电学中的动量和能量问题--二轮专题

2020年高考物理二轮专题复习五：电学中的动量与能量问题（解析附后）考纲指导动量与能量在电学中应用，主要是动力学知识和功能关系解决力电综合问题，在高考中常以压轴题的形式出现，题目综合性强，分值高，难度大。

考查重点：(1)电场和磁场中的动量和能量问题；(2)电磁感应中的动量和能量问题。

知识梳理训练题1．(多选)图中虚线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2．如图所示，间距为L 的足够长光滑平行金属导轨固定在同一水平面内，虚线MN 右侧区域存在磁感应强度为B 、方向竖直向下的匀强磁场。

质量均为m 、长度均为L 、电阻均为R 的导体棒a 、b ，垂直导轨放置且保持与导轨接触良好．开始导体棒b 静止于与MN 相距为x 0处，导体棒a 以水平速度v 0从MN 处进入磁场。

不计导轨电阻，忽略因电流变化产生的电磁辐射，运动过程中导体棒a 、b 没有发生碰撞。

求：(1)导体棒b 中产生的内能； (2)导体棒a 、b 间的最小距离。

易错题1．(多选)一质量为m 带正电荷的小球由空中A 点无初速自由下落，在t 秒末加上竖直向上、范围足够大的匀强电场，再经过t 秒小球又回到A 点。

不计空气阻力且小球从未落地，则( )A ．整个过程中小球电势能变化了32mg 2t2B ．整个过程中小球速度增量的大小为2gtC ．从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能变化了mg 2t 2D ．从A 点到最低点小球重力势能变化了23mg 2t22．如图所示，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m ，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。

第2讲 动量观点和能量观点在电学中的应用知识必备1.静电力做功与路径无关。

若电场为匀强电场，则W ＝Flcos α＝qElcos α；若是非匀强电场，则一般利用W ＝qU 来求。

2.静电力做的功等于电势能的变化，即W AB ＝－ΔE p 。

3.电流做功的实质是电场对移动电荷做功，即W ＝UIt ＝qU 。

4.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电荷都不做功；安培力可以做正功、负功，还可以不做功。

5.电磁感应中的能量问题(1)能量转化：其他形式的能量――→克服安培力做功电能电能――→电流做功焦耳热或其他形式能(2)焦耳热的三种求法：①焦耳定律：Q ＝I 2Rt②功能关系：Q ＝W 克服安培力③能量转化：Q ＝W 其他能的减少量,备考策略动量观点和能量观点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，要抓住4点：(1)受力分析和运动过程分析是关键。

(2)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。

(3)力学中的几个功能关系在电学中仍然成立。

(4)感应电动势是联系电磁感应与电路的桥梁，要做好“源”的分析，电磁感应产生的电功率等于内、外电路消耗的功率之和，这是能量守恒分析这类问题的思路。

功能关系在电学中的应用【真题示例】 (多选)(2020·全国卷Ⅲ，21)一匀强电场的方向平行于xOy 平面，平面内a 、b 、c 三点的位置如图1所示，三点的电势分别为10 V 、17 V 、26 V 。

下列说法正确的是( )图1A.电场强度的大小为2.5 V/cmB.坐标原点处的电势为1 VC.电子在a 点的电势能比在b 点的低7 eVD.电子从b 点运动到c 点，电场力做功为9 eV解析 如图所示，设a 、c 之间的d 点电势与b 点电势相同，则ad dc ＝10－1717－26＝79，所以d 点的坐标为(3.5 cm ，6 cm)，过c 点作等势线bd 的垂线，电场强度的方向由高电势指向低电势。

电学中的动量和能量问题1。

如图所示，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 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，则小球速度减为零后可能沿杆向上运动，A项错误；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,B项正确;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,C项错误；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，D项错误。

答案B2.如图所示，一带电小球沿与CD平行方向射入倾角为θ的光滑斜面上，斜面所在区域存在和AD平行的匀强电场，小球运动轨迹如图中虚线所示，则（）A．若小球带正电荷,则电场方向一定沿斜面向下B．小球从M点运动到N点电势能一定增加C．小球从M点运动到N点动能一定增加D．小球从M点运动到N点机械能一定增加解析若小球带正电荷，重力沿斜面向下的分力大于电场力时,电场力的方向可以沿斜面向上，也可以沿斜面向下，A项错误;当电场力沿斜面向上时，则电场力做负功，电势能增加，当电场力沿斜面向下时，电场力做正功，电势能减小，B项错误；由于合力沿斜面向下，故合力一定做正功,根据动能定理可知，动能一定增加，C项正确；若电场力沿斜面向上，电场力做负功,机械能减小，D 项错误。

答案 C3．（多选)如图所示空间的虚线框内有匀强电场，AA ′、BB ′、CC ′是该电场的三个等势面，相邻等势面间的距离均为0.5 cm,其中BB ′为零势能面。

电学中的动量和能量问题1．如图1所示，圆滑绝缘水平轨道上带正电的甲球，以某一水平速度射向静止在轨道上带正电的乙球，当它们相距近来时，甲球的速度变成本来的15.已知两球一直未接触，则甲、乙两球的质量之比是()图1A．1∶1 B．1∶2 C．1∶3 D．1∶42．(多项选择)如图2所示，水平面上有相距为L的两圆滑平行金属导轨，导轨上静止放有金属杆a和b，两杆均位于匀强磁场的左边，让杆a以速度v向右运动，当杆a与杆b发生弹性碰撞后，两杆先后进入右边的磁场中，当杆a 刚进入磁场时，杆b的速度恰巧为a的一半．已知杆a、b的质量分别为2m和m，接入电路的电阻均为R，其余电阻忽视不计，设导轨足够长，磁场足够大，则()图2A．杆a与杆b碰撞后，杆a的速度为v3，方向向右B．杆b刚进入磁场时，经过b的电流为2BLv 3RC．从b进入磁场至a刚进入磁场时，该过程产生的焦耳热为78mv2D．杆a、b最后拥有同样的速度，大小为2v 33．两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内，两导轨间的距离为L，导轨上垂直搁置两根导体棒a和b，俯视图如图3甲所示．两根导体棒的质量均为m，电阻均为R，回路中其余部分的电阻不计，在整个导轨平面内，有磁感觉强度大小为B的竖直向上的匀强磁场．导体棒与导轨接触优秀且均可沿导轨无摩擦地滑行，开始时，两棒均静止，间距为x0，现给导体棒a一直右的初速度v0，并开始计时，可获得如图乙所示的Δv－t图象(Δv表示两棒的相对速度，即Δv＝v a－v b)图3(1)试证明：在0～t2时间内，回路产生的焦耳热与磁感觉强度B没关；(2)求t1时辰，棒b的加快度大小；(3)求t2时辰，两棒之间的距离．4．如图4甲所示，一倾角为θ＝37°、高为h＝0.3 m的绝缘斜面固定在水平面上，一可视为质点的质量为m＝1 kg、带电荷量q＝＋0.02 C的物块放在斜面顶端，距斜面底端L＝0.6 m处有一竖直搁置的绝缘圆滑半圆轨道，半径为R ＝0.2 m，半圆轨道底端有一质量M＝1 kg可视为质点的绝缘小球，半圆轨道底端与斜面底端之间存在如图乙所示的变化电场(水平向右为正方向，图乙中O点对应坐标原点，虚线与坐标轴围成的图形是椭圆一部分，椭圆面积公式S＝πab，a、b分别为半长轴和半短轴)．现给物块一沿斜面向下的初速度v0，物块运动到半圆轨道处与小球发生对心弹性碰撞，不计物块经过斜面底端时的能量损失，已知物块与斜面、水平面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，重力加快度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80.图4(1)若小球不离开半圆轨道，求物块在斜面顶端开释的初速度v0的范围；(2)若小球能经过最高点，并垂直打在斜面上，求小球走开半圆轨道时的速度大小及小球打在斜面上的地点．5．如图5所示，绝缘水平桌面上方地区存在竖直向上的匀强电场，电场强度E＝5 N/C，过桌左边沿的虚线PQ上方存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感觉强度B＝π3T，虚线PQ与水平桌面成45°角，现将一个质量m1＝2.0×10－3 kg、带正电q＝4.0×10－3 C的物块A静置在桌面上，质量m2＝1.0×10－3 kg、不带电的绝缘物块B从与A相距L＝2.0 m处的桌面上以v0＝5.0 m/s的初速度向左运动．物块A、B与桌面间的动摩擦因数均为μ＝0.4，两者在桌面上发生碰撞(碰撞时间极短，A、B间无电荷转移)，碰撞后B反弹速度大小为v B＝1.0 m/s，A 向左运动进入磁场，(重力加快度g取10 m/s2，结果保存两位有效数字)求：图5(1)碰撞后物块A的速度；(2)物块A从进入磁场到再次回到桌面所用时间；(3)若一段时间后A、B在桌面上相遇，求碰撞前A与桌面左边沿P的距离．6．(2018·天津卷·12)真空管道超高速列车的动力系统是一种将电能直接变换成平动动能的装置．图6甲是某种动力系统的简化模型，图中粗实线表示固定在水平面上间距为l的两条平行圆滑金属导轨，电阻忽视不计．ab和cd是两根与导轨垂直、长度均为l、电阻均为R的金属棒，经过绝缘资料固定在列车底部，并与导轨优秀接触，此间距也为l，列车的总质量为m.列车启动前，ab、cd处于磁感觉强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下，如图甲所示．为使列车启动，需在M、N间连结电动势为E的直流电源，电源内阻及导线电阻忽视不计．列车启动后电源自动封闭．图6(1)要使列车向右运转，启动时图甲中M、N哪个接电源正极，并简要说明原因．(2)求刚接通电源时列车加快度a的大小．(3)列车减速时，需在前面设置如图乙所示的一系列磁感觉强度为B的匀强磁场地区，磁场宽度和相邻磁场间距均大于l.若某时辰列车的速度为v0，此时ab、cd均在无磁场地区，试议论：要使列车停下来，前面起码需要多少块这样的有界磁场？参照答案1.答案 D2.答案 ABC3.答案 看法析分析 (1)t 2时辰，两棒速度相等，由动量守恒定律得：mv 0＝mv ＋mv 由能量守恒定律得整个过程中产生的焦耳热：Q ＝12mv 02－12(2m )v 2 解得：Q ＝14mv 02因此在0～t 2时间内，回路产生的焦耳热与磁感觉强度B 没关． (2)t 1时辰，Δv ＝v a －v b ＝v 02 由动量守恒定律：mv 0＝mv a ＋mv b 解得：v a ＝34v 0时，v b ＝14v 0回路中的电动势：E ＝34BLv 0－14BLv 0＝12BLv 0 此时棒b 所受的安培力：F ＝BIL ＝B 2L 2v 04R由牛顿第二定律可得，棒b 的加快度a ＝F m ＝B 2L 2v 04mR (3)t 2时辰，两棒速度同样，由(1)知：v ＝v 020～t 2时间内，对棒b ，由动量定理，有：ΣBiL Δt ＝mv －0，即：BqL ＝mv 又：q ＝I Δt ＝E 2R Δt ＝ΔΦΔt 2R Δt ＝B ΔS 2R ＝BL x －x 02R解得：x ＝x 0＋mv 0RB 2L 2.4.答案 (1) 2 m/s<v 0≤ 6 m/s 或v 0≥2 3 m/s (2)322 m/s 小球恰巧垂直打在斜面的底端分析 (1)当小球运动到半圆轨道与圆心等高处速度为零时，对物块从开始运动到与小球碰撞前，由动能定理有mgh ＋W 电－μmg ⎝ ⎛⎭⎪⎫L ＋h tan θ＝12mv 2－12mv 02剖析题图乙可知W 电＝14πqE m物块与小球碰撞时，由动量守恒有mv ＝mv 1＋Mv 2，由机械能守恒有12mv 2＝12mv 12＋12Mv 22当小球能沿半圆轨道返回时，对小球由动能定理有12Mv 22＝MgR 以上各式联立解得v 0＝ 6 m/s物块与小球恰能碰撞时，由动能定理有mgh ＋W 电－μmg ⎝ ⎛⎭⎪⎫L ＋h tan θ＝0－12mv 012，解得v 01＝ 2 m/s当小球恰能经过最高点时，由圆周运动知识可得Mg ＝M v 32R小球从最低点运动到最高点的过程，依据动能定理得－2MgR ＝12Mv 32－12Mv 02′2，得v 02′＝10 m/s ，物块由斜面顶端开释至碰撞前瞬时，由动能定理有mgh ＋W 电－μmg (L ＋h tan θ)＝12mv 02′2－12mv 022，解得v 02＝2 3 m/s综上所述，物块在斜面顶端开释的初速度范围为 2 m/s<v 0≤ 6 m/s 或v 0≥2 3 m/s(2)小球走开最高点后，做平抛运动，设小球走开最高点时速度为v 4，则有 水平方向x ＝v 4t ，竖直方向y ＝12gt 2 又垂直打在斜面上，则x y ＝2v 4gt ＝2tan θ设打在斜面上地点的高度为h ′，则由几何知识可得x ＝L ＋h ′tan θ，y ＝2R －h ′ 代入数据联立可得h ′＝0，v 4＝322 m/s ，故小球恰巧垂直打在斜面的底端． 5.答案 (1)2.0 m/s 方向水平向左 (2)2.7 s (3)0.83 m分析 (1)设B 与A 碰撞前瞬时的速度为v ，碰后A 、B 的速度分别为v A 、v B ，关于B 由动能定理可得：－μm 2gL ＝12m 2v 2－12m 2v 02A 、B 碰撞过程中，规定向左为正方向，关于A 、B 构成的系统由动量守恒定律可得：m 2v ＝m 1v A －m 2v B联立可得：v A ＝2.0 m/s ，方向水平向左．(2)对A 受力剖析可知qE ＝m 1g ，故碰撞后A 向左做匀速直线运动进入磁场，并在磁场中做匀速圆周运动，设在磁场中做圆周运动的周期为T ，则：T ＝2πm 1qB由几何知识可得：物块A 在磁场中运动了34个圆周，轨迹如下图．A 运动出磁场后竖直向下匀速运动再次回到桌面地点，设其运动时间为t 2，由题意可得：在磁场中洛伦兹力供给向心力：qv A B ＝m 1v A 2R R ＝v A t 2 t ＝t 1＋t 2 联立得：t ≈2.7 s(3)碰撞后B 反弹，在桌面上做匀减速运动，设其加快度大小为a ，碰撞至停止运动所用时间为t 3，可得：μm 2g ＝m 2a 0＝v B －at 3 解得：t 3＝0.25 s明显，碰撞后B 运动时间小于A 运动时间，由此可知A 、B 相遇时，B 已经停止运动．因此A 、B 相遇的地点为B 停止运动的地点，也是A 竖直向下再次回到桌面的地点．B 匀减速的位移：s ＝12v B t 3 则A 距桌边P 的距离：x ＝R －s 解得x ≈0.83 m 6.答案 看法析分析 (1)列车要向右运动，安培力方向应向右．依据左手定章，接通电源后，金属棒中电流方向由a 到b 、由c 到d ，故M 接电源正极．(2)由题意，启动时ab 、cd 并联，设回路总电阻为R 总，由电阻的串并联知识得R 总＝R 2∶设回路总电流为I ，依据闭合电路欧姆定律有 I ＝E R 总∶ 设两根金属棒所受安培力之和为F ，有 F ＝IlB ∶依据牛顿第二定律有 F ＝ma ∶ 联立∶∶∶∶式得 a ＝2BEl mR ∶(3)设列车减速时，cd 进入磁场后经Δt 时间ab 恰巧进入磁场，此过程中穿过两金属棒与导轨所围回路的磁通量的变化为ΔΦ，均匀感觉电动势为E 1，由法拉第电磁感觉定律有E 1＝ΔΦΔt ∶ 此中 ΔΦ＝Bl 2∶设回路中均匀电流为I ′，由闭合电路欧姆定律有 I ′＝E 12R ∶设cd 遇到的均匀安培力为F ′，有 F ′＝I ′lB ∶以向右为正方向，设Δt 时间内cd 受安培力冲量为I 冲，有 I 冲＝－F ′Δt ∶同理可知，回路出磁场时ab 受安培力冲量仍为上述值，设回路出入一块有界磁场地区安培力冲量为I 0，有I 0＝2I 冲∶设列车停下来遇到的总冲量为I 总，由动量定理有 I 总＝0－mv 0∶联立∶∶∶∶∶∶∶式得 I 总I 0＝mv 0R B 2l 3∶议论：若I 总I 0恰为整数，设其为n ，则需设置n 块有界磁场；若I 总I 0不是整数，设I 总I 0的整数部分为N ，则需设置N ＋1块有界磁场．。

第2讲功能关系在电学中的应用(建议用时:40分钟满分:100分)一、选择题(本大题共8小题,每小题8分,共64分,第1～5题只有一项符合题目要求,第6～8题有多项符合题目要求)1.(2020·安徽池州联考)如图所示,匀强电场水平向左,带正电的物体沿绝缘、粗糙水平板向右运动,经A 点时动能为100 J,到B点时动能减少到80 J,减少的动能中有12 J 转化为电势能,则它再经过B点时,动能大小是( B )A.4 JB.16 JC.32 JD.64 J解析:设物体向右运动到C点速度为零,然后返回,A,B间距离为x1,B,C间距离为x2,从A到B过程中,由动能定理得-(f+qE)x1=(80-100)J=-20 J.由电场力做功与电势能的关系知qEx1=12 J,解得qE=.从B到C过程中,由动能定理得-(f+qE)x2=-80 J,解得fx2=32 J.从B到C再返回B的过程中,由动能定理得-2fx2=E k-80 J,解得E k=16 J,故选项B正确.2.(2020·山东烟台模拟)如图(甲),倾角为θ的光滑绝缘斜面,底端固定一带电荷量为Q的正点电荷.将一带正电小物块(可视为质点)从斜面上A点由静止释放,小物块沿斜面向上滑动至最高点B处,此过程中小物块的动能和重力势能随位移的变化图像如图(乙)(E1和x1为已知量).已知重力加速度为g,静电力常量为k,由图像可以求出( C )A.小物块所带电荷量B.A,B间的电势差C.小物块的质量D.小物块速度最大时到斜面底端的距离解析:由动能图线得知,小物块的速度先增大后减小.根据库仑定律得知,小物块所受的库仑力逐渐减小,合外力先减小后增大,加速度先减小后增大,则小物块先沿斜面向上做加速度逐渐减小的加速运动,再沿斜面向上做加速度逐渐增大的减速运动,直至速度为零.由动能图线看出,速度有最大值,此时小物块受力平衡,有库仑力与重力沿斜面的分力平衡,由于没有x的具体数据,所以不能求得小物块所带电荷量,选项A错误;A到B的过程中重力势能的增加等于电势能的减少,所以可以求出小物块电势能的减少,由于小物块的电荷量不知道,所以不能求出A,B之间的电势差,选项B错误;由重力势能图线得到E1=mgh=mgx1sin θ,即可求出m,选项C正确;图像中不能确定哪一点的速度最大,题目中也没有小物块的电荷量等信息,所以不能确定小物块速度最大时到斜面底端的距离,选项D错误.3.(2020·河北邯郸一模)如图所示,一足够长的光滑平行金属轨道,轨道平面与水平面成θ角,上端与一电阻R相连,处于方向垂直轨道平面向上的匀强磁场中.质量为m、电阻为r的金属杆ab,从高为h处由静止释放,下滑一段时间后,金属杆开始以速度v匀速运动直到轨道的底端.金属杆始终保持与轨道垂直且接触良好,轨道的电阻及空气阻力均可忽略不计,重力加速度为g.则( C )A.金属杆加速运动过程中的平均速度为B.金属杆加速运动过程中克服安培力做功的功率大于匀速运动过程中克服安培力做功的功率C.当金属杆的速度为时,它的加速度大小为D.整个运动过程中电阻R产生的焦耳热为mgh-mv2解析:对金属杆分析知,金属杆ab在运动过程中受到重力、轨道支持力和安培力作用,先做加速度减小的加速运动,后做匀速运动,因金属杆加速运动过程不是匀加速,故其平均速度不等于,故选项A错误;当安培力等于重力沿斜面的分力,即mgsin θ=时,杆ab开始匀速运动,此时v最大,F安最大,故匀速运动时克服安培力做功的功率最大,选项B错误;当金属杆速度为时,F安′==mgsin θ,所以F合=mgsin θ-F安′=mgsin θ=ma,得a=,选项C正确;由能量守恒可得mgh-mv2=Q ab+Q R,即mgh-mv2应等于电阻R和金属杆上产生的总焦耳热,选项D错误.4.(2020·江苏十校联考)如图所示,一电荷量为-Q的点电荷甲,固定在绝缘水平面上的O点.另一电荷量为+q、质量为m的点电荷乙,从A点以初速度v0沿它们的连线向甲运动,到B点时的速度减小到最小,大小为v,已知点电荷乙受到水平面的阻力恒为μmg,g为重力加速度,A,B间距离为L,静电力常量为k,则下列说法正确的是( A )A.点电荷甲在B点处的电场强度大小为B.O,B两点间的距离大于C.在点电荷甲形成的电场中,A,B两点间电势差U AB=D.点电荷甲形成的电场中,A点的电势低于B点的电势解析:因为电荷乙从A点运动到B点时的速度减小到最小,故此时电荷乙的加速度为零,即E B q=μmg,即E B=,选项A正确;根据点电荷的场强公式E B=k=,解得x OB=,选项B错误;从A点到B点由动能定理可知qU AB-μmgL=mv2-m,U AB=,选项C错误;点电荷甲带负电,故在所形成的电场中,A点的电势高于B点的电势,选项D错误.5.(2020·浙江绍兴质量检测)如图所示,Ⅰ,Ⅱ是竖直平面内两个相同的半圆形光滑绝缘轨道,K为轨道最低点.轨道Ⅰ处于垂直纸面向外的匀强磁场中,轨道Ⅱ处于水平向右的匀强电场中.两个完全相同的带正电小球a,b从静止开始下滑至第一次到达最低点K的过程中,带电小球a,b相比( C )A.球a所需时间较长B.球a机械能损失较多C.在K处球a速度较大D.在K处球b对轨道压力较大解析:洛伦兹力不做功,仅重力对a做功,由动能定理得mgr=m;重力做正功,电场力对b球做负功,mgr-Eqr=m,由以上两式得v1>v2,a球所需时间较短,选项A,B错误,C正确;在最低点对a球有F N1+F 洛-mg=,对b球有F N2-mg=,无法比较F N1,F N2大小,选项D错误.6.(2020·天津质量调查)光滑水平面上有一边长为L的正方形区ABCD处在电场强度为E的匀强电场中,电场方向与正方形的某一条边平行,一质量为m、带电荷量为q的小球由AD边的中点以垂直于该边的水平初速度v0进入该正方形区域,当小球再次运动到该正方形区域的边缘时,具有的动能可能为( AC )A.m+qELB.m+qELC.m+qELD.m+qEL解析:若电场方向与BC平行,则电场力做的功W≤EqL,动能满足m<E k≤m+qEL.若电场方向与AB平行,则电场力做的功W=qEL或W=-qEL或W=0,动能E k=m+EqL或E k=m-EqL或E k=m,故A,C正确,B,D错误.7.(2020·湖北十三校二联)如图(甲)所示,abcd是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框,在金属线框的下方有一磁感应强度为B的匀强磁场区域,MN和M′N′是匀强磁场区域的水平边界,边界的宽度为s,并与线框的bc边平行,磁场方向与线框平面垂直.现让金属线框由距MN的某一高度从静止开始下落,图(乙)是金属线框由开始下落到完全穿过匀强磁场区域的v t图像(其中OA,BC,DE相互平行).已知金属线框的边长为L(L<s)、质量为m、电阻为R,当地的重力加速度为g,图像中坐标轴上所标出的字母v1,v2,t1,t2,t3,t4均为已知量.(下落过程中bc边始终水平)根据题中所给条件,以下说法正确的是( AC )A.t2时刻是线框全部进入磁场瞬间,t4时刻是线框全部离开磁场瞬间B.从bc边进入磁场起一直到ad边离开磁场为止,克服安培力所做的功为mgsC.v1的大小可能为D.线框穿出磁场过程中流经线框横截面的电荷量比线框进入磁场过程中流经线框横截面的电荷量多解析:线框进入磁场之前,做自由落体运动,即匀加速直线运动;线框的bc边进入磁场后,ad边进入磁场前,bc边受向上的安培力,加速度a=,做加速度越来越小的变减速运动;当线框全部进入磁场中后,线框受安培力为零,又做匀加速直线运动,加速度为g;当bc边出磁场,只有ad边在磁场中时,ad边受向上的安培力,a=,做加速度越来越小的变减速运动;当线框全部出磁场之后,其只受重力,又做匀加速直线运动,加速度为g;对照图(乙)可知,t2时刻是线框全部进入磁场瞬间、t4时刻是线框全部离开磁场瞬间,选项A正确;由能量关系可得,从bc边进入磁场到ad边出磁场的过程中克服安培力做的功为W=mg(s+L)-(m-m),选项B错误;由q=n可知,线框穿出磁场过程中流经线框横截面的电荷量与线框进入磁场过程中流经线框横截面的电荷量相等,选项D错误;当线框速度为v1时,其所受安培力若正好与重力相平衡,则有F安=mg,即=mg,得v1=,选项C正确.8.(2020·湖南师大附中模拟)如图所示,质量为3m的重物与一质量为m的线框用一根绝缘细线连接起来,挂在两个高度相同的定滑轮上,已知线框电阻为R,横边边长为L,水平方向匀强磁场的磁感应强度为B,磁场上下边界的距离、线框竖直边长均为h.初始时刻,磁场的下边缘和线框上边缘的高度差为2h,将重物从静止开始释放,线框穿出磁场前,若线框已经做匀速直线运动,滑轮质量、摩擦阻力均不计.则下列说法中正确的是( AB )A.线框进入磁场时的速度为B.线框穿出磁场时的速度为C.线框进入磁场后,若某一时刻的速度为v′,则加速度为a=g-D.线框通过磁场的过程中产生的热量Q=8mgh-解析:线框进入磁场前,根据重物与线框组成的系统机械能守恒得(3mg-mg)·2h=(3m+m),解得线框进入磁场时的速度为v0=,选项A正确;线框穿出磁场前,根据平衡条件得3mg-mg=F安,而F安=,联立解得线框穿出磁场时的速度为v=,选项B正确;线框进入磁场后,若某一时刻的速度为v′,对整体,根据牛顿第二定律得3mg-mg-=(3m+m)a,解得a=g-,选项C错误;设线框通过磁场的过程中产生的热量为Q.对从静止到刚通过磁场的过程,根据能量守恒得Q=(3mg-mg)·4h-(3m+m)v2,将v=代入得Q=8mgh-,选项D错误.二、非选择题(本大题共2小题,共36分)9.(18分)如图所示,一根有一定电阻的直导体棒质量为m、长为L,其两端放在位于水平面内间距也为L的光滑平行导轨上,并与之接触良好;棒左侧两导轨之间连接一可控电阻;导轨置于匀强磁场中,磁场的磁感应强度大小为B,方向垂直于导轨所在平面.t=0时刻,给导体棒一个平行于导轨的初速度,此时可控电阻的阻值为R0.在棒运动过程中,通过可控电阻的变化使棒中的电流保持恒定.不计导轨电阻,导体棒一直在磁场中.(1)求可控电阻R随时间t变化的关系式;(2)若已知棒中电流为I,求0～t时间内可控电阻上消耗的平均功率P;(3)若在棒的整个运动过程中将题中的可控电阻改为阻值为R0的定值电阻,则棒将减速运动位移x1后停下,而由题中条件,棒将运动位移x2后停下,求的值.解析:(1)因棒中的电流保持恒定,故棒做匀减速直线运动,设棒的电阻为r,电流为I,其初速度为v0,加速度大小为a,经时间t后,棒的速度变为v,则有v=v0-at,而a=t=0时刻棒中电流为I=经时间t后棒中电流为I=由以上各式得R=R0-t.(2)因可控电阻R随时间t均匀减小,故所求功率为P=I2×由以上各式得P=I2(R0-).(3)将可控电阻改为定值电阻R0,棒将做变减速运动.有v0=t′,=,而t′=t′,==,由以上各式得x1=而x2=由以上各式得x2=所求=.答案:(1)R=R0-t (2)I2(R0-)(3)2∶110.(18分)(2020·江南十校二模)如图(甲),斜面AO的倾角α=30°,其表面动摩擦因数为μ1,水平地面OB 动摩擦因数μ2=0.30,过斜面底端O点的竖直线(虚线)右侧,存在平行于OB的匀强电场(图中未画出),视为质点的滑块其质量m=1.00 kg、带电荷量q=+2.00×10-6 C,由静止从斜面上的P点下滑至地面上的Q点,该过程滑块的速率图像如图(乙).(滑块电荷量恒定不变,不考虑经过O点时滑块的能量损失).(1)求P点高度h及动摩擦因数μ1;(2)求匀强电场的大小E和方向及滑块的最大电势能E p(设O点电势为零);(3)在图(乙)中,将1.25秒后滑块速率图像加以补充,并根据变化规律得出滑块第n次从O点向右运动的最大距离s n.解析:(1)根据图像,PO=1.00 m,所以P点高度为h=PO·sin θ=0.50 m.滑块在斜面上向下滑行加速度a1=2.00 m/s2有mgsin 30°-μ1mgcos 30°=ma1,得μ1=.(2)根据图像,在地面上向右滑行加速度a2=8.00 m/s2,滑行位移x OQ=0.25 m,滑块第一次到达O点的速度为v1,电场力做功为W1,故有W1-μ2mg·x OQ=0-m,因v1=2 m/s,得W1=-1.25 J因OQ为在地面上向右滑行的最大距离,所以最大电势能E p=1.25 J.-W1=Eq·x OQ,得E=2.50×106 V/m,方向向左.(3)从P→O,加速度a1=2.00 m/s2,方向沿斜面向下.从O→Q,加速度a2=8.00 m/s2,方向向左.从Q→O,加速度a3==2.00 m/s2,方向向左.从O→P′(第一次返回斜面向上运动),加速度a4==8.00 m/s2,方向沿斜面向下.所以滑块往返运动的速度图像如图.可以看出,图中三角形的高和底边长按比例递减,图中阴影面积为滑块每次从O点向右运动的最大距离,依次为s1,s2,s3,…s n.由图像可以看出s1∶s2∶s3∶…∶s n=1∶()∶()2∶…∶()n-1,又有s1=0.25 m所以s n=s1·()n-1= m(n=1,2,3,…,n).答案:(1)0.50 m(2)2.50×106 V/m 方向向左 1.25 J(3)图见解析S n= m(n=1,2,3,…,n)高考理综物理模拟试卷注意事项：1. 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。