《2018年高考物理大二輪復(fù)習(xí) 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)用講學(xué)案》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2018年高考物理大二輪復(fù)習(xí) 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)用講學(xué)案（18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 課標(biāo)卷高考命題分析 年份 題號(hào)·題型·分值 模型·情景 題眼分析 難度 2015年 Ⅱ卷 14題·選擇題·6分 勻變速直線運(yùn)動(dòng)(電場(chǎng)力與重力) 傾斜電容器電場(chǎng)強(qiáng)度的方向 易 2016年 Ⅱ卷 24題·計(jì)算題·12分 單桿切割電磁感應(yīng)現(xiàn)象 勻速運(yùn)動(dòng) 中 2017年 Ⅰ卷 25題·計(jì)算題·20分 牛頓第二定律、勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律 多過程分析 難 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

2、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)

3、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． 高考題型1　電場(chǎng)內(nèi)動(dòng)力學(xué)問題分析 例1　(2017·全國卷Ⅰ·25)真空中存在電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E1的勻強(qiáng)電場(chǎng)，一帶電油滴在該電場(chǎng)中豎直向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，速度大小為v0，在油滴處于位置A時(shí)，將電場(chǎng)強(qiáng)度的大小突然增大到某值，但保持其方向不變．持續(xù)一段時(shí)間t1后，又突然將電場(chǎng)反向，但保持其大小不變；再持續(xù)同樣一段時(shí)間后，油滴運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)．重力加速度大小為g. (1)求油滴運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的速度大小； (2)求增大后的電場(chǎng)強(qiáng)度的大??；為保證后來的電場(chǎng)強(qiáng)度比原來的大，試給出相應(yīng)的t1和v0應(yīng)滿足的條件．已知不存在電場(chǎng)

4、時(shí)，油滴以初速度v0做豎直上拋運(yùn)動(dòng)的最大高度恰好等于B、A兩點(diǎn)間距離的兩倍． 答案　見解析 解析　(1)油滴帶電性質(zhì)不影響結(jié)果，設(shè)該油滴帶正電，油滴質(zhì)量和電荷量分別為m和q，油滴速度方向向上為正．油滴在電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E1的勻強(qiáng)電場(chǎng)中做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故勻強(qiáng)電場(chǎng)方向向上．在t＝0時(shí)，電場(chǎng)強(qiáng)度突然從E1增加至E2時(shí)，油滴做豎直向上的勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度方向向上，大小a1滿足 qE2－mg＝ma1① 油滴在t1時(shí)刻的速度為 v1＝v0＋a1t1② 電場(chǎng)強(qiáng)度在t1時(shí)刻突然反向，油滴做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，加速度方向向下，大小a2滿足 qE2＋mg＝ma2③ 油滴在t2＝2t1時(shí)刻的速度為 v2

5、＝v1－a2t1④ 由①②③④式得 v2＝v0－2gt1⑤ (2)由題意，在t＝0時(shí)刻前有 qE1＝mg⑥ 油滴從t＝0到t1時(shí)刻的位移為 x1＝v0t1＋a1t12⑦ 油滴在從t1時(shí)刻到t2＝2t1時(shí)刻的時(shí)間間隔內(nèi)的位移為 x2＝v1t1－a2t12⑧ 由題給條件有v02＝2g×2h＝4gh⑨ 式中h是B、A兩點(diǎn)之間的距離． 若B點(diǎn)在A點(diǎn)之上，依題意有 x1＋x2＝h⑩ 由①②③⑥⑦⑧⑨⑩式得 E2＝[2－2＋()2]E1? 為使E2＞E1，應(yīng)有 2－2＋()2＞1? 即當(dāng)0＜t1＜(1－)? 或t1＞(1＋)? 條件?式和?式分別對(duì)應(yīng)于v2＞0和v2＜

6、0兩種情形． 若B在A點(diǎn)之下，依題意有 x2＋x1＝－h(huán)? 由①②③⑥⑦⑧⑨?式得 E2＝[2－2－()2]E1? 為使E2>E1，應(yīng)有 2－2－()2>1? 即t1>(＋1)? 另一解為負(fù)，不符合題意，舍去． 1．(2017·上海閔行區(qū)二模)如圖1所示，質(zhì)量為m、帶電量為＋q的滑塊沿絕緣斜面勻速下滑，當(dāng)滑塊滑至豎直向下勻強(qiáng)電場(chǎng)區(qū)時(shí)，滑塊運(yùn)動(dòng)的狀態(tài)為(　　) 圖1 A．繼續(xù)勻速下滑 B．將加速下滑 C．將減速下滑 D．上述三種情況都可能發(fā)生 答案　A 解析　設(shè)斜面的傾角為θ.滑塊沒有進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)，根據(jù)平衡條件得mgsin θ＝Ff 且FN＝mgcos

7、 θ 又Ff＝μFN 得到，mgsin θ＝μmgcos θ，即有sin θ＝μcos θ 當(dāng)滑塊進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)，設(shè)滑塊受到的電場(chǎng)力大小為F.根據(jù)正交分解得到 滑塊受到的沿斜面向下的力為(mg＋F)sin θ，沿斜面向上的力為μ(mg＋F)cos θ， 由于sin θ＝μcos θ，所以(mg＋F)sin θ＝μ(mg＋F)cos θ，即受力仍平衡，所以滑塊仍做勻速運(yùn)動(dòng)． 2．(2017·內(nèi)蒙古包頭市一模)如圖2所示，在豎直平面內(nèi)一個(gè)帶正電的小球質(zhì)量為m，所帶的電荷量為q，用一根長為L且不可伸長的絕緣輕細(xì)線系在一勻強(qiáng)電場(chǎng)中的O點(diǎn)．勻強(qiáng)電場(chǎng)的方向水平向右，分布的區(qū)域足夠大．現(xiàn)將帶正電小球

8、從O點(diǎn)右方由水平位置A點(diǎn)無初速度釋放，小球到達(dá)最低點(diǎn)B時(shí)速度恰好為零． 圖2 (1)求勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E的大?。? (2)若小球從O點(diǎn)的左方由水平位置C點(diǎn)無初速度自由釋放，則小球到達(dá)最低點(diǎn)B所用的時(shí)間t是多少？(已知：OA＝OC＝L，重力加速度為g) 答案　(1)　(2) 解析　(1)對(duì)小球由A到B的過程，由動(dòng)能定理得 0＝mgL－qEL 故E＝ (2)小球由C點(diǎn)釋放后，將做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，到B 點(diǎn)時(shí)的速度為vb，設(shè)小球做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的加速度為a， F合＝＝mg a＝＝g 又vb2＝2aL＝4gL 得t＝＝ 高考題型2　磁場(chǎng)內(nèi)動(dòng)力學(xué)問題分析 例2　(多選)(2

9、017· 河南洛陽市第二次統(tǒng)考)如圖3甲所示，一帶電物塊無初速度地放在傳送帶的底端，傳送帶以恒定的速率順時(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)至傳送帶頂端F的過程中，其v－t圖象如圖乙所示，若物塊全程運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為4.5 s，則下列判斷正確的是(　　) 圖3 A．該物塊帶負(fù)電 B．傳送帶的傳送速度大小可能大于1 m/s C．若已知傳送帶的長度，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)，物塊與傳送帶間仍可能有相對(duì)運(yùn)動(dòng) 答案　BD 解析　由題圖乙可知，物塊先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. 對(duì)物塊進(jìn)行受力分析

10、可知，開始時(shí)物塊受到重力、支持力和摩擦力的作用，設(shè)動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，沿斜面的方向： μFN－mgsin θ＝ma① 物塊運(yùn)動(dòng)后，又受到洛倫茲力的作用，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；物塊做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)：mgsin θ＝μ(mgcos θ－F洛)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)，所以傳送帶的速度可能是1 m/s，也可能是大于1 m/s，物塊可能相對(duì)于傳送帶靜

11、止，也可能相對(duì)于傳送帶運(yùn)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． 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． 3．(多選)如圖4所示，兩個(gè)傾角分別為30°和60°的光滑絕緣斜面固定于水平地面上，并處于方向垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，兩個(gè)質(zhì)量為m

12、、帶電荷量為＋q的小滑塊甲和乙分別從兩個(gè)斜面頂端由靜止釋放，運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后，兩小滑塊都將飛離斜面，在此過程中(　　) 圖4 A．甲滑塊飛離斜面瞬間的速度比乙滑塊飛離斜面瞬間的速度大 B．甲滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間比乙滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間短 C．兩滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的位移大小相同 D．兩滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的過程中，重力的平均功率相等 答案　AD 解析　小滑塊飛離斜面時(shí)，洛倫茲力與重力垂直斜面的分力平衡，故：mgcos θ＝qvmB 解得vm＝，所以斜面角度越小，飛離斜面瞬間的速度越大，故甲滑塊飛離時(shí)速度較大，A正確；滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的加速度恒定不變，由受力分析和牛頓第二定律可得加

13、速度a＝gsin θ，所以甲的加速度小于乙的加速度，因?yàn)榧椎淖畲笏俣却笥谝业淖畲笏俣?，由vm＝at得，甲在斜面上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間大于乙在斜面上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，故B錯(cuò)誤；由以上分析和x＝得，甲在斜面上的位移大于乙在斜面上的位移，故C錯(cuò)誤；由平均功率的公式P＝F＝mg·sin θ＝，因sin 30°＝cos 60°，故重力的平均功率一定相等，故D正確． 4．(2017·山西臨汾市二模)如圖5所示，無限長水平直導(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．線框中通有沿逆時(shí)針方向的恒定電流I，線框的邊長為L，線框下邊與直導(dǎo)線平行，且到直導(dǎo)線的距離也為L.已知在長直導(dǎo)線的磁場(chǎng)

14、中距長直導(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5 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． 高考題型3　電磁感應(yīng)中的力學(xué)問題分析 例3　(2017·全國名校模擬)如圖6所示，直角坐標(biāo)系xOy在水平面內(nèi)，其第一象限內(nèi)有一磁場(chǎng)，方向垂直于水平面向下，磁場(chǎng)沿y軸方向分布均勻，沿x軸方向

15、磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨坐標(biāo)x增大而減小，滿足B＝(單位：T)；“∠”形光滑金屬長直導(dǎo)軌MON頂角為45°，固定在水平面內(nèi)，ON與x軸重合．一根質(zhì)量為2 kg的導(dǎo)體棒放在導(dǎo)軌上，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌接觸，電阻恒為0.5 Ω，其余電阻不計(jì)，導(dǎo)體棒最初處于原點(diǎn)位置O，某時(shí)刻給導(dǎo)體棒施加一個(gè)水平向右的外力作用，使得導(dǎo)體棒從靜止開始沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過程中回路中產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)E與時(shí)間t的關(guān)系為E＝3t(單位：V)求： 圖6 (1)第2 s內(nèi)回路中流過的電荷量q. (2)導(dǎo)體棒滑動(dòng)過程中水平外力F與橫坐標(biāo)x的關(guān)系式． 答案　(1)9 C　(2)F＝(2＋6) N 解析　(1)t＝1 s時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E1＝

16、3×1 V＝3 V，感應(yīng)電流I1＝＝ A＝6 A t＝2 s時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E2＝3×2 V＝6 V，感應(yīng)電流I2＝＝ A＝12 A 因?yàn)楦袘?yīng)電流與時(shí)間成正比，屬于線性關(guān)系，所以有：q＝Δt＝Δt＝9 C. (2)由導(dǎo)軌夾角為45°，可知任意t時(shí)刻回路中導(dǎo)體棒有效切割長度L＝x 有：E＝BLv＝Bxv 由題意有：E＝3t B＝ 聯(lián)立得：v＝3t 故加速度a＝3 m/s2 因此導(dǎo)體棒在拉力和安培力作用下做勻加速直線運(yùn)動(dòng) 安培力F安＝BIL＝＝＝ 根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式v＝＝＝ 聯(lián)立得：F安＝＝2 根據(jù)牛頓第二定律：F＝F安＋ma＝(2＋6) N. 5．(2017·全國名校模

17、擬)如圖7甲所示，電阻不計(jì)、間距L＝1 m的光滑平行金屬導(dǎo)軌豎直放置，導(dǎo)軌上端接一阻值R＝2 Ω的電阻，虛線OO′下方有垂直于導(dǎo)軌平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，現(xiàn)將一質(zhì)量m＝0.2 kg、電阻不計(jì)的金屬桿ab從OO′上方某處以v0＝1 m/s的初速度下落，金屬桿在下落的過程中與導(dǎo)軌保持良好接觸且始終水平．金屬桿下落到磁場(chǎng)邊界OO′所需時(shí)間t＝0.1 s，下落0.4 m的過程中金屬桿的加速度與下落的距離h之間的關(guān)系如圖乙所示，g取10 m/s2，則(　　) 圖7 A．金屬桿進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度為6 m/s B．金屬桿開始下落時(shí)與OO′的距離為0.1 m C．磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為4 T D．金屬

18、桿下落0.4 m時(shí)的速度為1 m/s 答案　D 解析　金屬桿下落到磁場(chǎng)邊界OO′的過程中加速度為g，則金屬桿到OO′時(shí)的速度v1＝v0＋gt1＝2 m/s，金屬桿下落時(shí)距OO′的高度h＝＝0.15 m，A、B項(xiàng)錯(cuò)誤；金屬桿剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的加速度大小為10 m/s2，方向向上，有－mg＝ma，代入數(shù)據(jù)得B＝2 T，C項(xiàng)錯(cuò)誤；從乙圖中可以看出，金屬桿下落0.4 m后開始做勻速運(yùn)動(dòng)，則＝mg，代入數(shù)據(jù)得v2＝1 m/s，D正確． 6．如圖8所示，兩條相距d的平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面內(nèi)，其右端接一阻值為R的電阻．質(zhì)量為m的金屬桿靜置在導(dǎo)軌上，其左側(cè)的矩形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域MNPQ的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、

19、方向豎直向下．當(dāng)該磁場(chǎng)區(qū)域以速度v0勻速地向右掃過金屬桿后，金屬桿的速度變?yōu)関.導(dǎo)軌和金屬桿的電阻不計(jì)，導(dǎo)軌光滑且足夠長，桿在運(yùn)動(dòng)過程中始終與導(dǎo)軌垂直且兩端與導(dǎo)軌保持良好接觸．求： 圖8 (1)MN剛掃過金屬桿時(shí)，桿中感應(yīng)電流的大小I； (2)MN剛掃過金屬桿時(shí)，桿的加速度大小a； (3)PQ剛要離開金屬桿時(shí)，感應(yīng)電流的功率P. 答案　(1)　(2)　(3) 解析　(1)MN剛掃過金屬桿時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝Bdv0 感應(yīng)電流I＝ 解得I＝ (2)安培力F＝BId 由牛頓第二定律得F＝ma 解得a＝ (3)金屬桿切割磁感線的相對(duì)速度v′＝v0－v，則 感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E′＝

20、Bd(v0－v) 電功率P＝ 解得P＝ 題組1　全國卷真題精選 1．(2015·新課標(biāo)全國Ⅱ·14)如圖9，兩平行的帶電金屬板水平放置．若在兩板中間a點(diǎn)從靜止釋放一帶電微粒，微粒恰好保持靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)將兩板繞過a點(diǎn)的軸(垂直于紙面)逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)45°，再由a點(diǎn)從靜止釋放一同樣的微粒，該微粒將(　　) 圖9 A．保持靜止?fàn)顟B(tài) B．向左上方做勻加速運(yùn)動(dòng) C．向正下方做勻加速運(yùn)動(dòng) D．向左下方做勻加速運(yùn)動(dòng) 答案　D 解析　兩平行金屬板水平放置時(shí)，帶電微粒靜止有mg＝qE，現(xiàn)將兩板繞過a點(diǎn)的軸(垂直于紙面)逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)45°后，兩板間電場(chǎng)強(qiáng)度方向逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)45°，電場(chǎng)力方向也逆

21、時(shí)針旋轉(zhuǎn)45°，但大小不變，此時(shí)電場(chǎng)力和重力的合力大小恒定，方向指向左下方，故該微粒將向左下方做勻加速運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)D正確． 2．(2016·全國卷Ⅱ·24)如圖10，水平面(紙面)內(nèi)間距為l的平行金屬導(dǎo)軌間接一電阻，質(zhì)量為m、長度為l的金屬桿置于導(dǎo)軌上．t＝0時(shí)，金屬桿在水平向右、大小為F的恒定拉力作用下由靜止開始運(yùn)動(dòng)．t0時(shí)刻，金屬桿進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，且在磁場(chǎng)中恰好能保持勻速運(yùn)動(dòng)．桿與導(dǎo)軌的電阻均忽略不計(jì)，兩者始終保持垂直且接觸良好，兩者之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ.重力加速度大小為g.求： 圖10 (1)金屬桿在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)的大?。? (

22、2)電阻的阻值． 答案　(1)Blt0(－μg)　(2) 解析　(1)設(shè)金屬桿進(jìn)入磁場(chǎng)前的加速度大小為a，由牛頓第二定律得 F－μmg＝ma① 設(shè)金屬桿到達(dá)磁場(chǎng)左邊界時(shí)的速度為v，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v＝at0② 當(dāng)金屬桿以速度v在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，由法拉第電磁感應(yīng)定律知產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為 E＝Blv③ 聯(lián)立①②③式可得 E＝Blt0(－μg)④ (2)設(shè)金屬桿在磁場(chǎng)區(qū)域中勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，金屬桿中的電流為I，根據(jù)歐姆定律 I＝⑤ 式中R為電阻的阻值．金屬桿所受的安培力為 F安＝BlI⑥ 因金屬桿做勻速運(yùn)動(dòng)，有 F－μmg－F安＝0⑦ 聯(lián)立④⑤⑥⑦式得 R＝ 題組2　各省市真題精

23、選 3.(2015·海南卷·5)如圖11，一充電后的平行板電容器的兩極板相距l(xiāng).在正極板附近有一質(zhì)量為M、電荷量為q(q>0)的粒子；在負(fù)極板附近有另一質(zhì)量為m、電荷量為－q的粒子．在電場(chǎng)力的作用下，兩粒子同時(shí)從靜止開始運(yùn)動(dòng)．已知兩粒子同時(shí)經(jīng)過一平行于正極板且與其相距l(xiāng)的平面．若兩粒子間相互作用力可忽略，不計(jì)重力，則M∶m為(　　) 圖11 A．3∶2 B．2∶1 C．5∶2 D．3∶1 答案　A 解析　因兩粒子同時(shí)經(jīng)過一平行于正極板且與其相距l(xiāng)的平面，電荷量為q的粒子通過的位移為l，電荷量為－q的粒子通過的位移為l，由牛頓第二定律知它們的加速度大小分別為a1＝、a2＝

24、，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有l(wèi)＝a1t2＝t2① l＝a2t2＝t2② 解得＝.B、C、D錯(cuò)，A對(duì)． 4．(多選)(2014·浙江理綜·20)如圖12甲所示，兩根光滑平行導(dǎo)軌水平放置，間距為L，其間有豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.垂直于導(dǎo)軌水平對(duì)稱放置一根均勻金屬棒．從t＝0時(shí)刻起，棒上有如圖乙所示的持續(xù)交變電流I，周期為T，值為Im，圖甲中I所示方向?yàn)殡娏髡较颍畡t金屬棒(　　) 圖12 A．一直向右移動(dòng) B．速度隨時(shí)間周期性變化 C．受到的安培力隨時(shí)間周期性變化 D．受到的安培力在一個(gè)周期內(nèi)做正功 答案　ABC 解析　根據(jù)左手定則知金屬棒在0～內(nèi)所受安培力向右，大小恒定，

25、故金屬棒向右做勻加速運(yùn)動(dòng)，在～T內(nèi)金屬棒所受安培力與前半個(gè)周期大小相等，方向相反，金屬棒向右做勻減速運(yùn)動(dòng)，一個(gè)周期結(jié)束時(shí)金屬棒速度恰好為零，以后始終向右重復(fù)上述運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A、B、C正確；在0～時(shí)間內(nèi)，安培力方向與運(yùn)動(dòng)方向相同，安培力做正功，在～T時(shí)間內(nèi)，安培力方向與運(yùn)動(dòng)方向相反，安培力做負(fù)功，在一個(gè)周期內(nèi)，安培力所做總功為零，選項(xiàng)D錯(cuò)誤． 專題強(qiáng)化練 1．(多選)(2017·福建省4月模擬)兩個(gè)相隔一定距離的等量正點(diǎn)電荷固定不動(dòng)，在其產(chǎn)生的電場(chǎng)中，一個(gè)帶負(fù)電的粒子以某一初速度從某一位置開始運(yùn)動(dòng)，僅在電場(chǎng)力作用下，該粒子可能做(　　) A．勻變速直線運(yùn)動(dòng) B．勻變速曲線運(yùn)動(dòng) C．勻速圓

26、周運(yùn)動(dòng) D．在某一點(diǎn)附近做往復(fù)運(yùn)動(dòng) 答案　CD 2．(2017·遼寧實(shí)驗(yàn)中學(xué)等五校聯(lián)考)一勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E隨時(shí)間t變化的圖象如圖1所示，在該勻強(qiáng)電場(chǎng)中，有一個(gè)帶電粒子于t＝0時(shí)刻由靜止釋放，若帶電粒子只受電場(chǎng)力作用，則下列說法中正確的是(　　) 圖1 A．帶電粒子只向一個(gè)方向運(yùn)動(dòng) B．0～2 s內(nèi)，電場(chǎng)力所做的功等于零 C．4 s末帶電粒子回到原出發(fā)點(diǎn) D．2.5～4 s內(nèi)，速度的改變等于零 答案　D 3．(2017·河北衡水市模擬)如圖2所示，地面上某個(gè)空間區(qū)域存在這樣的電場(chǎng)，水平虛線上方為場(chǎng)強(qiáng)E1，方向豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)；虛線下方為場(chǎng)強(qiáng)E2，方向豎直向上的勻強(qiáng)電

27、場(chǎng)．一個(gè)質(zhì)量m，帶電量＋q的小球從上方電場(chǎng)的A點(diǎn)由靜止釋放，結(jié)果剛好到達(dá)下方電場(chǎng)中與A關(guān)于虛線對(duì)稱的B點(diǎn)，則下列結(jié)論正確的是(　　) 圖2 A．若AB高度差為h，則UAB＝ B．帶電小球在A、B兩點(diǎn)電勢(shì)能相等 C．在虛線上、下方的電場(chǎng)中，帶電小球運(yùn)動(dòng)的加速度相同 D．兩電場(chǎng)強(qiáng)度大小關(guān)系滿足E2＝2E1 答案　A 解析　對(duì)A到B的過程運(yùn)用動(dòng)能定理得，qUAB＋mgh＝0，解得：UAB＝，知A、B的電勢(shì)不等，則電勢(shì)能不等．故A正確，B錯(cuò)誤；A到虛線速度由零加速至v，虛線到B速度由v減為零，位移相同，根據(jù)勻變速運(yùn)動(dòng)的推論知，加速度大小相等，方向相反．故C錯(cuò)誤；在上方電場(chǎng)，根據(jù)牛頓第

28、二定律得：a1＝，在下方電場(chǎng)中，根據(jù)牛頓第二定律得，加速度大小為：a2＝，因?yàn)閍1＝a2，解得：E2－E1＝.故D錯(cuò)誤． 4．(2017·哈爾濱師大附中等二模)如圖3所示，空間有場(chǎng)強(qiáng)大小為E，方向沿斜面向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)；光滑絕緣斜面傾角為θ，底端固定一根勁度系數(shù)為k的輕彈簧；彼此絕緣的AB兩物體靜止在彈簧頂端，A的質(zhì)量為m，電量為＋q，B的質(zhì)量也為m，不帶電，彈簧處在彈性限度內(nèi)；某時(shí)刻，在沿斜面向上的外力F作用下，AB一起以加速度a勻加速運(yùn)動(dòng)，則當(dāng)AB分離瞬間(　　) 圖3 A．彈簧的形變量為0 B．彈簧的形變量為x＝ C．A的速度達(dá)到最大 D．A的加速度為0 答案　B 5．

29、(多選)(2017·河南濮陽市一模)如圖4甲所示，光滑“∠”型金屬支架ABC固定在水平面上，支架處在垂直于水平面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，一金屬導(dǎo)體棒EF放在支架上，用一輕桿將導(dǎo)體棒與墻固定連接，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖乙所示，取垂直于水平面向下為正方向，則下列說法正確的是(　　) 圖4 A．t1時(shí)刻輕桿對(duì)導(dǎo)體棒的作用力最大 B．t2時(shí)刻輕桿對(duì)導(dǎo)體棒的作用力為零 C．t2到t3時(shí)間內(nèi)，輕桿對(duì)導(dǎo)體棒的作用力先增大后減小 D．t2到t4時(shí)間內(nèi)，輕桿對(duì)導(dǎo)體棒的作用力方向不變 答案　BC 6．(多選)(2017·江西南昌市一模)如圖5所示，質(zhì)量為m＝0.04 kg、邊長l＝0.4 m的

30、正方形導(dǎo)體框abcd放置在一光滑絕緣斜面上，線框用一平行斜面的細(xì)線系于O點(diǎn)，斜面的傾角為θ＝30°；線框的一半處于磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化的關(guān)系為B＝2＋0.5t(T)，方向垂直于斜面；已知線框電阻為R＝0.5 Ω，重力加速度g＝10 m/s2.則(　　) 圖5 A．線框中的感應(yīng)電流方向?yàn)閍bcda B．t＝0時(shí)，細(xì)線拉力大小為F＝0.2 N C．線框中感應(yīng)電流大小為I＝80 mA D．經(jīng)過一段時(shí)間t，線框可能沿斜面向上運(yùn)動(dòng) 答案　CD 7.如圖6所示，一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的圓環(huán)可在水平放置的足夠長的粗糙細(xì)桿上滑動(dòng)，細(xì)桿處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，不計(jì)空氣阻

31、力，現(xiàn)給圓環(huán)一向右的初速度v0，在以后的運(yùn)動(dòng)過程中，圓環(huán)運(yùn)動(dòng)的速度圖象可能是圖中的(　　) 圖6 A．②③ B．①③ C．②④ D．①④ 答案　D 解析　由左手定則可判斷圓環(huán)受到豎直向上的洛倫茲力、豎直向下的重力，還可能受到垂直細(xì)桿的彈力及向左的摩擦力，當(dāng)qv0B＝mg時(shí)，圓環(huán)做勻速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)圖象為①，故①正確；當(dāng)qv0B＜mg時(shí)，F(xiàn)N＝mg－qvB此時(shí)：μFN＝ma，所以圓環(huán)做加速度逐漸增大的減速運(yùn)動(dòng)，直至停止，所以其v－t圖象的斜率應(yīng)該逐漸增大，故②③錯(cuò)誤．當(dāng)qv0B＞mg時(shí)，F(xiàn)N＝qvB－mg，此時(shí)：μFN＝ma，所以圓環(huán)做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)，直到qvB＝mg

32、時(shí)，圓環(huán)開始做勻速運(yùn)動(dòng)，故④正確． 8.如圖7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(　　) 圖7 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 9．(2017·北京石景山區(qū)模擬)如圖8所示，兩根足夠長的光滑金屬導(dǎo)軌MN、PQ平行放置，導(dǎo)軌平面的傾角為θ，導(dǎo)軌的下端接有電阻．當(dāng)空間沒有磁場(chǎng)

33、時(shí)，使ab以平行導(dǎo)軌平面的初速度v0沖上導(dǎo)軌平面，ab上升的最大高度為H；當(dāng)空間存在垂直導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)時(shí)，再次使ab以相同的初速度從同一位置沖上導(dǎo)軌平面，ab上升的最大高度為h.兩次運(yùn)動(dòng)中導(dǎo)體棒ab始終與兩導(dǎo)軌垂直且接觸良好．關(guān)于上述情景，下列說法中正確的是(　　) 圖8 A．兩次上升的最大高度比較，有H＝h B．兩次上升的最大高度比較，有H＜h C．有磁場(chǎng)時(shí)，ab上升過程的最大加速度為gsin θ D．有磁場(chǎng)時(shí)，ab上升過程的最小加速度為gsin θ 答案　D 10．(2017·北京豐臺(tái)模擬)如圖9所示，在傾角θ＝37°的斜面上，固定一寬度L＝0.25 m的足夠長平行金

34、屬導(dǎo)軌，在導(dǎo)軌上端MN間接入一個(gè)電源，電源電動(dòng)勢(shì)E＝1.5 V，內(nèi)阻r＝1.0 Ω.一質(zhì)量m＝25 g的金屬棒ab與兩導(dǎo)軌垂直并接觸良好，其電阻R＝1.5 Ω.整個(gè)裝置處于垂直于斜面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.80 T．導(dǎo)軌的電阻不計(jì)，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求： 圖9 (1)金屬棒所受安培力F的大小和方向； (2)若金屬棒在導(dǎo)軌上靜止，金屬棒所受摩擦力Ff的大小和方向； (3)若導(dǎo)軌光滑，現(xiàn)將MN間電源拿掉換接一個(gè)阻值為R0＝2.5 Ω的電阻，其他條件保持不變，金屬棒ab從靜止開始運(yùn)動(dòng)，它所能達(dá)到的最大速度vmax. 答案　

35、(1)0.12 N，方向沿斜面向上　(2)0.03 N，方向沿斜面向上　(3)15 m/s 解析　(1)I＝ F安＝BIL 聯(lián)立解得F安＝0.12 N，方向沿斜面向上 (2)金屬棒受力如圖所示，假設(shè)摩擦力方向沿斜面向上，因金屬棒靜止， 則mgsin 37°＝F安＋Ff 解得Ff＝0.03 N，方向沿斜面向上 (3)當(dāng)合力為0時(shí)，有最大速度vmax 由mgsin 37°＝F安′ F安′ ＝BI′L I′＝ E′＝BLvmax 得vmax＝15 m/s. 11．如圖10所示，質(zhì)量為M的導(dǎo)體棒ab，垂直放在相距為l的平行光滑金屬軌道上．導(dǎo)軌平面與水平面的夾角為θ，并處于

36、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，左側(cè)是水平放置、間距為d的平行金屬板．R和Rx分別表示定值電阻和滑動(dòng)變阻器的阻值，不計(jì)其他電阻． 圖10 (1)調(diào)節(jié)Rx＝R，釋放導(dǎo)體棒，當(dāng)棒沿導(dǎo)軌勻速下滑時(shí)，求通過棒的電流I及棒的速率v； (2)改變Rx，待棒沿導(dǎo)軌再次勻速下滑后，將質(zhì)量為m、帶電量為＋q的微粒水平射入金屬板間，若它能勻速通過，求此時(shí)的Rx. 答案　(1)　　(2) 解析　(1)導(dǎo)體棒勻速下滑時(shí)，Mgsin θ＝BIl① I＝② 設(shè)導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E0，E0＝Blv③ 由閉合電路歐姆定律得：I＝④ 聯(lián)立②③④，得v＝⑤ (2)改變Rx，由②式可知電流不變，設(shè)帶電微粒在金屬板間勻速通過時(shí)，板間電壓為U，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，則 U＝IRx⑥ E＝⑦ mg＝qE⑧ 聯(lián)立②⑥⑦⑧，得Rx＝. 18