高中物理力学和电学综合检测

力学综合检测

一、单项选择题

1．(2014·一模)如图所示，一只小鸟沿着较粗的均匀树枝从右向左缓慢爬行，在小鸟从A运动到B的过程中( )

A．树枝对小鸟的合作用力先减小后增大

B．树枝对小鸟的摩擦力先减小后增大

C．树枝对小鸟的弹力先减小后增大

D．树枝对小鸟的弹力保持不变

解析：选B.树枝对小鸟的合作用力是支持力和摩擦力的合力，由二力平衡得，它与小鸟重力等大反向，因小鸟所受重力不变，所以树枝对小鸟的合作用力不变，A项错误．由受力分析图可知，树枝对小鸟的摩擦力先减小后增大，对小鸟的弹力先增大后减小，所以B 项对，C、D两项均错误．

2．(2014·教学测试)如图所示为通过轻杆相连的A、B两小球，用两根细线将其悬挂在水平天花板上的O点．已知两球重力均为G，轻杆与细线OA长均为L.现用力F作用于小球B上(图上F未标出)，使系统保持静止状态且A、B两球在同一水平线上．则力F最小值为( )

A.

2

2

G B.2G

C．G D．2G

解析：选A.由于系统处于静止状态时，A、B两球在同一水平线上，因此悬线OA竖直，轻杆中的弹力为零，小球B受竖直向下的重力、沿悬线OB斜向上的拉力和F的作用而处于静止状态，三力的合力为零，表示三力的线段构成封闭三角形，由于重力的大小及方向不变，悬线拉力的方向不变，由几何关系可知，当F的方向与OB垂直且斜向右上方时，F最

小，由几何关系可知，此时F＝G sin 45°＝

2

2

G，选项A正确．

3．嫦娥三号携带“玉兔”探测车在月球虹湾实施软着陆过程中，嫦娥三号离月球表面4 m 高时最后一次悬停，确认着陆点．若总质量为M 的嫦娥三号在最后一次悬停时，反推力发动机对其提供的反推力为F ，已知引力常量为G ，月球半径为R ，则月球的质量为( )

A.FR 2

MG B.

FR

MG C.

MG

FR

D.

MG

FR 2

解析：选A.嫦娥三号悬停时，其合力为零，设月球的质量为m ，由平衡条件可得：F

－G Mm R 2＝0，则m ＝FR 2MG

，选项A 正确，选项B 、C 、D 错误．

4．(2014·检测)如图所示，在竖直放置的半圆形容器的中心O 点分别以水平初速度v 1、

v 2抛出两个小球(可视为质点)，最终它们分别落在圆弧上的A 点和B 点，已知OA 与OB

互相垂直，且OA 与竖直方向成α角，则两小球初速度之比为( )

A ．tan α

B ．sin α

C ．tan α

tan α

D ．cos α

解析：选C.两小球被抛出后都做平抛运动，设半圆形容器的半径为R ，两小球运动时间分别为t 1、t 2，对A 球：R sin α＝v 1t 1，R cos α＝1

2gt 21.对B 球：R cos α＝v 2t 2，R sin α

＝12gt 22.联立解得：两小球初速度之比为v 1

v 2

＝tan αtan α，选项C 正确．

5．(2014·一中一模)如图所示为某中学科技小组制作的利用太阳能驱动小车的装置．当太照射到小车上方的光电板时，光电板中产生的电流经电动机带动小车前进．若质量为m 的小车在平直的水泥路上从静止开始沿直线加速行驶，经过时间t 前进的距离为x ，且速度达到最大值v m .设这一过程中电动机的功率恒为P ，小车所受阻力恒为F ，那么这段时间( )

A ．小车做匀加速运动

B ．小车受到的牵引力逐渐增大

C ．小车受到的合外力所做的功为Pt

D ．小车受到的牵引力做的功为Fx ＋1

2

mv 2m

解析：选D.小车在运动方向上受向前的牵引力F 1和向后的阻力F ，因为v 增大，P 不变，由P ＝F 1v ，F 1－F ＝ma ，得出F 1逐渐减小，a 也逐渐减小，当v ＝v m 时，a ＝0，故A 、B 项均错；合外力做的功W 外＝Pt －Fx ，由动能定理得W 牵－Fx ＝1

2mv 2m ，故C 项错，D

项对．

二、多项选择题

6．(原创题)倾角为 θ的斜面固定在水平面上，质量为m 的物体在沿斜面向上的推力

F 1作用下处于静止状态，现把推力逐渐增大到F 2，物体始终处于静止状态，下列判断正确

的是( )

A ．物体与斜面间的动摩擦因数μ一定不为0

B ．物体受到的静摩擦力一定逐渐减小

C ．物体受到的静摩擦力可能逐渐增大

D ．物体受到的静摩擦力可能先减小后增大

解析：选ACD.推力变化，物体仍保持静止，说明物体与斜面间摩擦力变化，故A 正确．若

F 1＜F 2＜mg sin θ，则F f ＝mg sin θ－F ，F f 随推力增大而减小；若F 2＞F 1＞mg sin θ，则F f ＝F －mg sin θ，F f 随推力增大而增大，若F 1＜mg sin θ＜F 2，随推力增大，F f 先减小到

0，再反向增大，故B 错，C 、D 正确．

7．(2014·六市高三调研)

在平直公路上有甲、乙两辆汽车同时从同一位置沿着同一方向做匀加速直线运动，它们速度的平方随位移变化的图象如图所示，则( )

A ．甲车的加速度比乙车的加速度大

B ．在x ＝0.5 m 处甲、乙两车的速度相等

C ．在x ＝0.5 m 处甲、乙两车相遇

D ．在x ＝1.0 m 处甲、乙两车相遇

解析：选AB.根据图象可知，对甲车v 2＝2a 甲x ，a 甲＝2 m/s 2，对乙车2－1＝2a 2x ，

a 2＝1 m/s 2，选项A 正确；由题图可知x ＝0.5 m 处甲、乙两车的速度相等，选项B 正确；

若两车相遇，则有12×2t 2＝1×t ＋1

2

×1×t 2，解得t ＝2 s ，位移x ＝4 m ，选项C 、D 错误． 8．(2014·模拟)在倾角为θ的固定光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块A 、B ，它们的质量分别为m 1、m 2，弹簧劲度系数为k ，C 为一固定挡板，系统处于静止状态．现用

一平行斜面向上的恒力F 拉物块A 使之向上运动，当物块B 刚要离开挡板C 时，物块A 运动的距离为d ，速度为v .则此时( )

A ．拉力做功的瞬时功率为Fv

B ．物块B 满足m 2g sin θ＝kd

C ．物块A 的加速度为

F －kd m 1

D ．弹簧弹性势能的增加量为Fd －1

2

m 1v 2

解析：选AC.拉力做功的瞬时功率为Fv ，A 正确；开始静止时，m 1g sin θ＝kx 1，当物块B 刚要离开挡板C 时，m 2g sin θ＝kx 2，而d ＝x 1＋x 2，故B 错误；对A 应用牛顿第二定律：F －m 1g sin θ－kx 2＝m 1a A ，故有a A ＝

F －kd m 1

，C 正确；由能量守恒定律可得：Fd ＝

m 1gd sin θ＋12

m 1v 2＋ΔE p ，故弹簧弹性势能的增加量ΔE p ＝Fd －m 1gd sin θ－12

m 1v 2，D

错误．

9．(2014·四市高三模拟)如图所示，在竖直平面半径为R 的四分之一圆弧轨道AB 、水平轨道BC 与斜面CD 平滑连接在一起，斜面足够长．在圆弧轨道上静止着N 个半径为r (r ?R )的光滑刚性小球，小球恰好将圆弧轨道铺满，从最高点A 到最低点B 依次标记为1、2、3…N .现将圆弧轨道末端B 处的阻挡物拿走，N 个小球由静止开始沿轨道运动，不计摩擦与空气阻力，下列说确的是( )

A ．N 个小球在运动过程中始终不会散开

B ．第N 个小球在斜面上能达到的最大高度为R

C ．第1个小球到达最低点的速度

gR

D ．第1个小球到达最低点的速度v <

gR

解析：选AD.在AB 段，后面的小球总要往前推前面的小球，在BC 段，各小球保持匀速运动，相互之间仅仅接触，但无弹力作用，在CD 段，前面的小球会减速运动，后面的小球速度比它大，因此又将推着它向前运动，所以整个运动过程中各小球始终不会散开，故选项A 正确；在AB 段时，高度在R /2之上的小球只占总数的1/3，而在斜面上各小球连成直线铺开，根据机械能守恒定律可知第N 个小球在斜面上能达到的最大高度小于R ，故选项B 错误；同样对整体在AB 段时，重心低于R /2，所以第1个小球到达最低点的速度v

故选项C 错误，选项D 正确．

三、计算题

10．(2014·高三调研)假设某航母的飞行跑道长L ＝160 m ，舰载机发动机产生的最大

加速度a ＝5 m/s 2，舰载机所需的起飞速度为v ＝50 m/s.舰载机在航母跑道上起飞的过程可以简化为匀加速直线运动．

(1)若航母静止，

①请通过计算判断，舰载机能否靠自身的发动机从舰上起飞？ ②为了使舰载机安全起飞，弹射装置给舰载机的初速度至少为多大？

(2)若航母沿舰载机起飞的方向以某一速度匀速航行，为了使舰载机安全起飞，航母匀速运动的速度至少为多大？

解析：(1)①航母静止时，舰载机靠发动机加速，加速度a ＝5 m/s 2，初速度为v 0＝0，

位移L ＝160 m ，末速度为v 1.由运动学公式v 21－v 20

＝2aL 解得v 1＝40 m/s ＜50 m/s ，故舰载机不能靠自身的发动机从舰上起飞．

②弹射装置给舰载机的初速度为v 2，起飞速度为v ＝50 m/s ，由运动学公式v 2－v 22＝2aL

解得v 2＝30 m/s ，故弹射装置给舰载机的初速度至少为30 m/s.

(2)设舰载机起飞所用的时间为t ，位移为L 2，航母的位移为L 1，匀速航行的最小速度为v 3.由运动学公式

v ＝v 3＋at ，v 2－v 23＝2aL 2，L 1＝v 3t ，L 2＝L ＋L 1

联立解得，航母匀速航行的最小速度v 3＝10 m/s. 答案：(1)①见解析 ②30 m/s (2)10 m/s

11．(2014·高考卷)如图为某游乐场水上滑梯轨道示意图，整个轨道在同一竖直平面，表面粗糙的AB 段轨道与四分之一光滑圆弧轨道BC 在B 点水平相切．点A 距水面的高度为

H ，圆弧轨道BC 的半径为R ，圆心O 恰在水面．一质量为m 的游客(视为质点)可从轨道AB 的任意位置滑下，不计空气阻力．

(1)若游客从A 点由静止开始滑下，到B 点时沿切线方向滑离轨道落在水面D 点，OD ＝2R ，求游客滑到B 点时的速度v B 大小及运动过程轨道摩擦力对其所做的功W f ；

(2)若游客从AB 段某处滑下，恰好停在B 点，又因受到微小扰动，继续沿圆弧轨道滑到P 点后滑离轨道，求P 点离水面的高度h .(提示：在圆周运动过程中任一点，质点所受的

向心力与其速率的关系为F 向＝m v 2

R

)

解析：(1)游客从B 点做平抛运动，有 2R ＝v B t ①

R ＝12

gt 2②

由①②式得v B ＝

2gR ③

从A 到B ，根据动能定理，有

mg (H －R )＋W f ＝1

2

mv 2B －0④

由③④式得W f ＝－(mgH －2mgR )．⑤

(2)设OP 与OB 间夹角为θ，游客在P 点时的速度为v P ，受到的支持力为N ，从B 到P 由动能定理，有

mg (R －R cos θ)＝12

mv 2P

－0⑥ 过P 点时，根据向心力公式，有

mg cos θ－N ＝m v 2P R

⑦

N ＝0⑧

cos θ＝h

R

⑨

由⑥⑦⑧⑨式解得h ＝2

3R .

答案：(1)

2gR －(mgH －2mgR ) (2)2

3

R

12．(2014·薜窑中学高三检测)如下图是阿毛同学的漫画中出现的装置，描述了一个“吃货”用来做“糖炒栗子”的“萌”事儿：将板栗在地面小平台上以一定的初速度经两个四分之一圆弧衔接而成的轨道，从最高点P 飞出进入炒锅，利用来回运动使其均匀受热．我们用质量为m

的小滑块代替栗子，借这套装置来研究一些物理问题．设大小两个四分之一圆弧半径为2R 和R ，小平台和圆弧均光滑．将过锅底的纵截面看做是两个斜面AB 、CD 和一段光滑圆弧组成．斜面动摩擦因数均为0.25，而且不随温度变化．两斜面倾角均为θ＝37°，AB ＝CD ＝2R ，A 、D 等高，D 端固定一小挡板，碰撞不损失机械能．滑块的运动始终在包括锅底最低点的竖直平面，重力加速度为g .

(1)如果滑块恰好能经P 点飞出，为了使滑块恰好沿AB 斜面进入锅，应调节锅底支架高度使斜面的A 、D 点离地高为多少？

(2)接(1)问，求滑块在锅斜面上滑过的总路程；

(3)对滑块的不同初速度，求其通过最高点P 和小圆弧最低点Q 时受压力之差的最小值． 解析：(1)在P 点mg ＝mv 2P

2R

解得v P ＝

2gR

到达A 点时速度方向要沿着AB ，

v y ＝v P ·tan θ＝

34

2gR

所以AD 离地高度为h ＝3R －v 2y

2g ＝39

16R .

(2)进入A 点滑块的速度为v ＝v P

cos θ＝

5

42gR

假设经过一个来回能够回到A 点，设回来时动能为E k ，则

E k ＝1

2mv 2－4μmg cos θ·8R <0

所以滑块不会滑到A 而飞出．

根据动能定理mg 2R sin θ－μmg cos θ·s ＝0－1

2mv 2

得滑块在锅斜面上滑过的总路程s ＝221R

16.

(3)设初速度、最高点速度分别为v 1、v 2 由牛顿第二定律，在Q 点F 1－mg ＝mv 21R

在P 点F 2＋mg ＝

mv 22

2R

所以F 1－F 2＝2mg ＋

m 2v 21－2v 22＋v 22

2R

由机械能守恒定律得12mv 21＝12

mv 22＋mg 3R 联立解得v 21－v 22＝6gR 为定值

代入v 2的最小值2gR 得压力差的最小值为9mg .

答案：(1)3916R (2)221R

16 (3)9mg

电学综合检测

一、单项选择题

1．(2014·一模)如图所示的电路中，电源电动势为E ，阻为R .L 1和L 2为相同的灯泡，每个灯泡的电阻和定值电阻阻值均为R .电压表为理想电表．K 为单刀双掷开关，当开关由1位置掷到2位置时，下列说法中正确的是( )

A ．L 1亮度不变，L 2将变暗

B ．L 1将变亮，L 2将变暗

C ．电源阻的发热功率将变小

D ．电压表示数将变小

解析：选D.开关掷到位置1时，灯泡L 1和L 2并联，并联电阻R 并＝R ×R

R ＋R ＝R

2

，电路总

电阻R

总

＝R ＋R ＋R 2＝5R 2，干路电流I ＝E R 总＝2E

5R

，根据并联电路电流与电阻成反比可得流过灯泡L 1和L 2的电流相等，即I 1＝I 2＝E

5R .开关掷到2位置，灯泡L 1与定值电阻R 串联，

然后与灯泡L 2并联，并联电阻为R 并′＝R ＋R ×R R ＋R ＋R ＝2R

3，电路总电阻R 总′＝R ＋2R 3＝5R

3，

干路电流I ′＝E R 总′＝3E

5R ，根据并联电路电流与电阻成反比可得流过灯泡L 1的电流I 1′＝I ′×1

3＝

E

5R ，流过灯泡L 2的电流I 2′＝I ′×23＝2E

5R .据此判断，开关由1位置掷到2位置，流过灯泡L 1的电流大小不变，灯泡亮度不变，流过灯泡L 2的电流变大，灯泡变亮，所以选项A 、B 错．总电流变大，电源阻的发热功率(P ＝I 2R )变大，选项C 错．总电流变大，电压变大，路端电压变小，电压表示数变小，选项D 对．

2．(2014·高三二模)某同学准备用一种金属丝制作一只电阻温度计．他先通过实验描绘出一段金属丝的U －I 曲线，如图甲所示．再将该金属丝与某一定值电阻R 0串联接在电路中，用电压表(电压表的阻远大于金属丝的电阻)与金属丝并联，并在电压表的表盘上标注温度值，制成电阻温度汁，如图乙所示．下列说法中正确的是( )

A ．从图甲可知，该金属丝的阻值随温度的升高而减小

B ．图乙中电压表的指针偏转角越大，温度值越小

C ．选用不同阻值的R 0可以改变温度计的量程，R 0越大，量程越大

D ．温度越高，电源消耗的功率越大

解析：选C.从图甲可知，图象割线的斜率表示电阻的大小，故该金属丝的阻值随温度的升高而增大，所以A 错误；图乙中电压表的指针偏转角越大，说明R t 的阻值大，即温度高，所以B 错误；若R 0越大，电压表要偏转同样的角度，需R t 的阻值更大，即温度更高，量程越大，所以C 正确；温度越高，R t 的阻值越大，电路电流越小，所以电源消耗的功率P ＝EI 越小，故D 错误．

3．(2014·高考卷)一带电粒子在电场中仅受静电力作用，做初速度为零的直线运动．取

该直线为x 轴，起始点O 为坐标原点，其电势能E p 与位移x 的关系如图所示．下列图象中合理的是( )

解析：选D.在粒子运动中的某一小段位移Δx 电场力做功qE Δx .由功能关系知ΔE p ＝－qE ·Δx ，即ΔE p

Δx ＝－qE ，E p －x 图线斜率的绝对值表示电场力，故由图线可知E 逐渐减小，A

错误．因粒子仅受电场力作用，由qE ＝ma 可知a 也逐渐减小，D 正确；再由动能定理有ΔE k ＝qE ·Δx ，即ΔE k

Δx ＝qE ，E k －x 图线的斜率也表示电场力，则E k －x 图线应是一条斜率逐渐

减小的曲线，B 错误．由v 2＝2ax 有v ＝

2ax ，可知v －x 图线应是一条曲线，故C 错误．

4．(2014·第一次诊考)如图所示，在xOy 坐标系中，将一带负电的试探电荷q 由y 轴上的a 点移至x 轴上的b 点时，需克服电场力做功W ；若将q 从a 点移至x 轴上c 点时，也需克服电场力做功W .那么此空间存在的静电场不可能是( )

A ．电场强度沿y 轴负方向的匀强电场

B ．电场强度沿x 轴正方向的匀强电场

C ．位于第Ⅰ象限某一位置的正点电荷形成的电场

D ．位于y 轴上的一对等量异种电荷形成的电场

解析：选B.电荷由a 到b 过程中－qU ab ＝－W ，由a 到c 过程中－qU ac ＝－W ，说明

b 、

c 两点电势相等，在图1、3、4中b 、c 两点电势均相等．

所以，A 、C 、D 错误，B 项正确．

5．带电粒子a 、b 在同一匀强磁场中做匀速圆周运动，它们的动量大小相等(已知动量等于质量与速度的乘积，即p ＝mv )，a 运动的半径大于b 运动的半径．若a 、b 的电荷量分别为q a 、q b ，质量分别为m a 、m b ，周期分别为T a 、T b .则一定有( )

A ．q a

B ．m a

C ．T a

D.

q a m a <

q b

m b

解析：选A.带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得qvB ＝m v 2

r

①

两粒子动量相等，由①知p ＝mv ＝qBr ，

则q a Br a ＝q b Br b

已知r a >r b ，则q a

6．(2014·高考卷)如图，将额定电压为60 V 的用电器，通过一理想变压器接在正弦交变电源上．闭合开关S 后，用电器正常工作，交流电压表和交流电流表(均为理想电表)的示数分别为220 V 和2.2 A ．以下判断正确的是( )

A ．变压器输入功率为484 W

B ．通过原线圈的电流的有效值为0.6 A

C ．通过副线圈的电流的最大值为2.2 A

D ．变压器原、副线圈匝数比n 1∶n 2＝11∶3

解析：选BD.对于理想变压器，P 入＝P 出，所以输入功率P 入＝60×2.2 W ＝132 W ，A 错．I 1＝

P 入U 1

＝132220

A ＝0.6 A ，

B 正确．正弦式交流电电流的最大值I 2m ＝

2I 2＝2.2 2 A ，

C 错误．变压器原、副线圈匝数比n 1∶n 2＝U 1∶U 2＝11∶3，

D 正确．

7．(2013·高考卷)将一电荷量为＋Q 的小球放在不带电的金属球附近，所形成的电场线分布如图所示，金属球表面的电势处处相等．a 、b 为电场中的两点，则( )

A ．a 点的电场强度比b 点的大

B ．a 点的电势比b 点的高

C ．检验电荷－q 在a 点的电势能比在b 点的大

D ．将检验电荷－q 从a 点移到b 点的过程中，电场力做负功

解析：选ABD.电场线的疏密程度表示场强的大小，A 正确；沿电场线方向电势降低，B 正确；负电荷在电势越高的位置电势能越小，C 错误；因负电荷从a 点移到b 点的过程中电势能增大，由功能关系知电场力必做负功，D 正确．

8．(2014·六市联考)如图所示，两个半径相同的半圆形光滑轨道置于竖直平面，左右两端等高，分别处于沿水平方向的匀强磁场和匀强电场中．两个相同的带正电小球a 、b 同时从两轨道左端最高点由静止释放，M 、N 为轨道最低点，则下列说法中正确的是( )

A ．两个小球到达轨道最低点的速度v M ＜v N

B ．两个小球第一次经过轨道最低点时对轨道的压力F M ＞F N

C ．磁场中a 小球能到达轨道另一端最高处，电场中b 小球不能到达轨道另一端最高处

D ．a 小球第一次到达M 点的时间大于b 小球第一次到达N 点的时间

解析：选BC.根据动能定理，对a 球，mgR ＝12mv 2M －0，对b 球，mgR －EqR ＝1

2mv 2N －0，可得v M ＞v N ，所以a 球第一次到达M 点的时间小于b 球第一次到达N 点的时间，

所以A 、D 两项均错．由F －mg ＝m v 2

R

，可知F M ＞F N ，所以B 项正确．根据能量守恒，洛

伦兹力不做功，a 球的机械能守恒，故能到达另一端最高处，电场力做负功，b 小球机械能减少，故不能到达轨道另一端最高处，所以C 项正确．

9．(2014·高三二模)

如图所示，光滑平行金属导轨MN 、PQ 所在平面与水平面成θ角，M 、P 两端间接一阻值为R 的定值电阻，阻值为r 的金属棒ab 垂直导轨放置，其他部分电阻不计．整个装置处在磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下．t ＝0时对金属棒施一平行于导轨的外力F ，金属棒由静止开始沿导轨向上做匀加速运动．下列关于穿过回路abPMa 的磁通量Φ、磁通量的瞬时变化率ΔΦΔt 、通过金属棒的电荷量q 以及a 、b 两端的电势差U

随时间t 变化的图象中，正确的是( )

解析：选BD.由题意知ab 棒做匀加速运动，x ＝12at 2，磁通量Φ＝BLx ＝BL 1

2at 2，故A

错误；磁通量的变化率ΔΦΔt ＝BL Δx Δt ＝BLv ＝BLat ，故B 正确；流过截面的电荷量q ＝ΔΦ

R

＝

BL Δx R

，所以C 错误；ab 两端的电压U ＝

R R ＋r E ＝R

R ＋r

BLat ，所以D 正确．

三、计算题

10．(2014·高考卷)如图，真空中xOy 平面直角坐标系上的ABC 三点构成等边三角形，边长L ＝2.0 m ．若将电荷量均为q ＝＋2.0×10－6 C 的两点电荷分别固定在A 、B 点，已知静电力常量k ＝9.0×109 N ·m 2/C 2，求：

(1)两点电荷间的库仑力大小； (2)C 点的电场强度的大小和方向．

解析：(1)根据库仑定律，A 、B 两点电荷间的库仑力大小为F ＝k q 2

L

2①

代入数据得F ＝9.0×10－3 N ．②

(2)A 、B 点电荷在C 点产生的场强大小相等，均为

E 1＝k q

L

2③

A 、

B 两点电荷形成的电场在

C 点的合场强大小为 E ＝2E 1cos 30°④

由③④式并代入数据得E ＝7.8×103 N/C 场强E 的方向沿y 轴正向．

答案：(1)9.0×10－3 N (2)7.8×103 N/C 方向沿y 轴正方向

11．(2014·高三一模)如图甲所示，一端封闭的两条足够长平行光滑导轨固定在水平面上，相距L ，其中宽为L 的abdc 区域无磁场．cd 右侧区域存在匀强磁场，磁感应强度为

B 0，磁场方向垂直水平面向上．ab 左侧区域存在宽为L 的均匀分布但随时间线性变化的磁

场B ，B -t 图象如图乙所示，磁场方向垂直水平面向下．一质量为m 的金属棒，在t ＝0时刻从边界ab 处开始以某速度向右匀速运动，经时间t 0/3运动到cd 处．设金属棒在回路中的电阻为R ，导轨电阻不计．

(1)求金属棒从边界ab 运动到cd 的过程中回路中感应电流产生的焦耳热Q ； (2)经分析可知金属棒刚进入cd 右侧的磁场区域时做减运动，求金属棒在该区域克服安培力做的功W .

解析：(1)因磁场变化在回路中产生的电动势为： E 1＝ΔΦΔt ＝L 2ΔB Δt ＝B 0L 2

t 0

金属棒从边界ab 运动到cd 的过程中产生的焦耳热为：

Q ＝I 21Rt ＝E 21R ·t 03＝

B 20L

43Rt 0

. (2)金属棒刚进入磁场时的速度大小为v 0＝3L

t 0

金属棒切割磁感线产生的电动势为E 2＝B 0Lv

E 1与E 2在回路中方向相反，因金属棒刚进入cd 右侧的磁场时做减速运动，说明E 2>E 1，

回路中的总电动势为：E ＝E 2－E 1＝B 0Lv －

B 0L 2t 0

随着金属棒速度的减小，总电动势减小，当E ＝0后，回路中无感应电流，金属棒做匀速运动，动能不再变化，则最终速度为：v ＝L

t 0

金属棒在该区域克服安培力做的功W 等于减少的动能： W ＝12mv 20－12mv 2＝

4mL 2

t 20. 答案：(1)

B 20L

43Rt 0 (2)4mL 2t 20

12．如图所示，左侧装置存在着匀强磁场和方向竖直向下的匀强电场，装置上下两极板间电势差为U 、间距为L ；右侧为“台形”匀强磁场区域ACDH ，其中，AH ∥CD ，AH ＝4L .一束电荷量大小为q 、质量不等的带电粒子(不计重力、可视为质点)，从狭缝S 1射入左侧装置中恰能沿水平直线运动并从狭缝S 2射出，接着粒子垂直于AH 、由AH 的中点M 射入“台形”区域，最后全部从边界AC 射出．若两个区域的磁场方向均水平(垂直于纸面向里)、磁感应强度大小均为B ，“台形”区域宽度MN ＝L ，忽略电场、磁场的边缘效应及粒子间的相互作用．

(1)判定这束粒子所带电荷的种类，并求出粒子速度的大小； (2)求出这束粒子可能的质量最小值和最大值；

(3)求出(2)问中偏转角度最大的粒子在“台形”区域中运动的时间． 解析：(1)由于粒子在“台形”磁场中从边界AC 射出，可知粒子带正电 由于粒子在左侧正交电磁场中沿直线通过且洛伦兹力不做功，故粒子速率不变 有qvB ＝qE ，E ＝U L

，所以v ＝

U

BL

.

(2)在“台形”区域，粒子做匀速圆周运动

由牛顿第二定律，有qvB ＝m v 2

R

由上式知，当粒子质量有最小值时，R 最小，粒子运动轨迹恰与AC 相切(见图甲)；当粒子质量有最大值时，R 最大，粒子运动轨迹恰过C 点(见图乙)

由几何关系有R 1＝(2L －R 1)sin 45°，R 1＝2(

2－1)L

因MN ＝L ，所以△AMC 是等腰直角三角形，R 2＝L 解得m min ＝

2

2－1qB 2L 2

U

，m max ＝

qB 2L 2U

.

(3)粒子在匀强磁场中做圆周运动的周期T ＝2πm

qB

粒子沿图甲轨迹运动时对应圆心角最大，有 t ＝135°360°T ＝38T 解得t ＝32－1πBL 2

2U

.

答案：见解析