《高考物理大二輪復(fù)習(xí)與增分策略 專題二 力與物體的直線運(yùn)動(dòng) 第2講 動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)在電學(xué)中的應(yīng)用-人教版高三全冊(cè)物理試題》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考物理大二輪復(fù)習(xí)與增分策略 專題二 力與物體的直線運(yùn)動(dòng) 第2講 動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)在電學(xué)中的應(yīng)用-人教版高三全冊(cè)物理試題（16頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第2講　動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)在電學(xué)中的應(yīng)用 1.帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，洛倫茲力的方向始終垂直于粒子的速度方向. 2.帶電粒子在電場(chǎng)力、重力和洛倫茲力共同作用下的直線運(yùn)動(dòng)只能是勻速直線運(yùn)動(dòng). 3.帶電粒子(不計(jì)重力)在勻強(qiáng)電場(chǎng)中由靜止開始被加速或帶電粒子沿著平行于電場(chǎng)的方向射入勻強(qiáng)電場(chǎng)中時(shí)，帶電粒子做勻變速直線運(yùn)動(dòng). 4.電磁感應(yīng)中導(dǎo)體棒在安培力和其他恒力作用下的三種運(yùn)動(dòng)類型：勻速直線運(yùn)動(dòng)、加速度逐漸減小的減速直線運(yùn)動(dòng)、加速度逐漸減小的加速直線運(yùn)動(dòng). 1.帶電粒子在電場(chǎng)中做直線運(yùn)動(dòng)的問題：在電場(chǎng)中處理力學(xué)問題時(shí)，其分析方法與力學(xué)相同.首先進(jìn)行受力分析，然后看粒子所受的合力方向與速度方向

2、是否一致，其運(yùn)動(dòng)類型有電場(chǎng)內(nèi)的加速運(yùn)動(dòng)和在交變電場(chǎng)內(nèi)的往復(fù)運(yùn)動(dòng). 2.帶電粒子在交變電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)，一般多以加速、減速交替出現(xiàn)的多運(yùn)動(dòng)過程的情景出現(xiàn). 解決的方法： (1)根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)或動(dòng)力學(xué)分析其中一個(gè)變化周期內(nèi)相關(guān)物理量的變化規(guī)律. (2)借助運(yùn)動(dòng)圖象進(jìn)行運(yùn)動(dòng)過程分析. 解題方略 1.在電場(chǎng)中處理力學(xué)問題時(shí)，其分析方法與力學(xué)相同.首先進(jìn)行受力分析，然后看粒子所受的合力與速度方向是否一致，其運(yùn)動(dòng)類型有電場(chǎng)內(nèi)的加速運(yùn)動(dòng)和在交變電場(chǎng)內(nèi)的往復(fù)運(yùn)動(dòng). 2.動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)分析方法a＝，E＝，v2－v＝2ad. 例1　如圖1所示，一帶電荷量為＋q、質(zhì)量為m的小物塊處于一傾角為37°的光滑

3、斜面上，當(dāng)整個(gè)裝置被置于一水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中時(shí)，小物塊恰好靜止.重力加速度為 g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求： 圖1 (1)水平向右電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大??； (2)若將電場(chǎng)強(qiáng)度改為豎直向下，大小不變，小物塊的加速度是多大； (3)若將電場(chǎng)強(qiáng)度改為水平向左，大小變?yōu)樵瓉淼?倍，小物塊從高度H處由靜止釋放，求小物塊到達(dá)地面的時(shí)間為多少. 解析　(1)小物塊受重力，電場(chǎng)力和彈力三力平衡： Eq＝mgtan 37° 解得：E＝ (2)由牛頓第二定律可得：(Eq＋mg)sin 37°＝ma 解得：a＝g (3)小物塊將離開斜面做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向做自由

4、落體運(yùn)動(dòng)：H＝gt2 解得：t＝ . 答案　(1)　(2)g　(3) 預(yù)測(cè)1　(多選)在絕緣光滑的水平面上相距為6L的A、B兩處分別固定正電荷QA、QB.兩電荷的位置坐標(biāo)如圖2甲所示.圖乙是AB連線之間的電勢(shì)φ與位置x之間的關(guān)系圖象，圖中x＝L點(diǎn)為圖線的最低點(diǎn)，若在x＝2L的C點(diǎn)由靜止釋放一個(gè)質(zhì)量為m、電量為＋q的帶電小球(可視為質(zhì)點(diǎn))，下列有關(guān)說法正確的是(　　) 圖2 A.小球在x＝L處的速度最大 B.小球一定可以到達(dá)x＝－2L點(diǎn)處 C.小球?qū)⒁詘＝L點(diǎn)為中心做往復(fù)運(yùn)動(dòng) D.固定在A、B處的電荷的電量之比為QA∶QB＝4∶1 答案　AD 解析　據(jù)φ－x圖象切線的斜

5、率等于場(chǎng)強(qiáng)E，則知x＝L處場(chǎng)強(qiáng)為零，所以小球在C處受到的電場(chǎng)力向左，向左加速運(yùn)動(dòng)，到x＝L處加速度為0，從x＝L向左運(yùn)動(dòng)時(shí)，電場(chǎng)力向右，做減速運(yùn)動(dòng)，所以小球在x＝L處的速度最大，故A正確；由題圖乙可知，x＝－2L點(diǎn)的電勢(shì)大于x＝2L點(diǎn)的電勢(shì)，所以小球不可能到達(dá)x＝－2L點(diǎn)處，故B錯(cuò)誤；由圖知圖象不關(guān)于x＝L對(duì)稱，所以x＝L點(diǎn)不是中心，故C錯(cuò)誤；x＝L處場(chǎng)強(qiáng)為零，根據(jù)點(diǎn)電荷場(chǎng)強(qiáng)公式則有：k＝k，解得QA ∶QB＝4∶1，故D正確. 預(yù)測(cè)2　如圖3甲所示為兩平行金屬板，板間電勢(shì)差變化如乙圖所示.一帶電小球位于兩板之間，已知小球在0～t時(shí)間內(nèi)處于靜止?fàn)顟B(tài)，在3t時(shí)刻小球恰好經(jīng)過靜止時(shí)的位置，整個(gè)過

6、程帶電小球沒有與金屬板相碰.則乙圖中Ux的值為(　　) 圖3 A.3U0 B.4U0 C.5U0 D.6U0 答案　C 解析　0～t靜止：·q＝mg t～2t向下加速，mg－·q＝ma1，得a1＝g v＝a1t＝gt，x1＝a1t2＝gt2 2t～3t向下減速后向上加速，·q－mg＝ma2 x2＝vt－·a2·t2 3t時(shí)刻回到靜止位置則x2＝－x1 解以上各式得Ux＝5U0. 解題方略 1.對(duì)于磁場(chǎng)內(nèi)的動(dòng)力學(xué)問題，要特別注意洛倫茲力的特性，因F洛＝qvB，則速度v的變化影響受力，受力的變化又反過來影響運(yùn)動(dòng). 2.帶電粒子在電場(chǎng)力、重力和洛倫茲力共同作用

7、下的直線運(yùn)動(dòng)只能是勻速直線運(yùn)動(dòng). 3.此類問題也常出現(xiàn)臨界問題，如滑塊脫離木板的臨界條件是支持力為零. 例2　(多選)如圖4甲所示，一帶電物塊無初速度地放在皮帶輪底端，傳送帶輪以恒定大小的速率沿順時(shí)針傳動(dòng)，該裝置處于垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，物塊由底端E運(yùn)動(dòng)至皮帶輪頂端F的過程中，其v－t圖象如圖乙所示，物塊全程運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為4.5 s，關(guān)于帶電物塊及運(yùn)動(dòng)過程的說法正確的是(　　) 圖4 A.該物塊帶負(fù)電 B.傳送帶的傳動(dòng)速度大小可能大于1 m/s C.若已知傳送帶的長(zhǎng)度，可求出該過程中物塊與傳送帶發(fā)生的相對(duì)位移 D.在2～4.5 s內(nèi)，物塊與傳送帶仍可能有相對(duì)運(yùn)動(dòng) 解析　由

8、圖乙可知，物塊做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng).物塊的最大速度是1 m/s. 物塊開始時(shí) μFN－mgsin θ＝ma ① 物塊運(yùn)動(dòng)后，又受到洛倫茲力的作用，加速度逐漸減小，由①式可知，物塊的加速度逐漸減小，一定是FN逐漸減小，而開始時(shí)：FN＝mgcos θ，后來：FN′＝mgcos θ－F洛，即洛倫茲力的方向是向上的.物塊沿傳送帶向上運(yùn)動(dòng)，由左手定則可知，物塊帶正電.故A錯(cuò)誤；物塊向上運(yùn)動(dòng)的過程中，洛倫茲力越來越大，則受到的支持力越來越小，結(jié)合①式可知，物塊的加速度也越來越小，當(dāng)加速度等于0時(shí)，物塊達(dá)到最大速度，此時(shí)： mgsin θ＝μ(mgcos θ－F洛)

9、② 由②可知，只要傳送帶的速度大于等于1 m/s，則物塊達(dá)到最大速度的條件與傳送帶的速度無關(guān)，所以傳送帶的速度有可能是1 m/s，也有可能大于1 m/s，物塊可能相對(duì)于傳送帶靜止，也有可能與傳送帶相對(duì)滑動(dòng).故B、D正確；由以上的分析可知，傳送帶的速度不能判斷，所以若已知傳送帶的長(zhǎng)度，也不能求出該過程中物塊與傳送帶發(fā)生的相對(duì)位移.故C錯(cuò)誤. 答案　BD 預(yù)測(cè)3　(多選)如圖5所示，空間中存在垂直于紙面向外的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(圖中沒有畫出)，兩個(gè)質(zhì)量均為m的物塊P、Q疊放在一起，并置于固定在地面上傾角為θ且無限長(zhǎng)的絕緣斜面體上.物塊P帶正電，電荷量為q；物塊Q是不帶電的絕緣體.P、Q

10、間動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1，Q和斜面間動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2.現(xiàn)使P、Q一起由靜止開始沿斜面下滑，運(yùn)動(dòng)過程中P、Q始終保持相對(duì)靜止.則以下說法正確的是(　　) 圖5 A.根據(jù)題設(shè)條件可以求出物塊P任意時(shí)刻的加速度 B.根據(jù)題設(shè)條件可以求出物塊P的最大動(dòng)能 C.兩個(gè)物塊P、Q間的摩擦力最小值為μ2mgcos θ D.兩個(gè)物塊P、Q間的摩擦力最小值為μ1mgcos θ 答案　BC 解析　由于物體的速度變化時(shí)洛倫茲力發(fā)生變化，所以除了開始時(shí)刻外，其他各時(shí)刻P、Q間彈力及摩擦力無法求出，故無法求出任意時(shí)刻的加速度；故A錯(cuò)誤；根據(jù)受力分析可知，P、Q受重力、支持力、摩擦力以及洛倫茲力的作用，由左手定

11、則可知，洛倫茲力垂直斜面向下；物體開始時(shí)向下加速運(yùn)動(dòng)，隨著速度變大，洛倫茲力增大，則壓力增大，摩擦力增大；當(dāng)摩擦力等于重力的分力時(shí)物體具有最大動(dòng)能；此時(shí)有：mgsin θ＝μ2[(2m)gcos θ＋Bqv]；由公式可求得最大速度，即可求最大動(dòng)能；故B正確；對(duì)整體分析可知，開始時(shí)整體的加速度a＝gsin θ－μ2gcos θ；此時(shí)P受摩擦力最??；再對(duì)Q分析可知，此時(shí)Q受到的摩擦力也為最小值；根據(jù)牛頓第二定律可得；摩擦力最小值為：μ2mgcos θ，故C正確，D錯(cuò)誤. 預(yù)測(cè)4　如圖6所示，無限長(zhǎng)水平直導(dǎo)線中通有向右的恒定電流I，導(dǎo)線正上方沿豎直方向有一用絕緣細(xì)線懸掛著的正方形線框.線框中通有沿

12、逆時(shí)針方向的恒定電流I，線框的邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，線框下邊與直導(dǎo)線平行，且到直導(dǎo)線的距離也為L(zhǎng).已知在長(zhǎng)直導(dǎo)線的磁場(chǎng)中距長(zhǎng)直導(dǎo)線r處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝k(k為常量)，線框的質(zhì)量為m，則剪斷細(xì)線的瞬間，線框的加速度為(　　) 圖6 A.0 B.＋g C.－g D.＋g 答案　D 解析　線框下邊受到的安培力的大小為F1＝k·IL＝kI2，方向向下， 線框上邊受到的安培力大小F2＝·IL＝kI2，方向向上， 根據(jù)牛頓第二定律可得，F(xiàn)1＋mg－F2＝ma 解得：a＝＝＋g，故A、B、C錯(cuò)誤，D正確. 解題方略 1.對(duì)于導(dǎo)體棒在磁場(chǎng)中動(dòng)力學(xué)問題的分析要特別注意棒中的感應(yīng)電流受到

13、的安培力一般是阻力. 2.電磁感應(yīng)中導(dǎo)體棒在安培力和其他恒力作用下的三種運(yùn)動(dòng)類型：勻速直線運(yùn)動(dòng)、加速度逐漸減小的減速直線運(yùn)動(dòng)、加速度逐漸減小的加速直線運(yùn)動(dòng). 例3　如圖7所示，平行且足夠長(zhǎng)的兩條光滑金屬導(dǎo)軌，相距0.5 m，與水平面夾角均為30°，金屬導(dǎo)軌的電阻不計(jì).導(dǎo)軌之間的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直穿過導(dǎo)軌平面，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.4 T.金屬棒ab和cd的質(zhì)量均為0.2 kg，電阻均為0.1 Ω，垂直導(dǎo)軌放置.某時(shí)刻棒ab在外力作用下，沿著導(dǎo)軌向上滑動(dòng)，與此同時(shí)，棒cd由靜止釋放.在運(yùn)動(dòng)過程中，棒ab始終保持速度v0＝1.5 m/s不變，兩金屬棒與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好.取重力加速度g＝10 m/s

14、2.求： 圖7 (1)棒ab產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)； (2)閉合回路中的最小電流和最大電流； (3)棒cd最終穩(wěn)定運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度大小. 解析　(1)Eab＝BLv0＝0.4×0.5×1.5 V＝0.3 V (2)剛釋放棒cd時(shí)，I1＝＝ A＝1.5 A 棒cd受到安培力為F1＝BI1L＝0.4×1.5×0.5 N＝0.3 N 棒cd受到的重力沿導(dǎo)軌向下的分力為G1＝mgsin 30°＝1 N F1

15、為0 由mgsin 30°＝BImaxL 得Imax＝＝5 A (3)由Imax＝ 得vcd＝3.5 m/s. 答案　(1)0.3 V　(2)1.5 A　5 A　(3)3.5 m/s 預(yù)測(cè)5　(多選)如圖8所示，光滑金屬導(dǎo)軌ab和cd構(gòu)成的平面與水平面成θ角，導(dǎo)軌間距Lac＝2Lbd＝2L，導(dǎo)軌電阻不計(jì).兩金屬棒MN、PQ垂直導(dǎo)軌放置，與導(dǎo)軌接觸良好.兩金屬棒質(zhì)量mPQ＝2mMN＝2m，電阻RPQ＝2RMN＝2R，整個(gè)裝置處在垂直導(dǎo)軌平面向上的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，金屬棒MN在平行于導(dǎo)軌向上的拉力F作用下沿導(dǎo)軌以速度v向上勻速運(yùn)動(dòng)，PQ棒恰好以速度v向下勻速行動(dòng).則(　　)

16、 圖8 A.MN中電流方向是由M到N B.勻速運(yùn)動(dòng)的速度v的大小是 C.在MN、PQ都勻速運(yùn)動(dòng)的過程中，F(xiàn)＝3mgsin θ D.在MN、PQ都勻速運(yùn)動(dòng)的過程中，F(xiàn)＝2mgsin θ 答案　ABD 預(yù)測(cè)6　如圖9甲所示，abcd為質(zhì)量M的導(dǎo)軌，放在光滑絕緣的水平面上，另有一根質(zhì)量為m的金屬棒PQ平行bc放在水平導(dǎo)軌上，PQ棒左邊靠著絕緣固定的豎直立柱e、f，導(dǎo)軌處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)以O(shè)O′為界，左側(cè)的磁場(chǎng)方向豎直向上，右側(cè)的磁場(chǎng)方向水平向右，磁感應(yīng)強(qiáng)度均為B.導(dǎo)軌bc段長(zhǎng)l，其電阻為r，金屬棒電阻為R，其余電阻均可不計(jì)，金屬棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ.若在導(dǎo)軌上施加一個(gè)方向向左

17、、大小恒為F的水平拉力，設(shè)導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)，PQ棒始終與導(dǎo)軌接觸.試求： 圖9 (1)導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)的最大加速度amax； (2)導(dǎo)軌的最大速度vmax； (3)在圖乙中定性畫出回路中感應(yīng)電流I隨時(shí)間t變化的圖象，并寫出分析過程. 答案　(1)　(2)(R＋r) (3)見解析圖 解析　(1)由牛頓第二定律得 F－BIl－μ(mg－BIl)＝Ma 導(dǎo)軌剛拉動(dòng)時(shí)，v＝0，I感＝0，此時(shí)有最大加速度amax＝ (2)隨著導(dǎo)軌速度增加，I感增大，a減小，當(dāng)a＝0時(shí)，有最大速度vm 由上式，得I感＝＝ 則：vm＝(R＋r) (3)從剛拉動(dòng)開始計(jì)時(shí)，t＝0時(shí)，v0＝0，I感＝0；t＝t1時(shí)

18、，v達(dá)最大，I感＝Im；0～t1之間，導(dǎo)軌做速度增加，加速度減小的變加速運(yùn)動(dòng)，I感與v成正比關(guān)系，以后a＝0，速度保持不變，I感保持不變. 專題強(qiáng)化練 1.如圖1所示，豎直放置在水平面上的輕質(zhì)彈簧上疊放著兩物塊A、B，相互絕緣且質(zhì)量均為2 kg，A帶正電，電荷量為0.1 C，B不帶電.開始處于靜止?fàn)顟B(tài)，若突然加沿豎直方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，此瞬間A對(duì)B的壓力大小變?yōu)?5 N.g＝10 m/s2，則(　　) 圖1 A.電場(chǎng)強(qiáng)度為50 N/C B.電場(chǎng)強(qiáng)度為100 N/C C.電場(chǎng)強(qiáng)度為150 N/C D.電場(chǎng)強(qiáng)度為200 N/C 答案　B 解析　物塊B開始時(shí)平衡，A對(duì)其的壓力等于A

19、的重力，為20 N，加上電場(chǎng)后瞬間A對(duì)B的壓力大小變?yōu)?5 N，而彈簧的彈力和重力不變，故合力為5 N，向上，根據(jù)牛頓第二定律，有：a＝＝＝2.5 m/s2 再對(duì)物塊A受力分析，設(shè)電場(chǎng)力為F(向上)，根據(jù)牛頓第二定律，有：FN＋F－mg＝ma 解得：F＝m(g＋a)－FN＝2×(10＋2.5) N－15 N＝10 N 故電場(chǎng)力向上，為10 N，故場(chǎng)強(qiáng)為：E＝＝ N/C＝100 N/C，方向向上. 2.(多選)如圖2甲所示，Q1、Q2是兩個(gè)固定的點(diǎn)電荷，一帶正電的試探電荷僅在電場(chǎng)力作用下以初速度v0沿兩點(diǎn)電荷連線的中垂線從a點(diǎn)向上運(yùn)動(dòng)，其v－t圖象如圖乙所示，下列說法正確的是(　　)

20、 圖2 A.兩點(diǎn)電荷一定都帶負(fù)電，但電量不一定相等 B.兩點(diǎn)電荷一定都帶負(fù)電，且電量一定相等 C.試探電荷一直向上運(yùn)動(dòng)，直至運(yùn)動(dòng)到無窮遠(yuǎn)處 D.t2時(shí)刻試探電荷的電勢(shì)能最大，但加速度不為零 答案　BD 解析　由圖可知，粒子向上先做減速運(yùn)動(dòng)，再反向做加速運(yùn)動(dòng)，且向上過程加速度先增大后減小，而重力不變，說明粒子受電場(chǎng)力應(yīng)向下，故說明兩點(diǎn)電荷均應(yīng)帶負(fù)電；由于電場(chǎng)線只能沿豎直方向，故說明兩點(diǎn)電荷帶等量負(fù)電荷，故A、C錯(cuò)誤，B正確；t2時(shí)刻之前電場(chǎng)力一直做負(fù)功，故電勢(shì)能增大，此后電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，t2時(shí)刻電勢(shì)能最大，但由于試探電荷受重力及電場(chǎng)力均向下，故此時(shí)加速度不為零，故D正確.

21、 3.(多選)如圖3所示，帶正電q′的小球Q固定在傾角為θ的光滑固定絕緣細(xì)桿下端，讓另一穿在桿上的質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的小球M從A點(diǎn)由靜止釋放，M到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度恰好為零.若A、B間距為L(zhǎng)，C是AB的中點(diǎn)，兩小球都可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度為g，則下列判斷正確的是(　　) 圖3 A.在從A點(diǎn)至B點(diǎn)的過程中，M先做勻加速運(yùn)動(dòng)，后做勻減速運(yùn)動(dòng) B.在從A點(diǎn)至C點(diǎn)和從C點(diǎn)至B點(diǎn)的過程中，前一過程M的電勢(shì)能的增加量較小 C.在B點(diǎn)M受到的庫侖力大小是mgsin θ D.在Q產(chǎn)生的電場(chǎng)中，A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差大小為U＝ 答案　BD 解析　小球M下滑過程中，沿桿的方向受到重力的分力m

22、gsin θ和庫侖力，兩力方向相反.根據(jù)庫侖定律知道，庫侖力逐漸增大.庫侖力先小于mgsin θ，后大于mgsin θ，q先做加速度減小的變加速運(yùn)動(dòng)，后做加速度增大的變減速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)庫侖力與mgsin θ大小相等時(shí)速度最大；故A錯(cuò)誤；下滑過程，AC間的場(chǎng)強(qiáng)小，CB間場(chǎng)強(qiáng)大，由U＝Ed知，A、C間的電勢(shì)差值小于C、B間的電勢(shì)差值，根據(jù)電場(chǎng)力做功公式W＝qU得知，從A至C電場(chǎng)力做功較小，則電勢(shì)能的增加量較小.故B正確；M從C到B做減速運(yùn)動(dòng)，在B點(diǎn)時(shí)加速度方向沿桿向上，故庫侖力大于mgsin θ.故C錯(cuò)誤；從A到B，根據(jù)動(dòng)能定理得：mgLsin θ＋qUAB＝0，又UBA＝－UAB，解得UBA＝.故D

23、正確. 4.(多選)如圖4所示，在垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，質(zhì)量為m，帶電量為＋q的小球穿在足夠長(zhǎng)的水平固定絕緣的直桿上處于靜止?fàn)顟B(tài)，小球與桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ.現(xiàn)對(duì)小球施加水平向右的恒力F0，在小球從靜止開始至速度最大的過程中，下列說法中正確的是(　　) 圖4 A.直桿對(duì)小球的彈力方向不變 B.直桿對(duì)小球的摩擦力先減小后增大 C.小球運(yùn)動(dòng)的最大加速度為 D.小球的最大速度為 答案　BC 解析　小球開始滑動(dòng)時(shí)有：F0－μ(mg－qvB)＝ma，隨v增大，a增大，當(dāng)v＝時(shí)，a達(dá)到最大值，摩擦力Ff＝μ(mg－qvB)減?。? 此時(shí)洛倫茲力等于mg，支持力等于0

24、，此后隨著速度增大，洛倫茲力增大，支持力反向增大，此后滑動(dòng)過程中有：F0－μ(qvB－mg)＝ma， 隨v增大，a減小，摩擦力增大，當(dāng)vm＝時(shí)，a＝0.此時(shí)達(dá)到平衡狀態(tài)，速度不變. 所以B、C正確，A、D錯(cuò)誤. 5.如圖5甲所示，固定的水平金屬導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)且電阻不計(jì).兩阻值相同的導(dǎo)體棒ab、cd置于導(dǎo)軌上，棒與導(dǎo)軌垂直且始終保持良好接觸.整個(gè)裝置處在與導(dǎo)軌平面垂直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B中.導(dǎo)體棒ab運(yùn)動(dòng)的位移圖象如圖乙所示.導(dǎo)體棒cd始終靜止在導(dǎo)軌上，以水平向右為正方向，則導(dǎo)體棒cd所受的靜摩擦力Ff隨時(shí)間變化的圖象是(　　) 圖5 答案　D 解析　由右手定則可知ab中感應(yīng)電流

25、的方向向上，由法拉第電磁感應(yīng)定律得： E＝BLv，由歐姆定律得：I＝＝.感應(yīng)電流從上向下流過cd棒，由左手定則可知，產(chǎn)生的安培力向右，大?。篎＝BIL＝ 對(duì)cd棒進(jìn)行受力分析，可知，cd棒豎直方向受到重力和軌道的支持力；水平方向受到安培力和摩擦力的作用，由共點(diǎn)力的平衡可得，水平方向受到的摩擦力與安培力大小相等，方向相反，即方向向左，大?。篎f＝F＝，大小與速度v成正比，與速度的方向相反.故D正確，A、B、C錯(cuò)誤. 6.如圖6所示，直線邊界ab上方有無限大的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里.一矩形金屬線框底邊與磁場(chǎng)邊界平行，從距離磁場(chǎng)邊界高度為h處由靜止釋放，下列說法正確的是(　　)

26、圖6 A.整個(gè)下落過程中，穿過線框的磁通量一直在減小 B.線框穿出磁場(chǎng)的過程中，線框中會(huì)產(chǎn)生逆時(shí)針方向的電流 C.線框穿出磁場(chǎng)的過程中，線框受到的安培力可能一直減小 D.線框穿出磁場(chǎng)的過程中，線框的速度可能先增大后減小 答案　C 7.(多選)如圖7所示，光滑絕緣的水平面內(nèi)存在場(chǎng)強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)，長(zhǎng)度為L(zhǎng)絕緣光滑的擋板AC與電場(chǎng)方向夾角為30°.現(xiàn)有質(zhì)量相等、電荷量均為Q的甲、乙兩個(gè)帶電體從A處出發(fā)，甲由靜止釋放，沿AC邊無摩擦滑動(dòng)，乙垂直于電場(chǎng)方向以一定的初速度運(yùn)動(dòng)，甲、乙兩個(gè)帶電體都通過C處.則甲、乙兩個(gè)帶電體(　　) 圖7 A.發(fā)生的位移相等 B.通過C處的速度相等

27、 C.電勢(shì)能減少量都為EQL D.從A運(yùn)動(dòng)到C時(shí)間之比為 答案　AC 解析　對(duì)于兩個(gè)帶電體，由于初、末位置相同，故二者的位移相同，選項(xiàng)A正確；兩個(gè)帶電體通過C點(diǎn)的速度方向不同，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；根據(jù)功能關(guān)系，電勢(shì)能的變化量等于電場(chǎng)力做的功，則：W＝EQd＝EQLcos 30°＝EQL，故選項(xiàng)C正確；對(duì)于甲帶電體：a1＝，則：L＝a1t；對(duì)于乙?guī)щ婓w：a2＝，則：Lcos 30°＝a2t，整理可以得到：＝，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤. 8.如圖8甲所示，兩根固定的足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌與水平面夾角為θ＝37°，相距d＝1 m，上端a、b間接一個(gè)阻值為1.5 Ω的電阻R.金屬導(dǎo)軌區(qū)域有垂直導(dǎo)軌斜向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)

28、，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間的變化關(guān)系如圖乙所示.t＝0時(shí)在導(dǎo)軌上c、d兩點(diǎn)處由靜止釋放一根質(zhì)量m＝0.02 kg、電阻r＝0.5 Ω的金屬棒，bc長(zhǎng)L＝1 m，金屬棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5.取重力加速度g＝10 m/s2.(設(shè)最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力相等，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8).求： 圖8 (1)t＝0時(shí)流經(jīng)電阻R的電流的大小和方向； (2)畫出從t＝0時(shí)開始金屬棒受到的摩擦力Ff隨時(shí)間t的變化圖象(以Ff沿斜面向上方向?yàn)檎较?； (3)金屬棒所受安培力的功率可能達(dá)到的最大值. 答案　(1)0.4 A　由a向b　(2)見解析圖　(3)1.28×10

29、－2 W 解析　(1)E＝Ld＝1×1×0.8 V＝0.8 V I＝＝ A＝0.4 A 方向：由a向b (2)如圖. (3)mgsin 37°＝I′dB＋μmgcos 37° I′＝ 解得vm＝0.32 m/s，I′＝0.08 A 金屬棒所受安培力的功率可能達(dá)到的最大值Pm＝I′dBvm＝1.28×10－2 W. 9.兩根足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面內(nèi)，兩導(dǎo)軌間的距離為l.導(dǎo)軌左端連接一個(gè)阻值為R的電阻，同時(shí)還連接一對(duì)間距為d的水平放置的平行金屬極板.在導(dǎo)軌上面橫放著一根阻值為r、質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒ab，構(gòu)成閉合回路，如圖9所示.在整個(gè)導(dǎo)軌平面內(nèi)都有豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.用大小為F的水平外力拉著導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌向右勻速滑行，已知導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，忽略導(dǎo)軌的電阻. 圖9 (1)求導(dǎo)體棒勻速滑行的速度大小. (2)導(dǎo)體棒勻速滑行過程，有一個(gè)質(zhì)量為m0的帶電小液滴靜止懸浮在平行金屬極板間(極板間為真空)，求小液滴的電荷量并說明其電性. 答案　(1)　(2)　帶正電 解析　(1)導(dǎo)體棒勻速滑行，有 F＝IBl＋μmg 回路中的電流 I＝ 解得導(dǎo)體棒勻速滑行的速度大小 v＝ (2)金屬板間的電壓 U＝IR 帶電液滴靜止在極板間，有 m0g＝q 解得小液滴的電荷量 q＝(液滴帶正電).