2018届高考物理二轮讲练专题5-功能关系与能量守恒(课件与作业)

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  • 课件名称: 2018届高考物理二轮讲练专题5-功能关系与能量守恒(课件与作业)
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课时作业(五)
一、选择题(共9个小题,2、4、5、7、8、9为多选,其余为单选,每题5分共45分)
1.(2015•课标全国Ⅰ)如图,一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道如图放置,三点POQ水平.一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落,恰好从P点进入轨道,质点滑到轨道最低点N时,对轨道的压力为4mg,g为重力加速度的大小,用W表示质点从P运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功,则(  )
A.W=12mgR,质点恰好可以到达Q点
B.W>12mgR,质点不能到达Q点
C.W=12mgR,质点到达Q点后,继续上升一段距离
D.W<12mgR,质点到达Q点后,继续上升一段距离
答案 C
解析 根据动能定理可得质点在P点的动能EkP=mgR,在圆弧运动时,沿半径方向的合力提供所需的向心力即FN-mgsinθ=mv2R,经过N点时,根据牛顿第三定律,轨道对质点的支持力FN与质点对轨道的压力F′N大小相等为4mg,由牛顿第二定律和向心力公式有:4mg-mg=mvN2R,得vN=3gR,所以N点的动能EkN=32mgR,从P到N点过程由动能定理,可得mgR-W=32mgR-mgR,得克服摩擦力做功W=12mgR,滑动摩擦力Ff=μFN,根据功能关系可知质点克服摩擦力做功机械能减少,根据对称性再结合前面可知从N到Q过程中的速度小于P到N过程中对应高度的速度,轨道弹力小于P到N过程中对应高度的弹力,轨道摩擦力小于P到N过程中对应高度的摩擦力,故从N到Q质点克服摩擦力做功WNQ<W=12mgR,由动能定理,可得-mg•R-WNQ=12mvQ2-12mvN2,得vQ>0,质点仍会向上运动一段距离,C项正确.
2.(2017•河北省衡水中学)如图所示,曲线表示电场中关于x轴对称的等势面,在x轴上有a、b两点.若一带电粒子沿x轴从a点移到b点,电场力做负功,则下列说法正确的是(  )
A.a点的电场强度方向与x轴方向相反
B.a点的电场强度小于b点的电场强度
C.带电粒子的电势能一定增加
D.带电粒子的动能一定增加
答案 BC
解析 A项,沿着电场线方向电势降低,所以a点的电场强度方向与x轴方向相同,故A项错误;B项,点b的等势面比a点的等势面密,则b点的场强比a点的大.即a点的场强小于b点的场强,故B项正确;C项,若一带电粒子沿x轴从a点移到b点,电场力做负功,则带电粒子的电势能一定增加,若只有电场力做功,则动能减小,故C项正确,D项错误.故选B、C项.
3.(2017•宁波二模)如图所示为“风光互补路灯”系统,有阳光时通过太阳能电池板发电,有风时通过风力发电机发电,二者皆有时将同时发电,并将电能输至蓄电池储存起来,供路灯照明使用,为了能使蓄电池的使用寿命更为长久,一般充电至90%左右即停止充电,放电至20%左右即停止电能输出.如表为某型号风光互补路灯系统配置方案:
风力发电机 太阳能电池组件 其他元件
最小启动风速 1.0 m/s 太阳能
电池 36 W 蓄电池 500 Ah
-12 V
最小充电风速 2.0 m/s    
最大限制风速 12.0 m/s 太阳能
转化效率 15% 大功率
LED路灯 80 W
-12 V
最大输出功率 400 W    
已知当地垂直于太阳光的平面得到的太阳辐射最大强度约为240 W/m2;当风速为6 m/s时,风力发电机的输出功率将变为50 W.根据以上信息,下列说法中正确的是(  )
A.当风速超过1 m/s时,风力发电机开始对蓄电池充电
B.要想使太阳能电池的最大输出功率达到36 W,太阳能电池板的面积至少0.15 m2
C.当风速为6 m/s时,利用风能将蓄电池的电能由20%充至90%所需时间为84 h
D.利用该蓄电池给大功率LED路灯供电,蓄电池的电能由90%放电至20%,可使路灯正常工作75 h
答案 C
分析 由表格得出充电风速,已知太阳能的转换效率和太阳辐射最大强度及需要达到的最大功率,利用效率公式计算得出面积,当风速为6 m/s时,风力发电机的输出功率将变为50 W.已知蓄电池的容量和输出功率,利用t=WP计算时间;已知蓄电池的容量和灯泡的功率,利用t=WP计算时间.
解析 A项,由表格得充电风速2.0 m/s,故A项错误;B项,电池板面积:S=P电ηP辐=36240×15%=1 m2,故B项错误;C项,蓄电池的容量:W=12 V×500 A•h×(90%-20%)=12 V×500 A×3 600 s×(90%-20%)=1.512×107 J;需要的时间:t=WP=1.512×10750=302 400 s=84 h,故C项正确;D项,为了能使蓄电池的使用寿命更为长久,一般充电至90%左右即停止,放电余留20%左右即停止电能输出,故可供灯具发光时间:t灯=WP灯=1.512×10780=189 000 s=52.5 h.故D项错误,故选C项.
点评 本题体现了物理与生活的紧密相连,有一定难度,关键是读懂题目中包含的隐性条件,如抓住蓄电池容量相等,这样会帮助我们减少计算量.
4.(2017•甘肃二模)如图,竖直向上的匀强电场中,绝缘轻质弹簧竖直立于水平地面上,上面放一质量为m的带正电小球,小球与弹簧不连接,施加外力F将小球向下压至某位置静止.现撤去F,使小球沿竖直方向运动,在小球由静止到离开弹簧的过程中,重力、电场力对小球所做的功分别为W1和W2,小球离开弹簧时的速度为v,不计空气阻力,则上述过程中(  )
A.小球的重力势能增加-W1 B.小球的电势能减少W2
C.小球的机械能增加W1+12mv2 D.小球与弹簧组成的系统机械能守恒
答案 AB
分析 根据重力做功判断重力势能的变化,根据电场力做功判断电势能的变化,根据除重力以外其它力做功判断机械能的变化.根据机械能守恒的条件判断系统机械能是否守恒.
解析 A项,重力对小球做功为W1,重力势能增加-W1.故A项正确;B项,电场力做了W2的正功,则电势能减小W2.故B项正确;C项,根据动能定理得,W1+W2+W弹=12mv2,因为除重力以外其它力做功等于小球机械能的增量,则机械能的增量为W2+W弹=12mv2-W1.故C项错误;D项,对小球和弹簧组成的系统,由于有电场力做功,则系统机械能不守恒.故D项错误,故选A、B两项.
点评 解决本题的关键掌握功能关系,知道重力做功等于重力势能的减小量,电场力做功等于电势能的减小量,除重力以外其它力做功等于机械能的增量.
5.(2017•南通模拟)如图所示,倾角为θ=30°的光滑绝缘直角斜面ABC,D是斜边AB的中心,在C点固定一个带电荷量为+Q的点电荷.一质量为m,电荷量为-q的小球从A点由静止释放,小球经过D点时的速度为v,到达B点时的速度为0,则(  )
A.小球从A到D的过程中静电力做功为12mv2
B.小球从A到D的过程中电势能逐渐减小
C.小球从A到B的过程中电势能先减小后增加
D.AB两点间的电势差UAB=mv2q
答案 CD
分析 根据动能定理研究该质点从A点滑到非常接近斜边底端B点的过程,其中的A、D点是同一等势面上,然后结合动能定理即可判断.
解析 A项,斜面的倾角为θ=30°,斜面上AD=DB,由几何关系可知,AC=AD=CD,即A到C的距离与D到C的距离是相等的,所以D与A的电势相等,则由W=qU,知A到D的过程中电场力做的功等于0.故A项错误;B项,由于A到C的距离与D到C的距离是相等的,由几何关系可知,沿AD的方向上的各点到C的距离先减小后增大,距离减小的过程中电场力对负电荷做正功,所以从A到D的过程中负电荷的电势能先减小后增大,故B项错误;C项,结合B的分析,同理可知,小球从A到B的过程中电势能先减小后增加.故C项正确;D项,设AB的长度为2L,则AD=DB=L,在小球从A到D的过程中,由动能定理有:mgLsinθ=12mv2-0,在小球从A到B的过程中有:mg•2L•sinθ+(-q)UAB=0-0,所以UAB=mv2q.故D项正确,故选C、D两项.
点评 本题考查动能定理的应用,电场力做功的特点,涉及能量变化的题目一般都要优先考虑动能定理的应用,并要求学生能明确几种特殊力做功的特点.
6.(2017•黑龙江东部地区联考)如图所示,甲、乙两种粗糙面不同的传送带,倾斜放于水平地面,与水平面的夹角相同,以同样恒定的速率v向上运动.现将一质量为m的小物体(视为质点)轻轻放在A处,小物体在甲传送带上到达B处时恰好达到速率v;在乙上到达离B竖直高度为h的C处时达到速率v,已知B处离地面高度皆为H.则在物体从A到B过程中
(  )
 
A.小物体在两种传送带上具有的加速度相同
B.将小物体传送到B处,两种传送带消耗的电能相等
C.两种传送带对小物体做功相等
D.将小物体传送到B处,两种系统产生的热量相等
答案 C
解析 据题意,小物体向上加速运动过程中有:μmgcosθ-mgsinθ=ma,整理,得a=μgcosθ-gsinθ,由于甲、乙传送带与小物体间的动摩擦因数不同,则物体在甲、乙传送带上的加速度不相同,A项错误;将小物体传送到B处,传送带甲消耗的电能为物块增加的机械能(mgH+12mv2)与系统产生的热量之和,而物体在甲上运动时产生的热量为:Q1=f1Δs=f1(vt1-vt12)=f1vt12,又vt12=s1(s1为AB间的距离)、f1-mgsinθ=ma1、v2=2a1s1、s1=Hsinθ,解得:Q1=mgH+12mv2,同理,可得物体在乙传送带上运动时产生的热量:Q2=mg(H-h)+12mv2,则Q1>Q2,所以甲传送带把物体送到B点消耗的电能较多,B、D项错误;传送带将物体送到B点,传送带对物体做的功由动能定理有:WF-WG=12mv2,即WF=mgH+12mv2,两个传送带都符合这个关系,C项正确.
7.(2017•第二次大联考)如图所示,有一光滑轨道ABC,AB部分为半径为R的14圆弧,BC部分水平,质量均为m的小球a、b固定在竖直轻杆的两端,轻杆长为R,不计小球大小.开始时a球处在圆弧上端A点,由静止释放小球和轻杆,使其沿光滑轨道下滑,下列说法正确的是(  )
 
A.a球下滑过程中机械能保持不变
B.a、b两球和轻杆组成的系统在下滑过程中机械能保持不变
C.a、b滑到水平轨道上时速度为2gR
D.从释放到a、b滑到水平轨道上,整个过程中轻杆对a球做的功为mgR2
答案 BD
解析 由机械能守恒的条件得,a机械能不守恒,a、b系统机械能守恒,所以A项错误,B项正确.对ab系统由机械能守恒定律得mgR+2mgR=2×12mv2,解得v=3gR,C项错误.对a由动能定理得mgR+W=12mv2,解得W=mgR2,D项正确.
点拨 熟练掌握机械能守恒的条件及守恒定律,a、b系统机械能守恒.
8.(2015•课标全国Ⅱ)如图所示,滑块a、b的质量均为m,a套在固定直杆上,与光滑水平地面相距h,b放在地面上,a、b通过铰链用刚性轻杆连接.不计摩擦,a、b可视为质点,重力加速度大小为g.则(  )
A.a落地前,轻杆对b一直做正功
B.a落地时速度大小为2gh
C.a下落过程中,其加速度大小始终不大于g
D.a落地前,当a的机械能最小时,b对地面的压力大小为mg
答案 BD
解析 当a物体刚释放时,两者的速度都为0,当a物体落地时,沿杆的分速度为0,由机械能守恒定律可知,a落地时的速度大小为va=2gh,故B项正确;b物体的速度也为0,所以轻杆对b先做正功,后做负功,故A项错误;a落地前,当a的机械能最小时,b的速度最大,此时杆对b的作用力为0,这时,b对地面的压力大小为mg,a的加速度为g,故C项错误,D项正确.
9.(2017•山东模拟)如图所示,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(  )
 
A.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 由题可知,小滑块从斜面上的P点处由静止释放后,沿斜面向上运动,说明小滑块开始时受到的合力的方向向上,开始时小滑块受到重力、电场力、斜面的支持力和摩擦力的作用;小滑块开始压缩弹簧后,还受到弹簧的弹力的作用,小滑块向上运动的过程中,斜面的支持力不做功,电场力做正功,重力做负功,摩擦力做负功,弹簧的弹力做负功.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.A项,由以上的分析可知,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项错误;B项,由以上的分析可知,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项正确;C项,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,所以滑块返回能到达的最低位置在P点的上方,不能再返回P点,故C项正确;D项,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,但弹簧对于压缩状态克服摩擦力所做的功小于电势能的减小量与重力势能增加量之差,故D项错误.
二、计算题(共5个小题,10题8分,11题10分,12题11分,13题12分,14题14分,共55分)
10.(2017•浙江模拟)如图所示,水平传送带以v=2 m/s的速度匀速向右运动,A、B两点相距s=11 m,一质量m=1 kg的物块(可视为质点)从左端A点由静止开始运动.已知物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.2,重力加速度g=10 m/s2.求:
(1)物块从A运动到B的时间;
(2)物块从A到B的过程中,因为传送物块,传送装置多消耗的电能;
(3)物块从A到B的过程中,摩擦力对物块做功的平均功率.
 
答案 (1)物块从A运动到B的时间为6 s
(2)物块从A到B的过程中,因为传送物块,传送装置多消耗的电能为4 J
(3)物块从A到B的过程中,摩擦力对物块做功的平均功率为13 W
分析 (1)先分析物块的运动情况:物块放上传送带后由于受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动,由牛顿第二定律求得加速度,由速度公式求出速度与传送带相同所经历的时间,并求出通过的位移,再判断物块是否与传送带一起匀速运动.若一起匀速运动,由位移公式求解时间,即可求得总时间;
(2)物块在加速过程中与传送带间有相对滑动,分析判断物块在皮带的运动情况,求出相对位移,最后利用能量守恒求多提供的能量;
(3)根据平均功率的定义计算.
解析 (1)物块在传送带上做匀加速运动的加速度为:a=μg=2 m/s2
匀加速运动的时间为:t1=va=1 s
匀加速运动的位移:x1=v22a=1 m<11 m
则匀速运动的位移x2=s-x1=10 m
匀速运动的时间t2=x2v=5 s
物块从A运动到B的时间为:t=t1+t2=6 s
(2)物块在加速过程中与传送带间有相对滑动,会产生热量,此过程中传送带的位移为:x=vt1=2 m
所以物块与传送带的相对位移Δx=x-x1=1 m
此过程中产生的热量为:Q=μmgΔx=2 J
因此物块从A到B的过程中,传送装置多消耗的电能为:E=Q+Ek=4 J
(3)物块从A到B的过程中,摩擦力对物块做功的平均功率为P=μmgx1t=13 W.
点评 物体在传送带上运动的问题,关键是分析物体的运动过程,根据牛顿第二定律和运动学结合,通过计算进行分析;判断物块在皮带上的运动情况是关键,灵活应用能量守恒定律是解题的核心.
11.(2017•南通模拟)如图所示,一物体质量m=2 kg,在倾角为θ=37°的斜面上的A点以初速度v0=3 m/s下滑,A点距弹簧上端B的距离AB=4 m.当物体到达B后将弹簧压缩到C点,最大压缩量BC=0.2 m,然后物体又被弹簧弹上去,弹到的最高位置为D点,D点距A点AD=3 m.挡板及弹簧质量不计,g取10 m/s2,sin37°=0.6,求:
(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ;
(2)弹簧的最大弹性势能Epm.
答案 (1)物体与斜面间的动摩擦因数μ为0.52
(2)弹簧的最大弹性势能Epm为24.4 J
分析 (1)对从最高点A到D的过程中重力与摩擦力对物体做功,对全过程运用动能定理列式求解即可;
(2)对从最高点到弹簧压缩量最大的过程,根据动能定理列方程求解.
解析 (1)物体压缩弹簧后又被弹回,故弹簧弹性势能变化量为零
从A到D过程,物体的动能及重力势能减少,内能增加,由能量守恒定律有:
12mv02+mglADsin37°=μmgcos37°(lAC+lCD)
解得μ=0.52
(2)由A到C过程,动能和重力势能减少,而弹性势能和内能增加
根据能量守恒定律得
12mv02+mglACsin37°=Epm+μmglACcos37°
解得最大弹性势能为Epm=24.4 J
点评 本题关键是要灵活地选择物理过程运用动能定理列式求解,同时要明确弹簧弹力做的功等于弹性势能的变化.
12.(2017•浙江模拟)某同学设计出如图所示实验装置.将一质量为0.2 kg的小球(可视为质点)放置于水平弹射器内,压缩弹簧并锁定,此时小球恰好在弹射口,弹射口与水平面AB相切于A点,AB为粗糙水平面,小球与水平面间动摩擦因数μ=0.5,弹射器可沿水平方向左右移动,BC为一段光滑圆弧轨道.O′为圆心,半径R=0.5 m.O′C与O′B之间夹角为θ=37°,以C为原点,在C的右侧空间建立竖直平面内的坐标xOy,在该平面内有一水平放置开口向左且直径稍大于小球的接收器D,sin37°=0.6,cos37°=0.8.
(1)某次实验中该同学使弹射口距离B处L1=1.6 m处固定,解开锁定释放小球,小球刚好到达C处,求弹射器释放的弹性势能;
(2)把小球放回弹射器原处并锁定,将弹射器水平向右移动至离B处L2=0.8 m处固定弹射器并解开锁定释放小球,小球将从C处射出,恰好水平进入接收器D,求D处坐标;
(3)每次小球放回弹射器原处并锁定,水平移动弹射器固定于不同位置释放小球,要求小球从C处飞出恰好水平进入接收器D,求D位置坐标y与x的函数关系式.
 
答案 (1)弹射器释放的弹性势能为1.8 J
(2)D处坐标为:(48125 m,18125 m)
(3)D位置坐标y与x的函数关系式是:y=38x
分析 (1)由动能定理可以求出弹簧弹力做功,然后由能量守恒定律可以求出弹簧的弹性势能.
(2)应用动能定理与平抛运动规律可以求出D点的坐标.
(3)小球做平抛运动应用平抛运动规律与推论可以求出其函数关系式.
解析 (1)从A到C的过程中,由定能定理得:
W弹-μmgL1-mgR(1-cosθ)=0,
解得:W弹=1.8 J.
根据能量守恒定律得:EP=W弹=1.8 J;
(2)小球从C处飞出后,由动能定理得:
W弹-μmgL2-mgR(1-cosθ)=12mvC2-0,
解得:vC=22 m/s,方向与水平方向成37°角,
由于小球刚好被D接收,其在空中的运动可看成从D点平抛运动的逆过程,
vCx=vCcos37°=825 m/s,vCy=vCsin37°=625m/s,
则D点的坐标:x=vCx•vCyg,y=vCy22g,解得:x=48125 m,y=18125 m,
即D处坐标为:(48125 m,18125 m).
(3)由于小球每次从C处射出vC方向一定与水平方向成37°角,则vyvx=tan37°=34,
根据平抛运动规律可知:抛出点D与落地点C的连线与x方向夹角α的正切值:tanα=12tan37°=38,
故D的位置坐标y与x的函数关系式为:y=38x.
点评 本题考查了动能定理的应用,小球的运动过程较复杂,分析清楚小球的运动过程是解题的前提与关键,分析清楚小球的运动过程后,应用动能定理、平抛运动规律可以解题.
13.(2014•课标全国Ⅰ)如图所示,O、A、B为同一竖直平面内的三个点,OB沿竖直方向,∠BOA=60°,OB=32OA,将一质量为m的小球以一定的初动能自O点水平向右抛出,小球在运动过程中恰好通过A点,使此小球带电,电荷量为q(q>0),同时加一匀强电场,场强方向与△OAB所在平面平行.现从O点以同样的初动能沿某一方向抛出此带电小球,该小球通过了A点,到达A点时的动能是初动能的3倍;若该小球从O点以同样的初动能沿另一方向抛出,恰好通过B点,且到达B点时的动能为初动能的6倍,重力加速度大小为g.求:
(1)无电场时,小球到达A点时的动能与初动能的比值;
(2)电场强度的大小和方向.
答案 (1)73
(2)电场强度的大小是3mg6q,方向与竖直方向之间的夹角是30°.
解析 (1)小球做平抛运动,设初速度v0.初动能Ek0,从O到A的运动时间为t,令OA=d,则
OB=32d,根据平抛运动的规律,得
d•sin60°=v0t  ①
d•cos60°=12gt2  ②
又Ek0=12mv02  ③
联立①②③式,解得Ek0=38mgd  ④
设小球到达A时的动能为EkA,则
EkA=Ek0+12mgd=78mgd  ⑤
所以EkAEk0=73
(2)加电场后,从O点到A点下降了12d,从O点到B点下降了32d,设两点的电势能分别减小ΔEpA和ΔEpB,由能量守恒和④,得
ΔEpA=3Ek0-Ek0-12mgd=23Ek0  ⑥
ΔEpB=6Ek0-Ek0-32mgd=Ek0  ⑦
 
在匀强电场中,沿着任意直线,电势的降落是均匀的,设直线OB上的M点的电势与A的电势相同,M点到O点的距离是x,如图,则有
x32d=ΔEpAΔEpB=23  ⑧
解得x=d
MA是等势线,电场线与MA的垂线OC平行,设电场方向与竖直向下的方向之间的夹角是α,
由几何关系,可得α=30°
即电场线的方向与竖直方向之间的夹角是30°
设电场强度的大小是E,则qE•dcos30°=ΔEpA  ⑨
联立④⑥⑨式,得E=3mg6q
14.(2017•南通模拟)如图所示,两根足够长的光滑导轨MN,PQ与水平面成θ=37°角平行放置,导轨间的宽度为l=0.6 m.空间存在垂直导轨面向上的匀强磁场,磁感应强度大小B=0.5 T,导轨上端接一标有“2.5 V 1.25 W”字样的小灯泡L.一根电阻r=1 Ω的金属棒ab垂直导轨由某一位置静止释放,当下滑s=12 m时达到稳定速度,此时小灯泡恰能正常发光,已知重力加速度g=10 m/s2.试求:
 
(1)金属棒的质量m及运动稳定后的速度v;
(2)金属棒下滑s的过程中,通过灯泡L上的电荷量q;
(3)金属棒下滑s的过程中小灯泡所产生的热量Q(设小灯泡电阻不变).(结果保留两位有效数字)
答案 (1)金属棒的质量m为0.025 kg及运动稳定后的速度v为10 m/s

(2)金属棒下滑s的过程中,通过灯泡L上的电荷量q为0.6 C
(3)金属棒下滑s的过程中小灯泡所产生的热量Q为0.46 J
分析 (1)根据闭合电路欧姆定律由小灯泡正常发光求得感应电动势的大小从而求得稳定后的速度v,再根据稳定时m的平衡求得m的质量;
(2)根据Q=ΔΦR+r求得通过小灯泡L的电荷量;
(3)根据能量守恒,金属棒m减小的重力势能等于金属棒增加的动能和回路中产生的热量,再由闭合电路欧姆定律求得小灯泡上产生的热量.
解析 (1)金属棒达稳定速度时,小灯泡正常发光,由小灯泡参数知:
回路中电流I=PU=1.252.5 A=0.5 A     小灯泡电阻R=UI=2.50.5 Ω=5 Ω
根据闭合电路欧姆定律可知,金属棒切割磁感线产生的电动势等于回路中的总电压即:
Blv=I(R+r)
得金属棒稳定时的速度v=I(R+r)Bl=0.5(5+1)0.5×0.6 m/s=10 m/s
再以金属棒为研究对象,速度稳定后,金属棒处于平衡状态,则根据平衡有:
mgsinθ=BIl
即金属棒的质量m=BIlgsinθ=0.5×0.5×0.610×sin37° kg=0.025 kg
(2)由题意通过小灯泡的电荷量
q=I•Δt=ER+r•Δt=ΔΦΔtR+r•Δt=ΔΦR+r=BlsR+r=0.5×0.6×125+1 C=0.6 C.
(3)根据能量守恒可知,金属棒减小的重力势能等于电路增加的动能和回路产生的总热量即:
mgssinθ=12mv2+Q总根据闭合电路欧姆定律可知,灯泡上产生的热量
Q=RR+rQ总=RR+r•(mgssinθ-12mv2)=55+1×(0.025×10×12×0.6-12×0.025×102) J=0.46 J
点评 本题是力电综合问题,首先要明确电路结构,其次要分析清楚导体棒的受力情况和运动情况,根据安培力公式、欧姆定律、切割公式和平衡条件列式求解.