2019版高考物理二轮复习专题二动量与能量第2讲动量观点和能量观点在电磁学中的应用学案.doc

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1、1第 2 讲 动量观点和能量观点在电磁学中的应用网络构建备考策略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。应用能量观点解决力电综合问题电场中的功能关系【典例 1】 (多选)(2018全国卷，21)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

2、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 f2C.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 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

3、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 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 倍，D 错误；如果12 2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 ，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 A

4、C 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 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 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 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，3故小球在

5、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动力学观点和能量观点在电磁感应中的应用【典例 3】 (2018江西七校联考)如图 3 所示，两条光滑的金属导轨相距 L1 m，其中MN 段平行于 PQ 段，位于同一水平面内， NN0段与 QQ0段平行，位于与水平面成倾角 37的斜面上，且 MNN0与 PQQ0均在竖直平面内。在水平导轨区域和倾斜导轨区域内分别有垂直于水平面和斜面的匀强磁场 B1和 B2，且 B1 B20.5 T。 ab 和 cd 是质量均为 m0.1

6、kg、电阻均为 R4 的两根金属棒， ab 置于水平导轨上， cd 置于倾斜导轨上，均与导轨垂直且接触良好。从 t0 时刻起， ab 棒在外力作用下由静止开始沿水平方向向右运动( ab 棒始终在水平导轨上运动，且垂直于水平导轨)， cd 受到 F0.60.25 t(N)沿斜面向上的力的作用，始终处于静止状态。不计导轨的电阻。(sin 370.6， g 取 10 m/s2)图 3(1)求流过 cd 棒的电流 Icd随时间 t 变化的函数关系；(2)求 ab 棒在水平导轨上运动的速度 vab随时间 t 变化的函数关系；(3)求从 t0 时刻起，1.0 s 内通过 ab 棒的电荷量 q；(4)若 t

7、0 时刻起，1.0 s 内作用在 ab 棒上的外力做功为 W16 J，求这段时间内 cd 棒产生的焦耳热 Qcd。解析 (1)由题意知 cd 棒受力平衡，则F Fcd mgsin 37Fcd B2IcdL，得 Icd0.5 t(A)。(2)ab 棒中电流 Iab Icd0.5 t(A)则回路中电源电动势 E IcdR 总ab 棒切割磁感线，产生的感应电动势为 E B1Lvab解得 ab 棒的速度 vab8 t(m/s)4所以， ab 棒做初速度为零的匀加速直线运动。(3)ab 棒的加速度为 a8 m/s 2，1.0 s 内的位移为 x at2 81.02 m4 m12 12根据 I E R总

8、R总 t B1LxR总 t得 q t C0.25 C。I B1LxR总 0.5148(4)t1.0 s 时， ab 棒的速度，vab8 t(m/s)8 m/s，根据动能定理有W W 安 mv 0，12 2ab得 1.0 s 内克服安培力做功W 安 (16 0.182) J12.8 J12回路中产生的焦耳热 Q W 安 12.8 Jcd 棒上产生的焦耳热 Qcd 6.4 J。Q2答案 (1) Icd0.5 t(A) (2) vab8 t(m/s) (3)0.25 C (4)6.4 J1.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”51.(多选)(2

9、018湖南十二校第二次联考)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 4A.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， mgcos qvmB，

10、解得 vm ，故斜面倾角越大，飞离时速度越小，甲飞离斜面的速度大mgcos qB于乙，选项 A 正确；甲斜面倾角小，加速度小，但是末速度大，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 mv ，解得 l ，故甲的位12 2m m2gcos2 2q2B2sin 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 mg sin ， vm，代入数据得平均值相等，故选项 D 正确。v v 12答案 AD2.(2018江南十校二模)如图 5， EFPMN 为光滑金属导轨，电阻不计，处于竖直平面内，其中 FP 倾斜，倾角为 ， EF FP， PM

11、N 是半径为 R 的圆弧，圆弧与倾斜部分平滑连接于 P 点，N、 M 分别为圆弧的竖直直径的两端点，还有一根与 EFPMN 完全相同的导轨E F P 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，两根相同的金属棒 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)6图 5(1

12、)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(1)问的基础上，若 60， m0.1 kg， r ， B1 T， L1 m， R 433 815m， g10 m/s 2，则 ab 棒能否运动到圆弧最高点？解析 (1)匀速下滑时有 mgsin BIL0， I ，BLv2r得 v2mgrsin 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 Pmgvsin 2即 P( )2r。mgsin BL(2)到达 P 点时，由 v ，得 vP4 m/s，2mgrsin B2L2假定能够运动到圆

13、弧最高点，且到达最高点时速度为 vN，由机械能守恒得 mgR mv mv32 12 2N 12 2P代入数据得 vN0 ，gR故 ab 棒不能运动到圆弧最高点。答案 (1) ( )2r (2)不能运动到圆弧最高点2mgrsin B2L2 mgsin BL应用动量观点和能量观点解决力电综合问题动量观点和能量观点在电磁场中的应用【典例 1】 (多选)(2018全国卷，21)如图 6，一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，

14、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( )7图 6A.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 的动量大小相等解析 两微粒只受电场力 qE 作用且两电场力大小相等，由 x a0t2，知微粒 a 的加速度大，12由 qE ma0，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

15、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动量观点和能量观点在电磁感应中的应用【典例 2】 (2018河北五名校联盟二模)如图 7 所示， MN、 PQ 两平行光滑水平导轨分别与半径 r0.5 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M2 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 m1 kg 的 ab 金属杆以初速度 v012 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

16、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：图 7(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。解析 (1) cd 绝缘杆恰好通过半圆导轨最高点时，8由牛顿第二定律有 Mg Mv2r解得 v m/s。5(2)发生正碰后 cd 绝缘杆滑至最高点的过程中，由动能定理有 Mg2r Mv2 Mv ，12 12 2解得碰撞后 cd 绝缘杆的速度 v25 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 v12

17、 m/s，ab 金属杆进入磁场后由能量守恒定律有 Q mv ，12 21解得 Q2 J。答案 (1) m/s (2)2 J51.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 I2Rt 直接进行电能计算。3.若电流变化，则根据能量守恒求解。(2018陕西西安市四模)如图 8 所示，将带电荷量 Q0.3 C、质量 m0.3 kg 的滑块放在小车的水平绝缘板的右端，小车的质量 M0.5 kg，滑块与绝缘板间的动摩擦因数 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 B20 T 的

18、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 L1.25 m、质量m0.15 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 8(1)与小车碰撞前摆球到达最低点时对摆线的拉力；9(2)摆球与小车的碰撞过程中系统损失的机械能 E；(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 mv2，12解得 v5 m/s，摆球在最低点时，由牛顿第二定律得 T mg m ，解得 T4.5 N，由牛顿第三定律可知摆v2L球对摆线的拉力 T4.5 N，方向竖直向下。(2)摆球与小车碰撞瞬间，摆

19、球与小车组成的系统动量守恒，以水平向右为正方向，有mv Mv10，解得 v11.5 m/s，由能量守恒定律，有 E mv2 Mv 1.31 J。12 12 21(3)假设滑块与车最终相对静止，则有 Mv1( M m) v2，解得 v20.937 5 m/s，由此得 F 洛 Qv2Bm 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 v20.5 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 v1.2 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 方向水平向右课时跟踪训

20、练一、选择题(13 题为单项选择题，47 题为多项选择题)1.(2018福建宁德一模)如图 1 所示，固定在倾角为 30的斜面内的两根平行长直光滑金属导轨的间距为 d1 m，其底端接有阻值为 R2 的电阻，整个装置处在垂直斜面向上、磁感应强度大小为 B2 T 的匀强磁场中。一质量为 m1 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F10 N 作用下从静止开始沿导轨向上运动距离 L6 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 r2 ，导轨电阻不计，重力加速度大小为 g10 m/s 2。则此过

21、程( )10图 1A.杆的速度最大值为 4 m/sB.流过电阻 R 的电荷量为 6 CC.在这一过程中，整个回路产生的热量为 17.5 JD.流过电阻 R 的电流方向为由 c 到 d解析 当杆达到最大速度时满足 F mgsin ，解得 vm5 m/s，选项 A 错误；流B2d2vmr R过电阻 R 的电荷量 q C3 C，选项 B 错误；回路产生的热量 r R BLdr R 2612 2Q FL mgLsin mv 17.5 J，选项 C 正确；由右手定则可知流过 R 的电流方向从 d12 2m到 c，选项 D 错误。答案 C2.如图 2 所示， MN、 PQ 是两条水平放置的平行金属导轨，匀

22、强磁场的磁感线垂直导轨平面。导轨左端接阻值 R1.5 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 m0.1 kg，电阻 r0.5 。 ab 与导轨间动摩擦因数 0.5，导轨电阻不计，现用 F0.7 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 U0.3 V。重力加速度 g10 m/s2。则 ab 加速过程中，通过 R 的电荷量为( )图 2A.0.12 C B.0.36 CC.0.72 C D.1.6 C解析 金属杆做匀速直线运动时，由平衡条件得 F mg BIL，由欧姆定律得I ，解得 BL1 Tm，

23、v0.4 m/s，设 ab 加速时间为 t，加速过程的平均感应电BLvR r UR流为 ，由动量定理得 Ft mgt B Lt mv，电荷量 q t，代入数据解得 q0.36 I I I 11C，故选项 B 正确。答案 B3.(2018山东省实验中学模拟)如图 3 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，

24、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( )图 3A.与弹簧分离时小球的动能为 mgh qEhB.从开始运动到与弹簧分离，小球增加的机械能为 mgh qEhC.从开始运动到与弹簧分离，小球减少的电势能为qEhD.撤去外力时弹簧的弹性势能为 mv2( qE mg)h12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 E mgh mv2 qEh Ep，选项 B 错误；小球减少的电势能为 Eqh，故选项 C12错误；从撤去外力到小球与

25、弹簧分离，由动能定理可知， mv2 Ep qEh mgh，所以12Ep mv2( qE mg)h，选项 D 正确。12答案 D4.(2018湖北省六校联合体 4 月联考)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 JC.空气阻力做功 0.5 J D.动能减少 3.5 J12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

26、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 BD5.(2018河北石家庄三模)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 4A.上滑过程中导体棒克服

27、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 ，可知 q ，由于上滑过程与下滑过 t R程电荷量 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

28、6.(2018河南六市第 5 次联考)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(q0)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( )13图 5A.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

29、球从 C 到 D 的过程中，外力 F 的功率逐渐增大解析 小球从 A 到 C 过程机械能守恒有 mgR mv2，解得 v ，所以小球在 C 点受到的12 2gR洛伦兹力大小为 F 洛 qB ，故选项 A 错误；在 C 点由牛顿第二定律有 FN mg F 洛 m2gR，解得 FN3 mg qB ，故选项 B 正确；小球从 C 到 D 的过程中，合外力始终指向圆v2R 2gR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.(2018四川第二次大联考)如

30、图 6 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，导轨的电阻忽略不计。初始时刻，弹簧处于伸长状态，其伸长量为 x1 ，此时导体棒具有竖直向上mgk的初速度 v0。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( )图 6A.初始时刻导体棒受到的安培力大小 FB2L2v0RB.初始时刻导体棒加速度的大小 a2 gB2L2v0m（ R r）C.导体棒往复运动，最终静止时弹簧处于压缩状态14D

31、.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 mv 12 20 2m2g2k解析 由法拉第电磁感应定律得 E BLv0，由闭合电路欧姆定律得 I ，由安培力公式ER r得 F ，故选项 A 错误；初始时刻， F mg kx1 ma，得 a2 g ，故选B2L2v0R r B2L2v0m（ R r）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 mv mg(x1 ) mv ，但 R 上的只是一部分，故选项 D 错误。12 20 mgk 12 20 2m2g2

32、k答案 BC二、非选择题8.(2018江苏如东四校联考)如图 7 所示，质量 m2 kg、带电荷量 q210 3 C 的小物块 A 与质量不计的绝缘木板 B 叠放在水平面上， A 位于 B 的最左端且与竖直固定于水平面上的挡板 P 相距 s03 m，已知 A 与 B 间的动摩擦因数 10.8， B 与水平面间的动摩擦因数 20.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，与挡板相撞没有机械能损失，且 A 带电荷量始终保持不变。整个装置处在大小 E610 3 N/C、方向水平向右的匀强电场中，现将A、 B 同时由静止释放，重力加速度 g 取 10 m/s2。求：图 7(1)A、 B 释放时，物块 A 的加速

33、度大小；(2)若 A 与挡板不相碰，木板的最小长度 L0；(3)若木板长度为 L0.8 m，整个过程中木板运动的总路程 s。解析 (1) A 和 B 一起做匀加速运动，由牛顿第二定律得 a 1 m/s 2。Fm Eq 2mgm(2)设当木板 B 与挡板 P 相撞时速度为 v，开始时木板 B 右端与挡板相距为 d，有v22 ad，木板 B 与挡板 P 撞后停止，物块 A 继续滑动，加速度大小 a1 2 1mg Eqmm/s2，当 A 恰好滑到挡板 P 处停止时有 v22 a1L0，而 d L0 s0，代入数据解得 L01 m，即木板的最小长度为 1 m。(3)因为 L 小于 L0，故物块与挡板碰

34、撞，然后原速返回，与木板 B 共同反向做匀减速运动，直到速度为零，再共同加速向右滑动，不断往复，最终 A、 B 都停在挡板 P 处。物块 A 和木15板 B 间产生热量 Q1 1mgL，木板与水平面间产生的热量 Q2 2mgs，整个过程由能量守恒定律得 Eqs0 Q1 Q2，代入数据解得 s2.32 m。答案 (1)1 m/s 2 (2)1 m (3)2.32 m9.(2018四川绵阳市二诊)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，

35、DP 段与水平面的夹角 37， D、 C 两点的高度差 h0.1 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 m10.4 kg、带正电、电荷量未知的小物块在 A 点由静止释放，经过时间 t1 s，与静止在 B 点的不带电、质量m20.6 kg 小物块碰撞并粘在一起在 BC 段上做匀速直线运动，到达倾斜段 DP 上某位置。物块和与轨道 BC 段的动摩擦因数都为 0.2。 g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8。求：图 8(1)物块和在 BC 段上做匀速直线运动的速度大小；(2)物块和第一次经过 C 点时，圆弧段轨道对物块和支持力的大小。解析 (1)物块和

36、粘在一起在 BC 段上做匀速直线运动，设电场强度为 E，物块带电荷量为 q，物块与物块碰撞前速度为 v1，碰撞后共同速度为 v2，则qE (m1 m2)gqEt m1v1m1v1( m1 m2)v2解得 v22 m/s(2)设圆弧段 CD 的半径为 R，物块和经过 C 点时圆弧段轨道对物块和支持力的大小为 FN，则R(1cos ) hFN( m1 m2)g解得 FN18 N。答案 (1)2 m/s (2)18 N10.如图 9 所示，两根等高光滑的四分之一圆弧形轨道与一足够长水平轨道相连，圆弧的半16径为 R0、轨道间距为 L11 m，轨道电阻不计。水平轨道处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度

37、为 B11 T，圆弧轨道处于从圆心轴线上均匀向外辐射状的磁场中。在轨道上有两长度稍大于 L1、质量均为 m2 kg、阻值均为 R0.5 的金属棒 a、 b，金属棒 b 通过跨过定滑轮的绝缘细线与一质量为 M1 kg、边长为 L2 0.2 m、电阻 r0.05 的正方形金属线框相连。金属棒 a 从轨道最高处开始，在外力作用下以速度 v05 m/s 沿轨道做匀速圆周运动到最低点 MN 处，在这一过程中金属棒 b 恰好保持静止。当金属棒 a 到达最低点 MN 处被卡住，此后金属线框开始下落，刚好能匀速进入下方 h1 m 处的水平匀强磁场B3中， B3 T。已知磁场高度 HL2。忽略一切摩擦阻力，重力

38、加速度为 g10 m/s 2。求：5图 9(1)辐射磁场在圆弧处磁感应强度 B2的大小；(2)从金属线框开始下落到进入磁场前，金属棒 a 上产生的焦耳热 Q；(3)若在线框完全进入磁场时剪断细线，线框在刚要离开磁场 B3时刚好又达到匀速，已知线框离开磁场过程中产生的焦耳热为 Q110.875 J，则磁场的高度 H 为多少。解析 (1)对金属棒 b，由受力平衡Mg B1IL1由 a、 b 金属棒和导轨组成的闭合回路，有IB2L1v02R联立方程，代入数值求得B22 T(2)根据能量守恒定律有Mgh Mv2 mv22 Q12 1217线框进入磁场的瞬间，由受力平衡，得Mg B1I1L1 B3I2L2其中 I1B1L1v2RI2B3L2vr联立方程，代入数值求得Q2 J(3)从线框完全进入磁场到完全离开磁场，有MgH Mv Mv2 Q112 21 12在刚要离开磁场的瞬间，由受力平衡，得Mg B3I3L2其中 I3B3L2v1r联立方程，代入数值求得H1.2 m答案 (1)2 T (2)2 J (3)1.2 m