( )
A.小球在C点受到的洛伦兹力大小为qBeq \r(gR)
B.小球在C点对轨道的压力大小为3mg－qBeq \r(2gR)
C.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 （图5）
【解析】 小球从A到C过程机械能守恒有mgR＝eq \f(1,2)mv2，解得v＝eq \r(2gR)，所以小球在C点受到的洛伦兹力大小为F洛＝qBeq \r(2gR)，故选项A错误；在C点由牛顿第二定律有FN－mg＋F洛＝meq \f(v2,R)，解得FN＝3mg－qBeq \r(2gR)，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】 BD
7.空间AA′与DD′之间为磁感应强度大小为B的匀强磁场区域，间距为H，磁场方向垂直纸面向里，DD′距离地面高度为L。现有一质量为m、边长为L(L＜H)、电阻为R的正方形线框由AA′上方某处自由落下(线框始终处于竖直平面内，且ab边始终与AA′平行)，恰能匀速进入磁场区域。当线框的cd边刚要触地前瞬间线框的加速度大小为a＝0.1g，g为重力加速度，空气阻力不计，则( )
A.线框自由下落的高度为eq \f(m2gR2,2B4L4)
B.线框触地前瞬间线框的速度为eq \f(9mgR,10B2L2)
C.线框进入磁场的过程中，线框产生的热量为mgL
D.线框的cd边从AA′运动到触地的时间为eq \f(mR,10B2L2)＋eq \f(2B2L3,mgR) （图6）
【解析】 cd边进入磁场时做匀速运动，则有安培力和重力大小相等，即mg＝BIL＝eq \f(B2L2v,R)，解得v＝eq \f(mgR,B2L2)，则自由落体下落的高度为h＝eq \f(v2,2g)＝eq \f(m2gR2,2B4L4)，故选项A正确；由题意可知加速度a方向应向上，设线框触地前瞬间线框的速度为v1，由牛顿第二定律得BI′L－mg＝ma，即eq \f(B2L2v1,R)－mg＝0.1mg，解得v1＝eq \f(11mgR,10B2L2)，故选项B错误；线框匀速进入磁场的过程中，动能不变，产生的热量等于减少的重力势能，即Q＝mgL，故选项C正确；线框的cd边从AA′运动到触地的时间为t，全过程列动量定理有mgt－Beq \(I,\s\up6(－))1Lt1－Beq \(I,\s\up6(－))2Lt2＝mv1－mv，其中eq \(I,\s\up6(－))1、eq \(I,\s\up6(－))2为t1、t2时间内的平均电流，又eq \(I,\s\up6(－))1＝eq \f(BL\(v,\s\up6(－))1,R)，eq \(I,\s\up6(－))2＝eq \f(BL\(v,\s\up6(－))2,R)，且eq \(v,\s\up6(－))1t1＝eq \(v,\s\up6(－))2t2＝L，代入上式得mgt－eq \f(B2L3,R)－eq \f(B2L3,R)＝mv1－mv，解得t＝eq \f(mR,10B2L2)＋eq \f(2B2L3,mgR)，故选项D正确。
【答案】 ACD
8.如图7所示，PQ、MN为两根光滑绝缘且固定的平行轨道，两轨道间的宽度为L，轨道斜面与水平面成θ角。在矩形abdc内存在方向垂直轨道斜面向下、磁感应强度为B的匀强磁场，已知ab、cd间的距离为3d。有一质量为m、长为L、宽为d的矩形金属线圈ABCD放置在轨道上，开始时线圈AB边与磁场边界ab重合。现让线圈由静止出发沿轨道下滑，从AB边进入磁场到CD边进入磁场的过程中，流过线圈的电荷量为q。线圈通过磁场的总时间为t，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
（图7）
A.线圈在磁场中不可能做匀加速直线运动
B.线圈的电阻为R＝eq \f(BLd,q)
C.线圈CD边刚好通过磁场下边界时，线圈的速度大小为v＝eq \f(mgtsin θ－BLq,m)
D.线圈在时间t内电阻的发热量为Q＝4mgdsin θ－eq \f(（mgtsin θ－2BLq）2,2m)
【解析】 线圈全部进入磁场后，磁通量不变，感应电流为0，不受安培力作用，做匀加速直线运动，故选项A错误；从AB边进入磁场到CD边进入磁场的过程中，通过回路的电荷量q＝IΔt＝eq \f(E,R)Δt＝eq \f(ΔΦ,R)＝eq \f(BLd,R)，线圈的电阻为R＝eq \f(BLd,q)，故选项B正确；设线圈CD边刚好通过磁场下边界时，线圈的速度大小为v，根据动量定理可得mgtsin θ－BLeq \(I,\s\up6(－))t′＝mv－0，eq \(I,\s\up6(－))t′＝2q，解得线圈的速度大小为v＝eq \f(mgtsin θ－2BLq,m)，故选项C错误；由能量守恒定律有mg·4dsin θ＝eq \f(1,2)mv2＋Q，解得Q＝4mgdsin θ－eq \f(（mgtsin θ－2BLq）2,2m)，故选项D正确。
【答案】 BD
二、计算题
9.如图8所示，轨道ABCDP位于竖直平面内，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AB、圆弧段CD和倾斜段DP都光滑，水平段BC粗糙，DP段与水平面的夹角θ＝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m1＝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m2＝0.6 kg 小物块Ⅱ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Ⅱ与轨道BC段的动摩擦因数都为μ＝0.2。g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。求：
（图8）
(1)物块Ⅰ和Ⅱ在BC段上做匀速直线运动的速度大小；
(2)物块Ⅰ和Ⅱ第一次经过C点时，圆弧段轨道对物块Ⅰ和Ⅱ支持力的大小。
【解析】 (1)物块Ⅰ和Ⅱ粘在一起在BC段上做匀速直线运动，设电场强度为E，物块Ⅰ带电荷量为q，物块Ⅰ与物块Ⅱ碰撞前速度为v1，碰撞后共同速度为v2，则
qE＝μ(m1＋m2)g
qEt＝m1v1
m1v1＝(m1＋m2)v2
解得v2＝2 m/s
(2)设圆弧段CD的半径为R，物块Ⅰ和Ⅱ经过C点时圆弧段轨道对物块Ⅰ和Ⅱ支持力的大小为FN，则
R(1－cs θ)＝h
FN－(m1＋m2)g＝eq \f(（m1＋m2）veq \\al(2,2),R)，解得FN＝18 N。
【答案】 (1)2 m/s (2)18 N
10.如图9所示，MN、PQ两平行光滑水平导轨分别与半径r＝0.5 m的相同竖直半圆导轨在N、Q端平滑连接，M、P端连接定值电阻R，质量M＝2 kg的cd绝缘杆垂直且静止在水平导轨上，在其右侧至N、Q端的区域内充满竖直向上的匀强磁场。现有质量m＝1 kg的ab金属杆以初速度v0＝12 m/s水平向右运动，与cd绝缘杆发生正碰后，进入磁场并最终未滑出，cd绝缘杆则恰好能通过半圆导轨最高点，不计除R以外的其他电阻和摩擦，ab金属杆始终与导轨垂直且接触良好，g取10 m/s2(不考虑cd杆通过半圆导轨最高点以后的运动)，求：(1)cd绝缘杆恰好通过半圆导轨最高点时的速度大小v；
(2)电阻R产生的焦耳热Q。
（图9）
【解析】 (1)cd绝缘杆恰好通过半圆导轨最高点时，由牛顿第二定律有Mg＝Meq \f(v2,r)，解得v＝eq \r(5) m/s。
(2)发生正碰后cd绝缘杆滑至最高点的过程中，由动能定理得－Mg·2r＝eq \f(1,2)Mv2－eq \f(1,2)Mveq \\al(2,2)，
解得碰撞后cd绝缘杆的速度v2＝5 m/s，
两杆碰撞过程中动量守恒，有mv0＝mv1＋Mv2，
解得碰撞后ab金属杆的速度v1＝2 m/s，
ab金属杆进入磁场后由能量守恒定律有Q＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)，
解得Q＝2 J。
【答案】 (1)eq \r(5) m/s (2)2 J
11.两足够长且不计电阻的光滑金属轨道如图10甲所示放置，间距为d＝1 m，在左端弧形轨道部分高h＝1.25 m处放置一金属杆a，弧形轨道与平直轨道的连接处光滑无摩擦，在平直轨道右端放置另一金属杆b，杆a、b的电阻分别为Ra＝2 Ω、Rb＝5 Ω，在平直轨道区域有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B＝2 T。现杆b以初速度大小v0＝5 m/s 开始向左滑动，同时由静止释放杆a，杆a由静止滑到水平轨道的过程中，通过杆b的平均电流为0.3 A；从a下滑到水平轨道时开始计时，a、b运动的速度—时间图象如图乙所示(以a运动方向为正方向)，其中ma＝2 kg，mb＝1 kg，g＝10 m/s2，求：
(1)杆a在弧形轨道上运动的时间；
(2)杆a在水平轨道上运动过程中通过其截面的电荷量；
(3)在整个运动过程中杆b产生的焦耳热。
（图10）
【解析】 (1)设杆a由静止释放到滑至弧形轨道与平直轨道连接处时杆b的速度大小为vb0，对杆b运用动量定理，有Bdeq \(I,\s\up6(－))·Δt＝mbvb0－(－mbv0)
其中vb0＝－2 m/s
代入数据解得Δt＝5 s。
(2)对杆a由静止下滑到平直导轨上的过程中，由机械能守恒定律有magh＝eq \f(1,2)maveq \\al(2,a)
解得va＝eq \r(2gh)＝5 m/s
设最后a、b两杆共同的速度为v′，由动量守恒定律得
mava＋mbvb0＝(ma＋mb)v′
代入数据解得v′＝eq \f(8,3) m/s
杆a动量的变化量等于它所受安培力的冲量，设杆a的速度从va到v′的运动时间为Δt′，则由动量定理可得
－BdI·Δt′＝mav′－mava
而q＝I·Δt′
代入数据得q＝eq \f(7,3) C。
(3)由能量守恒定律可知杆a、b中产生的焦耳热为
Q＝magh＋eq \f(1,2)mbveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)(mb＋ma)v′2＝eq \f(161,6) J
b棒中产生的焦耳热为Q′＝eq \f(5,2＋5)Q＝eq \f(115,6) J。
【答案】 (1)5 s (2)eq \f(7,3) C (3)eq \f(115,6) J
【要点提炼】
一、电势能变化的规律
1.电场力做正功(负功)，电势能减小(增大)；正电荷在电势高处电势能大，负电荷在电势低处电势能大。
2.电场力做功的过程是电势能和其他形式的能相互转化，而能量总和应保持不变。
(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。
二、电磁感应中的功能关系
eq \x(\a\al(其他形式,的能量))eq \(――→,\s\up7(克服安培,力做功))eq \x(电能)eq \(――→,\s\up7(电流做功))eq \x(\a\al(焦耳热或其他,形式的能量))
三、备考策略
1.洛伦兹力对运动电荷不做功。
2.安培力可做正功，也可做负功。
3.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。
【方法指导】
一、电磁感应中求解焦耳热的三种方法
二、电磁感应中动力学问题的“两分析、两状态”
1.分析受力情况、分析运动情况
(1)导体切割磁感线运动产生感应电动势，在电路中产生感应电流，导体在磁场中受安培力，安培力将阻碍导体运动。
(2)安培力一般是变力，导体做切割磁感线运动的加速度发生变化，当加速度为零时，导体达到稳定状态，最后做匀速直线运动。
2.两种状态的处理方法
(1)导体处于平衡状态——根据导体所受合力等于零列式分析。
(2)导体处于非平衡状态——根据牛顿第二定律、动量定理进行动态分析或结合功能关系分析。
命题点一： 应用能量观点解决力电综合问题
考向一 电场中的功能关系
【典例1】 (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到d的过程中克服电场力所做的功为6 eV。下列说法正确的是( )
A.平面c上的电势为零
B.该电子可能到达不了平面f
C.该电子经过平面d时，其电势能为4 eV
D.该电子经过平面b时的速率是经过d时的2倍 （图1）
【解析】 电子在等势面b时的电势能为Ep＝qφ＝－2 eV，电子由a到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2 eV，C错误；电子在等势面b的动能为8 eV，电子在等势面d的动能为4 eV，由公式Ek＝eq \f(1,2)mv2可知，该电子经过平面b时的速率为经过平面d时速率的eq \r(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
考向二 能量观点在电磁场中的应用
【典例2】 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θ，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( )
A.到达C点后小球不可能沿杆向上运动
B.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
C.小球在D点时的动能为50 J
D.小球电势能的增加量等于重力势能的减少量 （图2）
【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＝qvB，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势能的减少量，选项D错误。
【答案】 B
考向三 动力学观点和能量观点在电磁感应中的应用
【典例3】 小明设计的电磁健身器的简化装置如图3所示，两根平行金属导轨相距l＝0.50 m，倾角θ＝53°，导轨上端串接一个R＝0.05 Ω 的电阻。在导轨间长d＝0.56 m的区域内，存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度B＝2.0 T。质量m＝4.0 kg 的金属棒CD水平置于导轨上，用绝缘绳索通过定滑轮与拉杆GH相连。CD棒的初始位置与磁场区域的下边界相距s＝0.24 m。一位健身者用恒力F＝80 N拉动GH杆，CD棒由静止开始运动，上升过程中CD棒始终保持与导轨垂直。当CD棒到达磁场上边界时健身者松手，触发恢复装置使CD棒回到初始位置(重力加速度g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，不计其他电阻、摩擦力以及拉杆和绳索的质量)。求：
(1)CD棒进入磁场时速度v的大小；
(2)CD棒进入磁场时所受的安培力FA的大小；
(3)在拉升CD棒的过程中，健身者所做的功W和电阻产生的焦耳热Q。
（图3）
【解析】 (1)由牛顿第二定律
a＝eq \f(F－mgsin θ,m)＝12 m/s2①
CD棒进入磁场时的速度
v＝eq \r(2as)＝2.4 m/s②
(2)感应电动势E＝Blv③
感应电流I＝eq \f(Blv,R)④
安培力FA＝IBl⑤
代入得FA＝eq \f(（Bl）2v,R)＝48 N⑥
(3)健身者做功W＝F(s＋d)＝64 J⑦
由牛顿第二定律F－mgsin θ－FA＝0⑧
CD棒在磁场区做匀速运动
在磁场中运动时间t＝eq \f(d,v)⑨
焦耳热Q＝I2Rt＝26.88 J
【答案】 (1)2.4 m/s (2)48 N (3)64 J 26.88 J
【总结归纳】
1.动能定理在力学和电场中应用时的“三同一异”
2.功能关系在力学和电磁感应中应用时的“三同三异”
【拓展练习】
1.(多选)如图4所示，两个倾角分别为30°和60°的光滑斜面固定于水平地面上，并处于方向垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场中。两个质量均为m、带电荷量为＋q的滑块甲和乙分别从两个斜面顶端由静止释放，运动一段时间后，两滑块都将飞离斜面。此过程中( )
（图4）
A.甲滑块飞离斜面瞬间的速度比乙滑块飞离斜面瞬间的速度大
B.甲滑块在斜面上运动的时间比乙滑块在斜面上运动的时间短
C.甲滑块在斜面上运动的位移与乙滑块在斜面上运动的位移大小相同
D.两滑块在斜面上运动的过程中，重力的平均功率相等
【解析】 小滑块飞离斜面时，洛伦兹力与重力的垂直斜面的分力大小相等，mgcs θ＝qvmB，解得vm＝eq \f(mgcs θ,qB)，故斜面倾角越大，飞离时速度越小，甲飞离斜面的速度大于乙飞离斜面的速度，选项A正确；甲斜面倾角小，加速度小，且飞离斜面时的速度大，故甲在斜面上运动时间比乙的长，选项B错误；根据动能定理mglsin θ＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)，解得l＝eq \f(m2gcs2 θ,2q2B2sin θ)，故甲的位移大于乙的位移，选项C错误；重力的平均功率为重力乘以竖直方向的分速度的平均值P＝mgsin θ·eq \f(1,2)vm，代入数据得平均值相等，故选项D正确。
【答案】 AD
2.(多选)如图5，同一平面内的a、b、c、d四点处于匀强电场中，电场方向与此平面平行，M为a、c连线的中点，N为b、d连线的中点。一电荷量为q(q>0)的粒子从a点移动到b点，其电势能减小W1；若该粒子从c点移动到d点，其电势能减小W2。下列说法正确的是( )
A.此匀强电场的场强方向一定与a、b两点连线平行
B.若该粒子从M点移动到N点，则电场力做功一定为eq \f(W1＋W2,2)
C.若c、d之间的距离为L，则该电场的场强大小一定为eq \f(W2,qL) （图5）
D.若W1＝W2，则a、M两点之间的电势差一定等于b、N两点之间的电势差
【解析】 由题意得(φa－φb)q＝W1，(φc－φd)q＝W2，只能得出a、b两点间和c、d两点间的电势关系，无法确定场强的方向，选项A错误；若c、d之间的距离为L，因无法确定场强的方向，故无法确定场强的大小，选项C错误；由于φM＝eq \f(φa＋φc,2)、φN＝eq \f(φb＋φd,2)、WMN＝q(φM－φN)，上述式子联立求解得粒子从M点移动到N点电场力做的功为WMN＝eq \f(W1＋W2,2)，选项B正确；若W1＝W2，有φa－φb＝φc－φd，变形可得φa－φc＝φb－φd，又φa－φM＝eq \f(φa－φc,2)，φb－φN＝eq \f(φb－φd,2)，所以φa－φM＝φb－φN，选项D正确。
【答案】 BD
3.如图6甲所示，空间存在B＝0.5 T、方向竖直向下的匀强磁场，MN、PQ是处于同一水平面内相互平行的粗糙长直导轨，间距l＝0.2 m，在导轨一端连接着阻值为R＝0.4 Ω的定值电阻，ab是放在导轨上质量为m＝0.1 kg的导体棒。从零时刻开始，通过一小型电动机对ab棒施加一个牵引力，方向水平向左，使其从静止开始沿导轨做加速运动，此过程中棒始终保持与导轨垂直且接触良好。图乙是拉力F与导体棒ab速率倒数关系图象(F1未知)。已知导体棒ab与导轨间的动摩擦因数μ＝0.2，除R外，其余部分电阻均不计，不计定滑轮的质量和摩擦，g取10 m/s2。
(1)求电动机的额定功率；
(2)若导体棒ab在16 s内运动了90 m并恰好达到最大速度，求在0～16 s内电阻R上产生的焦耳热。
（图6）
【解析】 (1)由图象知导体棒ab的最大速度为v1＝10 m/s
此时，导体棒中感应电动势为E＝Blv1
感应电流I＝eq \f(E,R)
导体棒受到的安培力FA＝BIl
此时电动机牵引力为F1＝eq \f(P,v1)
由牛顿第二定律得F1－μmg－FA＝0
联立代入数据解得P＝4.5 W。
(2)由能量守恒定律得Pt＝Q＋μmgs＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)
代入数据解得R上产生的热量Q＝49 J。
【答案】 (1)4.5 W (2)49 J
命题点二： 应用动量观点和能量观点解决力电综合问题
考向一 动量观点和能量观点在电场中的应用
【典例1】 (多选)如图7所示，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平；两微粒a、b所带电荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板附近，与极板距离相等。现同时释放a、b，它们由静止开始运动。在随后的某时刻t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面。a、b间的相互作用和重力可忽略。下列说法正确的是( )
A.a的质量比b的大
B.在t时刻，a的动能比b的大
C.在t时刻，a和b的电势能相等
D.在t时刻，a和b的动量大小相等 （图7）
【解析】 两微粒只受电场力qE作用且两电场力大小相等，由x＝eq \f(1,2)at2知微粒a的加速度大，由qE＝ma知微粒a的质量小，A错误；由动能定理qEx＝Ek得，位移x大的动能大，B正确；在同一等势面上，a、b两微粒电荷量虽相等，但电性相反，故在t时刻，a、b的电势能不相等，C错误；由动量定理qEt＝mv得，在t时刻，a、b的动量大小相等，D正确。
【答案】 BD
考向二 动量观点和能量观点在电磁感应中的应用
【典例2】 (多选)如图8所示，足够长的光滑水平轨道，左侧轨道间距为0.4 m，右侧轨道间距为0.2 m。空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为0.2 T。质量均为0.01 kg的金属棒M、N垂直导轨放置在轨道上，开始时金属棒M、N均保持静止，现使金属棒M以5 m/s的速度向右运动，两金属棒在运动过程中始终相互平行且与导轨保持良好接触，M棒总在宽轨上运动，N棒总在窄轨上运动。已知两金属棒接入电路的总电阻为0.2 Ω，轨道电阻不计，下列说法正确的是( )
（图8）
A.M、N棒在相对运动过程中，回路内产生顺时针方向的电流(俯视)
B.M、N棒最后都以2.5 m/s的速度向右匀速运动
C.从开始到最终匀速运动电路中产生的焦耳热为6.25×10－2 J
D.在两棒整个的运动过程中，金属棒M、N在水平导轨间扫过的面积之差为0.5 m2
【解析】 金属棒M向右运动后，穿过M、N与导轨组成的闭合回路中的磁通量减小，根据楞次定律可得回路内产生顺时针方向的电流(俯视)，选项A正确；两棒最后匀速时，电路中无电流，即BL1v1＝BL2v2，解得v2＝2v1，选取水平向右为正方向，对M、N分别利用动量定理可得：对N有FN安t＝mv2，对M有－FM安t＝mv1－mv0，又知道导轨宽度是2倍关系，故FM安＝2FN安，联立解得v1＝1 m/s，v2＝2 m/s，选项B错误；根据能量守恒定律可得eq \f(1,2) mveq \\al(2,0)＝Q＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)，解得Q＝0.1 J，选项C错误；在N加速过程中，由动量定理得Beq \(I,\s\up6(－))L2Δt＝mv2－0，电路中的电流eq \(I,\s\up6(－))＝eq \f(E,R)，根据法拉第电磁感应定律有E＝eq \f(ΔΦ,Δt)，其中磁通量变化量ΔΦ＝BΔS，联立以上各式，得ΔS＝0.5 m2，选项D正确。
【答案】 AD
【总结归纳】
(1)若回路中电流恒定，可以利用W＝UIt或Q＝I2Rt直接进行电能计算。
(2)若电流变化，则根据能量守恒求解。
【拓展练习】
如图9所示，将带电荷量Q＝＋0.3 C、质量m′＝0.3 kg的滑块放在小车的水平绝缘板的右端，小车的质量M＝0.5 kg，滑块与绝缘板间的动摩擦因数μ＝0.4，小车的绝缘板足够长，它们所在的空间存在磁感应强度B＝20 T的水平方向的匀强磁场(垂直于纸面向里)。开始时小车静止在光滑水平面上，一摆长L＝1.25 m、质量m＝0.15 kg的摆球从水平位置由静止释放，摆球到最低点时与小车相撞，碰撞后摆球恰好静止，g取10 m/s2。求：
（图9）
(1)与小车碰撞前摆球到达最低点时对摆线的拉力；
(2)摆球与小车的碰撞过程中系统损失的机械能ΔE；
(3)碰撞后小车的最终速度。
【解析】 (1)摆球下落过程，由动能定理有mgL＝eq \f(1,2)mv2，解得v＝5 m/s，
摆球在最低点时，由牛顿第二定律得T－mg＝meq \f(v2,L)，解得T＝4.5 N，由牛顿第三定律可知摆球对摆线的拉力T′＝4.5 N，方向竖直向下。
(2)摆球与小车碰撞瞬间，摆球与小车组成的系统动量守恒，以水平向右为正方向，有mv＝Mv1，
解得v1＝1.5 m/s，
由能量守恒定律，有ΔE＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)Mveq \\al(2,1)＝1.31 J。
(3)假设滑块与车最终相对静止，则由动量守恒定律有Mv1＝(M＋m′)v2，解得v2＝0.937 5 m/s，
由此得F洛＝Qv2B>m′g，故假设不成立，因此滑块最终悬浮。滑块悬浮瞬间，满足F洛′＝Qv2′B＝m′g，
解得v2′＝0.5 m/s。
将滑块与小车看成一个系统，系统动量守恒，有
Mv1＝Mv′＋m′v2′，
解得v′＝1.2 m/s，方向水平向右。
【答案】 (1)4.5 N 方向竖直向下 (2)1.31 J (3)1.2 m/s 方向水平向右
【专题训练】
一、选择题(1～2题为单项选择题，3～8题为多项选择题)
1.如图1所示，固定在倾角为θ＝30°的斜面内的两根平行长直光滑金属导轨的间距为d＝1 m，其底端接有阻值为R＝2 Ω的电阻，整个装置处在垂直斜面向上、磁感应强度大小为B＝2 T的匀强磁场中。一质量为m＝1 kg(质量分布均匀)的导体杆ab垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触。现杆在沿斜面向上、垂直于杆的恒力F＝10 N作用下从静止开始沿导轨向上运动距离L＝6 m时，速度恰好达到最大(运动过程中杆始终与导轨保持垂直)。设杆接入电路的电阻为r＝2 Ω，导轨电阻不计，重力加速度大小为g＝10 m/s2。则此过程( )
A.杆的速度最大值为4 m/s
B.流过电阻R的电荷量为6 C
C.在这一过程中，整个回路产生的热量为17.5 J
D.流过电阻R的电流方向为由c到d （图1）
【解析】 当杆达到最大速度时满足F＝eq \f(B2d2vm,r＋R)＋mgsin θ，解得vm＝5 m/s，选项A错误；流过电阻R的电荷量q＝eq \f(ΔΦ,r＋R)＝eq \f(BLd,r＋R)＝eq \f(2×6×1,2＋2) C＝3 C，选项B错误；回路产生的热量Q＝FL－mgLsin θ－eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)＝17.5 J，选项C正确；由右手定则可知流过R的电流方向从d到c，选项D错误。
【答案】 C
2.如图2所示，平行板电容器水平放置，两极板间电场强度大小为E，中间用一光滑绝缘细杆垂直连接，杆上套有带正电荷的小球和绝缘弹簧，小球压在弹簧上，但与弹簧不拴接，开始时对小球施加一竖直向下的外力，将小球压至某位置使小球保持静止。撤去外力后小球从静止开始向上运动，上升h时恰好与弹簧分离，分离时小球的速度为v，小球上升过程不会撞击到上极板，已知小球的质量为m，带电荷量为q，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A.与弹簧分离时小球的动能为mgh＋qEh
B.从开始运动到与弹簧分离，小球增加的机械能为mgh＋qEh
C.从开始运动到与弹簧分离，小球减少的电势能为eq \f(qE,h)
D.撤去外力时弹簧的弹性势能为eq \f(1,2)mv2－(qE－mg)h （图2）
【解析】 根据动能定理可知，合外力对小球所做的功等于小球动能的变化量，所以小球与弹簧分离时的动能为Ek＝qEh－mgh＋Ep，选项A错误；从开始运动到与弹簧分离，小球增加的机械能为ΔE＝mgh＋eq \f(1,2)mv2＝qEh＋Ep，选项B错误；小球减少的电势能为qEh，故选项C错误；从撤去外力到小球与弹簧分离，由动能定理可知，eq \f(1,2)mv2＝Ep＋qEh－mgh，所以Ep＝eq \f(1,2)mv2－(qE－mg)h，选项D正确。
【答案】 D
3.一带电小球在空中由A点运动到B点的过程中，只受重力、电场力和空气阻力三个力的作用。若重力势能增加5 J，机械能增加1.5 J，电场力做功2 J，则小球( )
A.重力做功为5 J B.电势能减少2 J
C.空气阻力做功0.5 J D.动能减少3.5 J
【解析】 小球的重力势能增加5 J，则小球克服重力做功5 J，故选项A错误；电场力对小球做功2 J，则小球的电势能减少2 J，故选项B正确；小球共受到重力、电场力、空气阻力三个力作用，小球的机械能增加1.5 J，则除重力以外的力做功为1.5 J，电场力对小球做功2 J，则知，空气阻力做功为－0.5 J，即小球克服空气阻力做功0.5 J，故选项C错误；重力、电场力、空气阻力三力做功之和为－3.5 J，根据动能定理，小球的动能减少3.5 J，故选项D正确。
【答案】 BD
4.如图3所示，平行金属板A、B水平正对放置，分别带上等量异种电荷。一带电微粒水平射入板间，在重力和电场力共同作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那么( )
A.若微粒带负电荷，则A板可能带正电荷
B.微粒从M点运动到N点电势能可能增加
C.微粒从M点运动到N点机械能一定增加
D.微粒从M点运动到N点动能一定增加 （图3）
【解析】 微粒在电场力和重力的合力作用下做类平抛运动，合力向下，电场力可能向上而小于重力，也可能向下，故无法判断A板的带电情况，故选项A正确；电场力可能向上，也可能向下，所以微粒从M点运动到N点过程，电场力可能做负功，也可能做正功，电势能可能增加，也可能减小，所以机械能不一定增加，故选项B正确，C错误；微粒在电场力和重力的合力作用下做类平抛运动，电场力和重力的合力向下，故微粒从M点运动到N点动能一定增加，故选项D正确。
【答案】 ABD
5.如图4所示，两个足够长的光滑平行金属导轨倾斜放置，上端接有一定值电阻，匀强磁场垂直导轨平面向上。一导体棒以平行导轨向上的初速度从ab处上滑，到最高点后又下滑回到ab处。下列说法中正确的是( )
（图4）
A.上滑过程中导体棒克服安培力做的功大于下滑过程中克服安培力做的功
B.上滑过程中导体棒克服安培力做的功等于下滑过程中克服安培力做的功
C.上滑过程中安培力对导体棒的冲量大小大于下滑过程中安培力对导体棒的冲量大小
D.上滑过程中安培力对导体棒的冲量大小等于下滑过程中安培力对导体棒的冲量大小
【解析】 由能量守恒定律可知上滑过程对应位置的速率大于下滑过程的速率，所以上滑过程中导体棒克服安培力做的功大于下滑过程中克服安培力做的功，故选项A正确，B错误；安培力的冲量大小I冲＝BILt＝BLq，由E＝eq \f(ΔΦ,Δt)，可知q＝eq \f(ΔΦ,R)，由于上滑过程与下滑过程通过回路某横截面的电荷量q相等，所以安培力的冲量大小相等，故选项D正确，C错误。
【答案】 AD
6.如图5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( )
A.小球在C点受到的洛伦兹力大小为qBeq \r(gR)
B.小球在C点对轨道的压力大小为3mg－qBeq \r(2gR)
C.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 （图5）
【解析】 小球从A到C过程机械能守恒有mgR＝eq \f(1,2)mv2，解得v＝eq \r(2gR)，所以小球在C点受到的洛伦兹力大小为F洛＝qBeq \r(2gR)，故选项A错误；在C点由牛顿第二定律有FN－mg＋F洛＝meq \f(v2,R)，解得FN＝3mg－qBeq \r(2gR)，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】 BD
7.空间AA′与DD′之间为磁感应强度大小为B的匀强磁场区域，间距为H，磁场方向垂直纸面向里，DD′距离地面高度为L。现有一质量为m、边长为L(L＜H)、电阻为R的正方形线框由AA′上方某处自由落下(线框始终处于竖直平面内，且ab边始终与AA′平行)，恰能匀速进入磁场区域。当线框的cd边刚要触地前瞬间线框的加速度大小为a＝0.1g，g为重力加速度，空气阻力不计，则( )
A.线框自由下落的高度为eq \f(m2gR2,2B4L4)
B.线框触地前瞬间线框的速度为eq \f(9mgR,10B2L2)
C.线框进入磁场的过程中，线框产生的热量为mgL
D.线框的cd边从AA′运动到触地的时间为eq \f(mR,10B2L2)＋eq \f(2B2L3,mgR) （图6）
【解析】 cd边进入磁场时做匀速运动，则有安培力和重力大小相等，即mg＝BIL＝eq \f(B2L2v,R)，解得v＝eq \f(mgR,B2L2)，则自由落体下落的高度为h＝eq \f(v2,2g)＝eq \f(m2gR2,2B4L4)，故选项A正确；由题意可知加速度a方向应向上，设线框触地前瞬间线框的速度为v1，由牛顿第二定律得BI′L－mg＝ma，即eq \f(B2L2v1,R)－mg＝0.1mg，解得v1＝eq \f(11mgR,10B2L2)，故选项B错误；线框匀速进入磁场的过程中，动能不变，产生的热量等于减少的重力势能，即Q＝mgL，故选项C正确；线框的cd边从AA′运动到触地的时间为t，全过程列动量定理有mgt－Beq \(I,\s\up6(－))1Lt1－Beq \(I,\s\up6(－))2Lt2＝mv1－mv，其中eq \(I,\s\up6(－))1、eq \(I,\s\up6(－))2为t1、t2时间内的平均电流，又eq \(I,\s\up6(－))1＝eq \f(BL\(v,\s\up6(－))1,R)，eq \(I,\s\up6(－))2＝eq \f(BL\(v,\s\up6(－))2,R)，且eq \(v,\s\up6(－))1t1＝eq \(v,\s\up6(－))2t2＝L，代入上式得mgt－eq \f(B2L3,R)－eq \f(B2L3,R)＝mv1－mv，解得t＝eq \f(mR,10B2L2)＋eq \f(2B2L3,mgR)，故选项D正确。
【答案】 ACD
8.如图7所示，PQ、MN为两根光滑绝缘且固定的平行轨道，两轨道间的宽度为L，轨道斜面与水平面成θ角。在矩形abdc内存在方向垂直轨道斜面向下、磁感应强度为B的匀强磁场，已知ab、cd间的距离为3d。有一质量为m、长为L、宽为d的矩形金属线圈ABCD放置在轨道上，开始时线圈AB边与磁场边界ab重合。现让线圈由静止出发沿轨道下滑，从AB边进入磁场到CD边进入磁场的过程中，流过线圈的电荷量为q。线圈通过磁场的总时间为t，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
（图7）
A.线圈在磁场中不可能做匀加速直线运动
B.线圈的电阻为R＝eq \f(BLd,q)
C.线圈CD边刚好通过磁场下边界时，线圈的速度大小为v＝eq \f(mgtsin θ－BLq,m)
D.线圈在时间t内电阻的发热量为Q＝4mgdsin θ－eq \f(（mgtsin θ－2BLq）2,2m)
【解析】 线圈全部进入磁场后，磁通量不变，感应电流为0，不受安培力作用，做匀加速直线运动，故选项A错误；从AB边进入磁场到CD边进入磁场的过程中，通过回路的电荷量q＝IΔt＝eq \f(E,R)Δt＝eq \f(ΔΦ,R)＝eq \f(BLd,R)，线圈的电阻为R＝eq \f(BLd,q)，故选项B正确；设线圈CD边刚好通过磁场下边界时，线圈的速度大小为v，根据动量定理可得mgtsin θ－BLeq \(I,\s\up6(－))t′＝mv－0，eq \(I,\s\up6(－))t′＝2q，解得线圈的速度大小为v＝eq \f(mgtsin θ－2BLq,m)，故选项C错误；由能量守恒定律有mg·4dsin θ＝eq \f(1,2)mv2＋Q，解得Q＝4mgdsin θ－eq \f(（mgtsin θ－2BLq）2,2m)，故选项D正确。
【答案】 BD
二、计算题
9.如图8所示，轨道ABCDP位于竖直平面内，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AB、圆弧段CD和倾斜段DP都光滑，水平段BC粗糙，DP段与水平面的夹角θ＝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m1＝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m2＝0.6 kg 小物块Ⅱ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Ⅱ与轨道BC段的动摩擦因数都为μ＝0.2。g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。求：
（图8）
(1)物块Ⅰ和Ⅱ在BC段上做匀速直线运动的速度大小；
(2)物块Ⅰ和Ⅱ第一次经过C点时，圆弧段轨道对物块Ⅰ和Ⅱ支持力的大小。
【解析】 (1)物块Ⅰ和Ⅱ粘在一起在BC段上做匀速直线运动，设电场强度为E，物块Ⅰ带电荷量为q，物块Ⅰ与物块Ⅱ碰撞前速度为v1，碰撞后共同速度为v2，则
qE＝μ(m1＋m2)g
qEt＝m1v1
m1v1＝(m1＋m2)v2
解得v2＝2 m/s
(2)设圆弧段CD的半径为R，物块Ⅰ和Ⅱ经过C点时圆弧段轨道对物块Ⅰ和Ⅱ支持力的大小为FN，则
R(1－cs θ)＝h
FN－(m1＋m2)g＝eq \f(（m1＋m2）veq \\al(2,2),R)，解得FN＝18 N。
【答案】 (1)2 m/s (2)18 N
10.如图9所示，MN、PQ两平行光滑水平导轨分别与半径r＝0.5 m的相同竖直半圆导轨在N、Q端平滑连接，M、P端连接定值电阻R，质量M＝2 kg的cd绝缘杆垂直且静止在水平导轨上，在其右侧至N、Q端的区域内充满竖直向上的匀强磁场。现有质量m＝1 kg的ab金属杆以初速度v0＝12 m/s水平向右运动，与cd绝缘杆发生正碰后，进入磁场并最终未滑出，cd绝缘杆则恰好能通过半圆导轨最高点，不计除R以外的其他电阻和摩擦，ab金属杆始终与导轨垂直且接触良好，g取10 m/s2(不考虑cd杆通过半圆导轨最高点以后的运动)，求：(1)cd绝缘杆恰好通过半圆导轨最高点时的速度大小v；
(2)电阻R产生的焦耳热Q。
（图9）
【解析】 (1)cd绝缘杆恰好通过半圆导轨最高点时，由牛顿第二定律有Mg＝Meq \f(v2,r)，解得v＝eq \r(5) m/s。
(2)发生正碰后cd绝缘杆滑至最高点的过程中，由动能定理得－Mg·2r＝eq \f(1,2)Mv2－eq \f(1,2)Mveq \\al(2,2)，
解得碰撞后cd绝缘杆的速度v2＝5 m/s，
两杆碰撞过程中动量守恒，有mv0＝mv1＋Mv2，
解得碰撞后ab金属杆的速度v1＝2 m/s，
ab金属杆进入磁场后由能量守恒定律有Q＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)，
解得Q＝2 J。
【答案】 (1)eq \r(5) m/s (2)2 J
11.两足够长且不计电阻的光滑金属轨道如图10甲所示放置，间距为d＝1 m，在左端弧形轨道部分高h＝1.25 m处放置一金属杆a，弧形轨道与平直轨道的连接处光滑无摩擦，在平直轨道右端放置另一金属杆b，杆a、b的电阻分别为Ra＝2 Ω、Rb＝5 Ω，在平直轨道区域有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B＝2 T。现杆b以初速度大小v0＝5 m/s 开始向左滑动，同时由静止释放杆a，杆a由静止滑到水平轨道的过程中，通过杆b的平均电流为0.3 A；从a下滑到水平轨道时开始计时，a、b运动的速度—时间图象如图乙所示(以a运动方向为正方向)，其中ma＝2 kg，mb＝1 kg，g＝10 m/s2，求：
(1)杆a在弧形轨道上运动的时间；
(2)杆a在水平轨道上运动过程中通过其截面的电荷量；
(3)在整个运动过程中杆b产生的焦耳热。
（图10）
【解析】 (1)设杆a由静止释放到滑至弧形轨道与平直轨道连接处时杆b的速度大小为vb0，对杆b运用动量定理，有Bdeq \(I,\s\up6(－))·Δt＝mbvb0－(－mbv0)
其中vb0＝－2 m/s
代入数据解得Δt＝5 s。
(2)对杆a由静止下滑到平直导轨上的过程中，由机械能守恒定律有magh＝eq \f(1,2)maveq \\al(2,a)
解得va＝eq \r(2gh)＝5 m/s
设最后a、b两杆共同的速度为v′，由动量守恒定律得
mava＋mbvb0＝(ma＋mb)v′
代入数据解得v′＝eq \f(8,3) m/s
杆a动量的变化量等于它所受安培力的冲量，设杆a的速度从va到v′的运动时间为Δt′，则由动量定理可得
－BdI·Δt′＝mav′－mava
而q＝I·Δt′
代入数据得q＝eq \f(7,3) C。
(3)由能量守恒定律可知杆a、b中产生的焦耳热为
Q＝magh＋eq \f(1,2)mbveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)(mb＋ma)v′2＝eq \f(161,6) J
b棒中产生的焦耳热为Q′＝eq \f(5,2＋5)Q＝eq \f(115,6) J。
【答案】 (1)5 s (2)eq \f(7,3) C (3)eq \f(115,6) J
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