1、题组一:电磁感应的综合应用1. (1) 1.6 W(2) 3 m/s(3) 0.7 J解析:(1) 导体棒运动2 m后小灯泡稳定发光,说明导体棒做匀速运动.F=f+F安,F安=BIL,得I=0.4 A.对应小灯泡的伏安特性曲线,此时小灯泡两端的电压U=4 V.小灯泡的电功率P=UI=1.6 W.(2) 由I=,E=BLv,灯泡此时电阻R灯=10,得v=3 m/s.(3) 由能量转化和守恒定律得Q=Fx-mgx-mv2,代入数据得Q=0.7 J.2. (1) 0.25 C(2) 0.08 kg(3) 0.045 J解析:(1) =.=,q=t,由表中数据可知x=0.25 m,解得q=0.25 C
2、.(2) 由表中数据可知,0.3 s时棒做匀速直线运动,v=1 m/s.mgsin 30=BIL,I=,E=BLv,解得m=0.08 kg.(3) mgxsin 30=Q+mv2,解得Q=0.18 J.金属棒ab上产生的热量Qr= Q,解得Qr=0.045 J.3. (1) 5 A(2) 0.4 V(3) -0.25 J解析:(1) 线圈AB边离开磁场时已经匀速运动,F=Ff+BIL,所以I=5 A.(2) 线圈AB边进入磁场前做匀加速直线运动,F-Ff=ma,a=10 m/s2.=2as,v0=2 m/s.线圈进入磁场时E=BLv0=0.4 V.(3) 线圈在穿越磁场的过程中,运用动能定理有
3、(F-Ff)d+W=mv2-m,解得W=-0.25 J.4. (1) ,回路中的电流方向为逆时针(2) (3) 解析:(1) 02t0时间内,回路中的感应电动势E1=S,由图乙可知=,电流大小I1=,解得I1=.由楞次定律得02t0时间内,回路中的电流方向为逆时针.(2) 安培力大小F=I1L1B,t0时刻B=B0,解得F=.(3) 线框匀速转动时,产生正弦交变电流,感应电动势的最大值E2m=B0L1L2,电动势的有效值E2=,感应电流的有效值I2=.平均感应电动势=,平均感应电流=,通过导线横截面的电荷量q=t,解得q=.5. (1) 4 m/s(2) T(3) 12 J解析:(1) 由动能
4、定理有mgx0sin =mv2,解得v=4 m/s.(2) 棒ab产生的感应电动势E=BLvcos ,回路中感应电流I=,ab棒匀速运动, 有mgsin =BILcos ,解得B= T.(3) 解法一:由焦耳定律有Q=I2Rt,又t=,解得Q=12 J.解法二:由能量守恒定律有Q总=mgx1sin ,Q=Q总,解得Q=12 J.6. (1) (2) (R+r)(3) 解析:(1) 由闭合电路欧姆定律得U=E,由法拉第电磁感应定律E=BLv,解得橡胶带匀速运动的速率为v=.(2) PA=I2(R+r)=(R+r).(3) 总电荷量为q总=,流过每根金属条的电量为q=.7. (1) ,顺时针方向(
5、或ba)(2) g-(3) mgL-mv2解析:(1) 导体棒被锁定前,闭合回路的面积不变,=k,由法拉第电磁感应定律知E=S=kL2,由闭合电路欧姆定律知I=,由楞次定律知,感应电流的方向为顺时针方向(或ba).(2) 根据法拉第电磁感应定律有E=B0Lv,根据闭合电路欧姆定律知I=,根据安培力公式有F=ILB0,解得F=.由牛顿第二定律知mg-F=ma,解得a=g-.(3) 由能量守恒知mgh=mv2+Q,由几何关系有h=L,解得Q=mgL-mv2.8. (1) (2) -,方向水平向左(3) F(L+d)-m解析:(1) 导体棒匀速,则F=F安,根据安培力公式F安=ILB,解得I=.(2
6、) 设导体棒的加速度为a,则F安-F=ma,安培力公式F安=ILB,根据闭合电路欧姆定律有I=,根据法拉第电磁感应定律有E=BLv1,解得a=-,方向水平向左.(3) 对导体棒整个运动过程应用功能关系,有F(L+d)=m+Q,解得Q=F(L+d)-m.题组二:力学的综合应用1. (1) 2.4 s(2) 3 696 N(3) F=(2 400+48 v)N2 400 NF5 280 N解析:(1) 探测器从C处至D处做初速度为零的匀加速运动,加速度a= m/s2.由x=at2,得t=2.4 s.(2) 从A至B,由动能定理得mg月h-Fh=m-m,得F=3 696 N.(3) 由图线可得a=v
7、,由牛顿第二定律可得F-mg月=ma.得F=(2 400+48v)N.推力F的调节范围是2 400 NF5 280 N.2. (1)13 N方向竖直向下(2) 4 m/s(3) 1.8 s解析:(1) 在AB段运动过程中有Pt-fL=m,解得vB=6 m/s.根据牛顿第二定律,对人和车在B点分析F-mg=m,解得F=13 N.由牛顿第三定律知,压力F=13 N,方向竖直向下.(2) 又由平抛运动得h=g,x=vEt2,解得vE=4 m/s.(3) 在BE段运动过程中有Pt3-W克f-mgh=m-m,解得t3=1.8 s.3. (1) aA=2 m/s2aB=4 m/s2(2) 2 m(3) 4
8、0 J解析:(1) 在01 s内,A、B两物体分别做匀加速直线运动,根据牛顿第二定律得mg=MaA,F1-mg=maB,代入数据得aA=2 m/s2,aB=4 m/s2.(2) t1=1 s后,拉力F2=mg,铁块B做匀速运动,速度大小为v1;木板A仍做匀加速运动,又经过时间t2,速度与铁块B相等.v1=aBt1,又v1=aA(t1+t2),解得t2=1 s.假设A、B速度相等后一起做匀加速运动,运动时间t3=2 s,加速度为a,F2=(M+m)a,解得a=1 m/s2.木板A受到的静摩擦力f=Mamg,故A、B一起运动,假设成立.s=aB+v1t2-aA(t1+t2)2,代入数据得s=2 m
9、.(3) 时间t1内拉力做的功W1=F1x1=F1aB=12 J,时间t2内拉力做的功W2=F2x2=F2v1t2=8 J,时间t3内拉力做的功W3=F2x3= F2(v1t3+a)=20 J,4 s内拉力做的功W=W1+W2+W3=40 J.4. (1) 4 s(2) 6 m(3) 1.8 mh9.0 m解析:(1) A到B过程,根据牛顿第二定律有mgsin -1mgcos =ma1,根据匀变速直线运动规律有=a1,代入数据解得a1=2 m/s2,t1=3 s.所以滑到B点的速度vB=a1t1=23 m/s=6 m/s.物块在传送带上匀速运动到C,t2= s=1 s.所以物块由A到B的时间t
10、=t1+t2=3 s+1 s=4 s.(2) 斜面上根据动能定理有mgh2-1mgcos =mv2,解得v=4 m/s6 m/s.设物块在传送带上先做匀加速运动到达v0,运动位移为x,则a2=2g=2 m/s2,根据匀变速直线运动速度位移关系式有-v2=2a2x,解得x=5 m1(M+nm)g,解得n3.取n=2,此时铅块已滑过8个木块.根据动能定理-2Mg8L=Mv2-M,代入数据得,铅块刚滑上木块9时的速度v=1 m/s.(2) 对铅块有a2=2.5 m/s2,v2=v-a2t2,对木块(9+10)有a1=0.5 m/s2,v1=a1t2,由于v1=v2,则它们获得共同速度所需时间t2=
11、s.铅块位移x2=vt2-a2,木块位移x1=a1,铅块相对木块位移x=vt2-(a1+a2)= m(小于L),铅块与木块间因摩擦产生的总热量Q=2Mg(8L+x)=12.42 J.(3) 由(2)问知,共同速度v1=a1t2= m/s.铅块、木块一起做匀减速运动的时间t3= s.铅块在前8个木块上运动时间t1=1.6 s.铅块运动的总时间t=t1+t2+t3=2.1 s.6. (1) mgh0(2) (3) 不能解析:(1) 物块受到的滑动摩擦力f=mgcos ,A到B过程由功能关系有-f=mgh0-Ep,解得Ep=mgh0.(2) 设上升、下降过程加速度大小分别为a1和a2,则mgsin
12、+mgcos =ma1,mgsin -mgcos =ma2,由运动学公式推得a1=a2,解得=.(3) 解法一:足够长时间后,上升最大高度设为hm,则由能量关系,来回克服阻力做功等于补充的弹性势能2f=Ep,解得hm=h02h0,所以物块不可能到达C点.解法二:设物块从A点第2次上滑的最大高度为h1,根据功能关系有-f=mgh1-(mgh0+Ep),解得h1=h0+h0.设物块从A点第3次上滑的最大高度为h2,根据功能关系有-f=mgh2-(mgh1+Ep),解得h2=h0+h1=h0+=h0+h0+h0,同理h3=h0+h2=h0+h0+h0+h0=h0+h0+h0+h0,hn=h0+h0+
13、h0+h0+h0=h0,当n时,hn=h02h0,所以物块不可能到达C点.7. (1) 如图所示(2) 12 m(3) 18 J解析:(1) 由图乙知,前2 s木板做匀加速运动,B受向右的摩擦力,做加速运动mg=ma1,a1=1 m/s2,3 s末速度等于3 m/s,等于木板的速度,由于木板做减速运动的加速度大于B的,故3 s后木板的速度小于物块B的速度,所以B开始做匀减速运动,a2=g=1 m/s2,6 s末速度减小为零,如图所示.(2) 由图可得,3 s末B如果没有从A上滑下即不再滑下,这一过程中xA1=6 m+4.5 m=10.5 m, xB1=4.5 m,L=xA1-xB1=10.5
14、m-4.5 m=6 m,则L=12 m.(3) 整个运动过程中,第一次相对位移x1=xA1-xB1=10.5 m-4.5 m=6 m,第二次相对位移x2=xB2-xA2=4.5 m-1.5 m=3 m,A与B之间摩擦力f=mBg=0.1210 N=2 N,因摩擦产生的热量为Q=Q1+Q2=fx1+fx2=2 N9 m=18 J.8. (1) 4 m/s60(2) 33.3 N(3) mgL,代入数据解得. 对于的最小值求解,首先应判断物块第一次碰墙后反弹,能否沿圆弧轨道滑离B点,设物块碰前在D处的速度为v2,由能量关系有mgh1+Ep=mgL+m第一次碰墙后返回至C处的动能为EkC=m-mgL
15、,可知当=0,有m=14 J,m=3.5 Jmgh2=6 J,小物块不可能返滑至B点.故的最小值对应于物块撞后回到圆轨道最高某处,又下滑经过C恰好至D点停止,则m2mgL,联立解得.综上可知,满足题目条件的动摩擦因数值的范围为.题组三:组合场与交变电磁场1. (1) nqU(2) (3) 解析:(1) 粒子每经过A、B之间加速一次,获得的动能为Uq,绕行n圈,经过n次加速,获得的总动能为nUq.(2) 粒子经过第一次加速Uq=m,得v1=.粒子在磁场中绕行时qv1B1=m,B1=.(3)第一次加速v1-0=at1,得t1=.第二次加速v2-v1=at2,t2= 所以=.2. (1) (2) (
16、3) 解析:(1) 离子从P到Q在电场力作用下做类平抛运动,由于vQ=,所以v0=vx=vQsin 30=.(2) 离子离开电场后,可能直接进入磁场偏转后返回电场,也可能先直线运动一段距离后再进入磁场偏转后返回电场. 由于qBvQ=m,所以R=.离子离开电场后直接进入磁场偏转的圆心角为60,最小宽度为 -cos 30=.(3) 离子离开电场后,先直线运动,再进入磁场,最后通过O点返回电场. 随着磁场区域下移,离子在磁场中偏转的圆心角增大,运动时间变长. 在磁场中偏转的最长时间t=T= .3. (1) 轨迹见解析图v0(2) (3) 解析:(1) 轨迹如图所示.v=v0. (2) 粒子在匀强磁场
17、中做匀速圆周运动,设其轨道半径为R,由几何关系可知R=d,qvB=m,解得B=. (3) 粒子进入板间电场至速度减为零且恰好碰不到正极板时,板间电压U最小,由动能定理有-qU=0-mv2,解得U=.4. (1) 7.2103 N/C(2) 4 cm(3) 3.8610-4 s解析:(1) 电荷在电场中做匀加速直线运动,设其在电场中运动的时间为t1,有v0=at1,Eq=ma,解得E=7.2103 N/C. (2) 当磁场垂直纸面向外时,电荷运动的轨迹半径 r1=5 cm,周期T1=10-5 s.当磁场垂直纸面向里时,电荷运动的轨迹半径r2=3 cm,周期T2=10-5 s.故电荷从t=0时刻开
18、始做周期性运动,其运动轨迹如图甲所示. 甲t=10-5 s时刻电荷与O点的水平距离d=2(r1-r2)=4 cm. (3) 电荷从第一次通过MN开始,其运动的周期T=10-5 s,根据电荷的运动情况可知,电荷到达挡板前运动的完整周期数为15个,此时电荷沿MN运动的距离x=15d=60 cm.乙则最后8 cm的距离电荷的运动轨迹如图乙所示,r1+r1cos =8 cm,解得cos =0.6,则=53.故电荷运动的总时间t总=t1+15T+T1-T1=3.8610-4 s.5. (1) (2) (3) 解析:(1) 由几何知识知粒子轨道半径为r=d,洛伦兹力提供向心力,有qv0B=m,解得B=.(
19、2) t=0时刻进入板间的粒子先向a板加速的时间t=,然后再向a板减速的时间t=,恰好从板边缘以速度v0垂直PQ边进入磁场. 在板间运动的加速度a=,由对称性可知d=2a(t)2,解得电压U0=.(3) 所有粒子进入磁场时的速度大小均为v0,方向均垂直PQ边. 从中心线右侧进入磁场的粒子运动时间最长,粒子在磁场中运动的周期T=,所以最长时间tmax=T=.从左侧极板边缘进入磁场的粒子在磁场中运动的时间最短,由几何知识知轨迹圆弧对应的圆心角为60,所以最短时间tmin=T=.6. (1) (2) (L,L)v=2,方向与x轴正方向成45角斜向上(3) 0B解析:(1) 粒子在y轴左侧的匀强电场中
20、被加速做直线运动,根据动能定理有qEL=m-0,解得粒子第一次通过y轴时的速度大小为v0=.(2) 粒子进入偏转电场后做类平抛运动,设其运动时间为t,在x方向上有L=v0t,在y方向上有y=t2,vy=t,解得y=,vy=v0.所以粒子第一次射入磁场时的位置坐标为(L,L).速度大小为v=2,方向与x轴正方向成45角斜向上.(3) 在磁场中,粒子做匀速圆周运动,根据向心力公式和牛顿第二定律有qvB=,解得粒子做匀速圆周运动的轨道半径为R=.由对称性可知,射出磁场后必须在x轴下方的电场中运动,才能实现粒子沿一定轨道做往复运动,如图所示.当CC1=+=时,轨道半径R最小,对应的磁感应强度B最大,粒
21、子紧贴x轴进入y轴左侧的电场.根据图中几何关系有R2+R2=C,解得最小半径为R=L,对应的磁感应强度的最大值为Bmax=.所以磁感应强度大小取值范围为0B.7. (1) (2) (n=1、2、3、)(3) y=x-x2(0x2l)解析:(1) 带电粒子在电场中做类平抛运动,到达O点时速度方向与x轴负方向的夹角为, 2l=v0t,l=t,得vy=v0,=45.v=v0.qvB1=,由几何关系得2r1sin =4l,解得B1=.(2) 带电粒子从O点进入磁场后做半径为r2的匀速圆周运动,设粒子连续两次进入磁场位置间的距离为s,由对称性和几何关系可知s=4l-r2.要使粒子经过O点两次,需满足ns
22、=r2(n=1、2、3、),由qvB2=,B2=(n=1、2、3、).(3) 粒子从P点抛出后,在电场中运动的加速度为a,到O点时y方向的分速度大小为v0,=2al.设带电粒子从P点正下方任意点抛出后,经过时间t运动到坐标为(x,y)的Q点,撤去电场和磁场后,粒子做匀速直线运动,此时速度方向与x轴负方向的夹角为.2l-x=v0t,tan =,又tan =,解得y=x-x2(00,若t=kT+且进入电场,y1=n=n=-,(其中n=1、2、3、,k=0、1、2、3、).若t=T+且进入电场,y2=-n=-=-l,(其中n=1、2、3、,k=0、1、2、3、).或:若电子在t=kT+且进入电场时,出电场的总侧位移为y2=n=n=-l+,(其中n=1、2、3、,k=0、1、2、3、).
