2019-2020年高考物理大二轮复习与增分策略专题四功能关系的应用第2讲功能关系在电学中的应用.doc

2019-2020年高考物理大二轮复习与增分策略专题四功能关系的应用第2讲功能关系在电学中的应用1.静电力做功与路径无关.若电场为匀强电场，则WFlcos Eqlcos ；若是非匀强电场，则一般利用WqU来求.2.磁场力又可分为洛伦兹力和安培力.洛伦兹力在任何情况下对运动的电荷都不做功；安培力可以做正功、负功，还可以不做功.3.电流做功的实质是电场对移动电荷做功.即WUItUq.4.导体棒在磁场中切割磁感线时，棒中感应电流受到的安培力对导体棒做负功，使机械能转化为电能.5.静电力做的功等于电势能的变化，即WABEp.1.功能关系在电学中应用的题目，一般过程复杂且涉及多种性质不同的力，因此，通过审题，抓住受力分析和运动过程分析是关键，然后根据不同的运动过程中各力做功的特点来选择相应规律求解.2.动能定理和能量守恒定律在处理电学中能量问题时仍然是首选的方法.例1(多选)如图1所示地面上方存在水平向右的匀强电场.现将一带电小球从距离地面O点高h处的A点以水平速度v0抛出，经过一段时间小球恰好垂直于地面击中地面上的B点，B到O的距离也为h.当地重力加速度为g，则下列说法正确的是()图1A.从A到B的过程中小球的动能先减小后增大B.下落过程中小球机械能一直增加C.小球的加速度始终保持2g不变D.从A点到B点小球的的电势能增加了mgh解析由题意分析知，小球在水平方向匀减速，竖直方向匀加速，由于时间相等，两方向位移相同，故qEmg，合力大小为mg，斜向左下方45，故小球的动能先减小后增大；电场力一直做负功，小球机械能一直减小，小球的加速度始终保持g不变，从A点到B点电场力做负功，大小为qEhmgh，故电势能增加了mgh.答案AD预测1如图2所示，直角三角形ABC由三段细直杆连接而成，AB杆竖直，AC杆粗糙且绝缘，其倾角为30，长为2L，D为AC上一点，且BD垂直AC，在BC杆中点O处放置一正点电荷Q.一套在细杆上的带负电小球，以初速度v0由C点沿CA上滑，滑到D点速率恰好为零，之后沿AC杆滑回C点.小球质量为m、电荷量为q，重力加速度为g.则()图2A.小球上滑过程中先匀加速后匀减速B.小球下滑过程中电场力先做负功后做正功C.小球再次滑回C点时的速率为vCD.小球下滑过程中动能、电势能、重力势能三者之和增大答案C解析小球上滑过程中受到重力、库仑力、杆的支持力以及摩擦力作用，由于库仑力和摩擦力是变力，则运动过程中加速度始终发生变化，故A错误；根据几何关系可知，ODOC，则C、D两点电势相等，所以从C到D的过程中，电场力做功为零，在C点时，小球受到的库仑力是引力，电场力做正功，后电场力做负功，故B错误；从C到D的过程中，根据动能定理得：0mvmghWf，再从D回到C的过程中，根据动能定理得：mv0mghWf，根据几何关系可知，hL解得：vC，故C正确；小球下滑过程中由于摩擦力做负功，则小球动能、电势能、重力势能三者之和减小，故D错误.预测2(多选)如图3所示，某一空间内充满竖直向下的匀强电场E，在竖直平面内建立坐标系xOy，在y0的空间内，将一质量为m的带电液滴(可视为质点)自由释放，则此液滴沿y轴的负方向以加速度a2g(g为重力加速度)做匀加速直线运动，当液滴运动到坐标原点时，瞬间被安置在原点的一个装置改变了带电性质(液滴所带电荷量和质量均不变)，随后液滴进入ymg，虚线右侧的水平面光滑.一轻弹簧右端固定在墙上，处于原长时，左端恰好位于虚线位置，把滑块放到虚线左侧L处，并给滑块一个向左的初速度v0，已知滑块与绝缘水平面间的动摩擦因数为，求：图5(1)弹簧的最大弹性势能；(2)滑块在整个运动过程中产生的热量.答案(1)(qEmg)Lv(2)qELmv02解析(1)设滑块向左运动x时减速到零，由能量守恒定律有：(qEmg)xmv02解得：x之后滑块向右加速运动，设第一次到达虚线时的动能为Ek，由能量守恒定律得：qE(xL)Ekmg(xL)解得：Ek(qEmg)Lv滑块从虚线处压缩弹簧至最短的过程，机械能守恒，动能全部转化为弹性势能，所以弹簧的最大弹性势能为：Epm(qEmg)Lv(2)滑块往返运动，最终停在虚线位置，整个过程电场力做正功，为WqEL，电势能减少量为qEL，由能量守恒定律，整个过程产生的热量等于滑块机械能的减少量与电势能的减少量之和，即QqELmv02解题方略1.电磁感应过程中产生的感应电流在磁场中必定受到安培力的作用，因此，要维持感应电流的存在，必须有“外力”克服安培力做功，将其他形式的能转化为电能.“外力”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.2.当感应电流通过用电器时，电能又转化为其他形式的能.安培力做功的过程，或通过电阻发热的过程，是电能转化为其他形式能的过程.安培力做了多少功，就有多少电能转化为其他形式的能.3.若回路中电流恒定，可以利用电路结构及WUIt或QI2Rt直接进行计算电能.4.若电流变化，则：(1)利用安培力做的功求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功；(2)利用能量守恒求解：若只有电能与机械能的转化，则机械能的减少量等于产生的电能.例3如图6所示，足够长光滑导轨倾斜放置，导轨平面与水平面夹角37，导轨间距L0.4 m，其下端连接一个定值电阻R2 ，其它电阻不计.两导轨间存在垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度B0.5 T.一质量为m0.02 kg的导体棒ab垂直于导轨放置，现将导体棒由静止释放，取重力加速度g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8.图6(1)求导体棒下滑的最大速度；(2)求ab棒下滑过程中电阻R消耗的最大功率；(3)若导体棒从静止加速到v4 m/s的过程中，通过R的电量q0.26 C，求R产生的热量Q.解析(1)EBLvIF安BIL当安培力与重力沿导轨向下的分力相等时，速度最大，棒ab做匀速运动，即mgsin vm6 m/s(2)由(1)可知vm代入P得P0.72 W(3)qItx2.6 m由能量关系有Qmgxsin 37mv20.152 J.答案(1)6 m/s(2)0.72 W(3)0.152 J预测4(多选)在如图7所示的倾角为的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小均为B的匀强磁场，区域的磁场方向垂直斜面向上，区域的磁场方向垂直斜面向下，磁场的宽度均为L，一个质量为m、电阻为R、边长也为L的正方形导线框，由静止开始沿斜面下滑，当ab边刚越过GH进入磁场区时，恰好以速度v1做匀速直线运动；当ab边下滑到JP与MN的中间位置时，线框又恰好以速度v2做匀速直线运动，从ab进入GH到MN与JP的中间位置的过程中，线框的动能变化量为Ek，重力对线框做功大小为W1，安培力对线框做功大小为W2，下列说法中正确的是()图7A.在下滑过程中，由于重力做正功，所以有v2v1B.从ab进入GH到MN与JP的中间位置的过程中，机械能守恒C.从ab进入GH到MN与JP的中间位置的过程中，有(W1Ek)的机械能转化为电能D.从ab进入GH到MN到JP的中间位置的过程中，线框动能的变化量为EkW1W2答案CD解析由平衡条件，第一次匀速运动时，mgsin ，第二次匀速运动时，mgsin ，则v2v1，选项A错误；ab进入磁场后，安培力做负功，机械能减少，选项B错误；从ab进入GH到MN与JP的中间位置的过程中，由动能定理得，W1W2Ek，选项D正确；线框克服安培力做功为W2，等于产生的电能，且W2W1Ek，选项C正确.预测5如图8所示 ，单位长度电阻相等的直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于bc边水平向右.ab4L，bc3L，金属框总电阻为R.求：图8(1)若金属框绕bc边以角速度按图示方向匀速转动时，ab两点间的电势差Uab是多少？a、b两点哪点电势高？(2)若金属框绕ab边以角速度匀速转动一周，ab边上产生的焦耳热是多少？答案(1)8BL2a端电势高(2)解析(1)根据法拉第电磁感应定律得EB4L2L所以EB4L2L8BL2由于ab和ac切割磁感线有效长度相同，回路的总感应电动势为零，金属框中无电流，但a、b两端有电势差，根据右手定则可判断a端电势高所以UabE8BL2(2)若以ab边为轴匀速转动，ac边切割磁感线，金属框将产生正弦交流电，设某时刻金属框平面与磁场夹角为，从下向上看如图所示，则电动势的瞬时值表达式为eB4Lcos 6BL2cos 最大值Em6BL2有效值为E3BL2金属框绕ab边转动一周产生的总热量QT则ab边上产生的热量QabQ.例4如图9所示，水平地面QA与竖直面内的、半径R4 m的光滑圆轨道ACDF相连，FC为竖直直径，DO水平，AO与CO夹角60.QA上方有一水平台面MN，MN正上方分布着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B4 T.P是竖直线AP与DO的交点，PA的右侧、PO的下面、OC的左侧分布着竖直向下、场强为E的匀强电场.一个质量m2 kg、电量q1 C的小滑块(可视为质点)放在MN上，在水平推力F4 N的作用下正以速度v1向右做匀速运动.已知滑块与平台MN的动摩擦因数0.5；重力加速度g10 m/s2.图9(1)求小滑块在平台MN上的速度v1；(2)小滑块从N点飞出后，恰从A点无碰撞地(沿轨道切线)进入圆轨道AC，为了使小滑块不向内脱离AF间的圆弧轨道，求电场强度E的取值范围.解析(1)FfFFfFNFNmgBqv1由解得：v13 m/s(2)在A处：cos ，vA6 m/s小滑块不脱离AF的圆弧轨道，刚好滑到D点时：vD0根据能量守恒得mgRcos qE1(RRcos )0mv解出：E12 N/C小滑块不脱离AF的圆弧轨道，刚好滑到F点时：mgmmg(RRcos )qE2(RRcos )mvmv解出：E262 N/C综上：为了使滑块不向内脱离AF间的圆弧轨道，电场强度E的取值范围为E2 N/C或E62 N/C答案(1)3 m/s(2)E2 N/C或E62 N/C预测6如图10甲所示，长L1.5 m、倾角为37的光滑绝缘的斜面底端连接一粗糙绝缘的水平面，整个斜面处在一水平向左的匀强电场中，水平面部分没有电场.现将一质量m1.2 kg、带电荷量q1104 C的带正电的小物体从斜面顶端由静止释放，当电场场强E取不同数值时，物体沿斜面下滑最后在水平地面上滑过的距离s不同.研究发现s与E之间的关系如图乙所示.忽略物体在斜面与水平面连接处的能量损失，取重力加速度g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，求：图10(1)物体与地面间的动摩擦因数；(2)当E3104 N/C时，物体运动的总时间.答案(1)0.2(2) s解析(1)当E0时，s4.5 m由动能定理得mgLsin mgs0解得0.2(2)当E3104 N/C时，由牛顿第二定律得mgsin qEcos ma1又La1t解得物体在斜面上的运动时间t1 s水平面上由牛顿第二定律知mgma2由va1t1又va2t2可得t2 s所以物体运动的总时间tt1t2 s.预测7如图11所示，在水平方向的匀强电场中有一表面光滑、与水平面成45角的绝缘直杆AC，其下端C距地面高度h0.8 m.有一质量为500 g的带电小环套在直杆上，正以某一速度沿杆匀速下滑，小环离杆后正好通过C端的正下方P点处.(g取10 m/s2)求：图11(1)小环离开直杆后运动的加速度大小和方向.(2)小环在直杆上匀速运动速度的大小v0.(3)小环运动到P点的动能.答案(1)14.1 m/s2与杆垂直斜向右下方(2)2 m/s(3)5 J解析(1)小环在直杆上的受力情况如图所示由平衡条件得：mgsin 45Eqcos 45得mgEq，离开直杆后，只受mg、Eq作用，则：mgma代入数据解得加速度大小：a14.1 m/s2加速度方向与杆垂直斜向右下方(2)设小环在直杆上运动的速度为v0，离杆后经t秒到P点，则竖直方向：hv0sin 45tgt2水平方向(取向左为正)：v0cos 45tgt20由以上两式代入数据解得：v02 m/s(3)由动能定理得：EkPmvmgh代入数据解得：EkP5 J.专题强化练1.(多选)如图1所示，绝缘粗糙斜面体固定在水平地面上，斜面所在空间存在平行于斜面向上的匀强电场E，轻弹簧一端固定在斜面顶端，另一端拴接一不计质量的绝缘薄板.一带正电的小滑块，从斜面上的P点处由静止释放后，沿斜面向上运动，并能压缩弹簧至R点(图中未标出)，然后返回，则()图1A.滑块从P点运动到R点的过程中，其机械能增量等于电场力与弹簧弹力做功之和B.滑块从P点运动到R点的过程中，电势能的减小量大于重力势能和弹簧弹性势能的增加量之和C.滑块返回时能到达的最低位置在P点的上方D.滑块最终停下时，克服摩擦力所做的功等于电势能的减小量与重力势能增加量之差答案BC解析在小滑块开始运动到到达R点的过程中，电场力做的功转化为小滑块的重力势能、弹簧的弹性势能以及内能.滑块从P点运动到R点的过程中，其机械能增量等于电场力与弹簧弹力做功、摩擦力做功之和.故A错误；电场力做的功转化为小滑块的重力势能、弹簧的弹性势能以及内能，所以电势能的减小量大于重力势能和弹簧弹性势能的增加量之和.故B正确；小滑块运动的过程中，由于摩擦力做功，小滑块的机械能与电势能的和减小，所以滑块返回时能到达的最低位置在P点的上方，不能再返回P点.故C正确；滑块运动的过程中，由于摩擦力做功，小滑块的机械能与电势能的和逐渐减小，所以滑块最终停下时，克服摩擦力所做的功等于电势能的减小量与重力势能增加量、弹性势能增加量之差.故D错误.2.(多选)如图2所示，匀强电场的电场强度为E，方向水平向左，一带电量为q，质量为m的物体放在光滑水平面上，在恒力F作用下由静止开始从O点向右做匀加速直线运动，经时间t力F做功60 J，此后撤去力F，物体又经过相同的时间t回到出发点O，设O点的电势能为零，则下列说法正确的是()图2A.物体回到出发点的速度与撤去力F时的速度大小之比为21B.恒力F4qEC.撤去力F时，物体的电势能为45 JD.在撤去力F之前的任一时刻，动能与电势能之比均为13答案ACD解析在恒力F作用下的加速度大小为a1，撤去恒力F后的加速度大小为a2，匀加速运动的位移大小x1a1t2，撤去拉力后的位移大小x2a1tta2t2根据x1x2得a23a1.根据牛顿第二定律得，a1，a2，联立解得F电qEF.故B错误.3.(多选)如图3所示，物体A和带负电的物体B用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，A、B的质量分别是m和2m，劲度系数为k的轻质弹簧一端固定在水平面上.另一端与物体A相连，倾角为的斜面处于沿斜面向上的匀强电场中，整个系统不计一切摩擦.开始时，物体B在一沿斜面向上的外力F3mgsin 的作用下保持静止且轻绳恰好伸直，然后撤去外力F，直到物体B获得最大速度，且弹簧未超过弹性限度，则在此过程中()图3A.对于物体A、B、弹簧和地球组成的系统，电场力做功等于该系统增加的机械能B.物体A、弹簧和地球所组成的系统机械能增加量等于物体B电势能的减少量C.B的速度最大时，弹簧的伸长量为D.撤去外力F的瞬间，物体B的加速度为答案AC解析根据能量守恒可知，物体A、弹簧和地球所组成的系统机械能增加量等于物体B电势能的减少量和B物体机械能的减小量之和，故B错误；当B所受的合力为零时，B的速度最大，由：kxF电2mgsin 解得弹簧的伸长量为：x，故C正确；开始时，外力F作用在B上，B处于静止状态，对B分析可知：F2mgsin F电0解得：F电mgsin .当撤去外力瞬间，对AB整体分析，整体受到的合力为：F合F电2mgsin 3mgsin 由F合3ma可得 agsin ，故D错误.4.(多选)如图4所示，在一竖直平面内，BCDF段是半径为R的圆弧挡板，AB段为直线型挡板(长为4R)，两者在B点相切，37，C、F两点与圆心等高，D在圆弧形挡板的最低点，所有接触面均光滑、绝缘，挡板处于场强为E，方向水平向左的匀强电场中，现将带电量为q、质量为m的小球从挡板内侧的A点由静止释放，小球沿挡板内侧ABCDF运动到F点后抛出，在这段运动过程中，下列说法正确的是(sin 370.6，cos 370.8)()图4A.匀强电场的场强大小可能等于B.小球运动到D点时动能一定不是最大C.小球机械能增加量的最大值为2.6qERD.小球从B到D运动过程中，动能的增量为1.8mgR0.8EqR答案BC解析小球能沿挡板ABC内侧运动，则有：qEcos 37mgsin 37，则得：E，故场强大小不可能等于.故A错误；小球在复合场中受重力和电场力，所以小球运动到合力方向上时动能最大，则知在CD之间的某一点上时动能最大，故B正确；小球运动到C点时，电场力做正功最多，小球的机械能增加量最大，所以小球机械能增加量的最大值为EqE4Rcos 53R(1cos 37)2.6qER，故C正确；小球从B到D运动过程中，根据动能定理得：动能的增量为EkmgR(1sin 37)qERcos 371.6mgR0.8qER，故D错误.5.质量为m、长度为l的金属棒MN两端由绝缘且等长轻质细线水平悬挂，处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B.开始时细线竖直，当金属棒中通以恒定电流后，金属棒从最低点向右开始摆动，若已知细线与竖直方向的最大夹角为60，如图5所示，则棒中电流()图5A.方向由M向N，大小为B.方向由N向M，大小为C.方向由M向N，大小为D.方向由N向M，大小为答案B解析平衡时两悬线与竖直方向夹角均为，故导线受到向右的安培力，根据左手定则，可判断金属棒中的电流方向由N指向M；金属棒MN所受安培力的方向垂直于MN和磁场方向向右，由于棒向上运动的过程中重力和安培力做功，细线的拉力不做功，设细线的长度为x，由功能关系得：BIlxsin mg(xxcos )0解方程得：I.6.(多选)如图6所示，光滑的水平轨道AB与半径为R的光滑的半圆形轨道BCD相切于B点，水平轨道AB部分存在水平向右的匀强电场E，半圆形轨道处于竖直平面内，B为最低点，D为最高点.一质量为m、带正电的小球从距B点x的位置在电场力的作用下由静止开始沿AB向右运动，并能恰好通过最高点D，则下列物理量的变化对应关系正确的是()图6A.其他条件不变，R越大，x越大B.其他条件不变，m越大，x越大C.其他条件不变，E越大，x越大D.其他条件不变，R越大，小球经过B点瞬间对轨道的压力越大答案AB解析小球在BCD部分做圆周运动，在D点，由牛顿第二定律有：mgm，小球由B到D的过程中机械能守恒：mvmg2Rmv，联立解得：vB，R越大，小球经过B点时的速度越大，则x越大，选项A正确；小球由A到B，由动能定理得：qExmv，将vB代入得：qExmgR，知m越大，x越大，B正确；E越大，x越小，C错误；在B点有：FNmgm，将vB代入得：FN6mg，选项D错误.7.(多选)如图7所示，竖直平面内有两条水平的平行虚线ab、cd，间距为d，其间(虚线边界上无磁场)有磁感应强度为B的匀强磁场，一个正方形线框边长为L，质量为m，电阻为R.线框位于位置1时，其下边缘到ab的距离为h.现将线框从位置1由静止释放，依次经过2、3、4三个位置，其下边框刚进入磁场和刚要穿出磁场时的速度相等，重力加速度为g，下列说法正确的是()图7A.线框在经过2、3、4三个位置时，位置3时线框速度一定最小B.线框进入磁场过程中产生的电热Qmg(dL)C.线框从位置2下落到位置4的过程中加速度一直减小D.线框在即将到达位置3的瞬间克服安培力做功的瞬时功率为答案AD解析线框进入磁场的过程做加速度减小的减速运动，完全进入磁场后做加速度为g的匀加速运动，则知3位置时线框速度最小，故A正确；由功能关系可知，线框进入磁场中减小的重力势能等于电热，即Qmgd，故B错误；由于线框在完全进入磁场后做加速度为g的匀加速运动，故C错误；因为进入磁场时要减速，即此时的安培力大于重力，速度减小，安培力也减小，当安培力减小到等于重力时，线圈做匀速运动，全部进入磁场将做匀加速运动，设线圈的最小速度为v，由动能定理，从线框下边刚进入磁场到线框完全进入时，则有：mv2mvmgLmgd，又有：mvmgh，则克服安培力的功率PBILv，故D正确.8.如图8甲所示，左侧接有定值电阻R2 的水平粗糙导轨处于垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度B1 T，导轨间距L1 m.一质量m2 kg，阻值r2 的金属棒在水平拉力F作用下由静止开始从CD处沿导轨向右加速运动，金属棒的vx图象如图乙所示，若金属棒与导轨间动摩擦因数0.25，则从起点发生x1 m位移的过程中(g10 m/s2)()图8A.金属棒克服安培力做的功W10.5 JB.金属棒克服摩擦力做的功W24 JC.整个系统产生的总热量Q4.25 JD.拉力做的功W9.25 J答案D解析金属棒与导轨间因摩擦产生的热量等于克服摩擦力做的功，为：Q1mgx0.252101 J5 J，故B、C错误；由vx图象得：v2x，金属棒所受的安培力F，代入得：F0.5x，则知F与x是线性关系.当x0时，安培力F00；当x1 m时，安培力F10.5 N，则从起点发生x1 m位移的过程中，安培力做功为W安xx1 J0.25 J，A错误；根据动能定理得：WmgxW安mv2，其中v2 m/s，0.25，m2 kg，代入解得，拉力做的功W9.25 J，故D正确.9.如图9所示，平行金属导轨与水平面成角，导轨与定值电阻R1和R2相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面.有一导体棒ab，质量为m，导体棒的电阻R0与固定电阻R1和R2的阻值均相等，与导轨之间的动摩擦因数为，导体棒ab沿导轨向上滑动，当上滑的速度为v时，受到安培力的大小为F.此时()图9A.电阻R1消耗的热功率为B.电阻R0消耗的热功率为C.整个装置消耗的热功率为mgvsin D.整个装置消耗的机械功率为(Fmgcos )v答案D解析设ab长度为L，磁感应强度为B，电阻R0R1R2R.电路中感应电动势EBLv，ab中感应电流为：I，ab所受安培力为：FBIL电阻R1消耗的热功率为：P1(I)2R由得：P1Fv，电阻R0和R1阻值相等，P0I2RFv，故A、B错误；整个装置因摩擦而消耗的热功率为：PfFfvmgcos vmgvcos ，故C错误；整个装置消耗的机械功率为：P3FvPf(Fmgcos )v，故D正确.10.(多选)如图10所示，同一竖直面内的正方形导线框a、b的边长均为l，电阻均为R，质量分别为2m和m.它们分别系在一跨过两个定滑轮的轻绳两端，在两导线框之间有一宽度为2l、磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场区域.开始时，线框b的上边与匀强磁场的下边界重合，线框a的下边到匀强磁场的上边界的距离为l.现将系统由静止释放，当线框b全部进入磁场时，a、b两个线框开始做匀速运动.不计摩擦和空气阻力，则()图10A.a、b两个线框匀速运动的速度大小为B.线框a从下边进入磁场到上边离开磁场所用时间为C.从开始匀速运动到线框a全部进入磁场的过程中，线框a所产生的焦耳热为mglD.从开始匀速运动到线框a全部进入磁场的过程中，两线框共克服安培力做功为2mgl答案BC解析当线框b全部进入磁场时，a的下边刚进入磁场，则此时两线框匀速运动，则mgF安2mg，而F安，解得v，选项A错误；线框a从下边进入磁场到上边离开磁场的过程，两线框一直做匀速运动，则所用的时间t，故选项B正确；从开始匀速运动到线框a全部进入磁场的过程中，因为两线框匀速运动，故线框a所产生的焦耳热等于两线框的重力势能的减小量：QEp2mglmglmgl，选项C正确；从开始运动到线框a全部进入磁场的过程中，两线框共克服安培力做功等于产生的电能，即大小为mgl，选项D错误；故选B、C.11.如图11所示，在竖直平面内有一质量为2m的光滑“”形线框DEFC，EF长为L，电阻为r；FCED2L，电阻不计.FC、ED的上半部分(长为L)处于匀强磁场区域中，且FC、ED的中点与其下边界重合.质量为m、电阻为3r的金属棒用最大拉力为2mg的绝缘细线悬挂着，其两端与C、D两端点接触良好，处在磁感应强度为B的匀强磁场区域中，并可在FC、ED上无摩擦滑动.现将“”形线框由静止释放，当EF到达磁场区域的下边界时速度为v，细线刚好断裂，区域内磁场消失.重力加速度为g.求：图11(1)整个过程中，线框克服安培力做的功；(2)EF刚要出磁场时产生的感应电动势；(3)线框的EF边追上金属棒CD时，金属棒CD的动能.答案(1)2mgLmv2(2)(3)解析(1)对形线框用动能定理：2mgLW2mv20，W2mgLmv2(2)对金属棒CD受力分析：FTmmgBIL，得到I，EIR总(3)对金属棒CD运动分析：Hgt2，对形线框运动分析：HLvtgt2，解得：t相遇时CD棒速度vt0gt，此时动能为Ekmv12.如图12所示，整个空间存在水平向右的匀强电场，场强E2103 V/m，在电场中的水平地面上，放有质量M2 kg的不带电绝缘木板，处于静止状态.现有一质量为m2 kg，所带负电荷为q1103 C的绝缘物块(可看作质点)，以水平向右的初速度v08 m/s滑上木板左端.已知木板与水平地面间的动摩擦因数10.1，物块与木板间的动摩擦因数20.3，物块在运动过程中始终没有从木板上滑下，g取10 m/s2.求：图12(1)放上物块瞬间，物块和木板的加速度分别是多少；(2)木板至少多长，才能保证物块不从木板上掉下来；(3)从物块滑上木板到物块与木板达到共速的过程中，系统产生的热量Q.答案(1)4 m/s2，方向水平向左1 m/s2，方向水平向右(2)6.4 m(3)43.52 J解析(1)物块滑上木板瞬间，根据牛顿第二定律得：对m有：qE2mgma1，对M有：2mg1(mM)gMa2，解得：a14 m/s2，方向水平向左，a21 m/s2，方向水平向右.(2)假设m、M经过时间t1两者具有共同速度v，各自的位移为x1、x2，则有：vv0a1t1a2t1，x1t1，x2t1，M、m之间的相对位移为x，则有：xx1x2，联立方程解得：x6.4 m，所以木板至少长6.4 m，(3)物块与木板间产生的内能为Q1，木板与地面产生的内能为Q2，则有：Q12mgx，Q21(mM)gx2，全过程产生的热量为：QQ1Q2，解得：Q43.52 J.13.如图13所示，绝缘光滑水平面与半径为R的竖直光滑半圆轨道相切于C.竖直直径GC左侧空间存在足够大匀强电场，其电场强度方向水平向右.GC右侧空间处处存在匀强磁场，其磁感应强度垂直纸面水平向里.一质量为m，电荷量为q的带正电滑块(可视为质点)在A点由静止释放，滑块恰好能通过圆周的最高点G进入电场.已知匀强电场场强大小为E，AC间距为L4R，重力加速度为g.求：图13(1)滑块在G点的速度vG；(2)匀强磁场的磁感应强度B的大小；(3)滑块落回水平面的位置距离C点的距离x.答案(1)2(2)(3)2R解析(1)研究A到G过程，由动能定理知：4EqR2mgR代入可得：vG2(2)在G点，对滑块有：mgqvGB代入可得：B(3)设回到电场之后的飞行时间为t，水平位移为x竖直方向：2R水平方向：xvGtat2其中：a联立可得：x2R.