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-人教版高三全冊物理試題

《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-人教版高三全冊物理試題（16頁珍藏版）》請?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)電場中由靜止開始被加速或帶電粒子沿著平行于電場的方向射入勻強(qiáng)電場中時(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.帶電粒子在電場中做直線運(yùn)動(dòng)的問題：在電場中處理力學(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)類型有電場內(nèi)的加速運(yùn)動(dòng)和在交變電場內(nèi)的往復(fù)運(yùn)動(dòng). 2.帶電粒子在交變電場中的直線運(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)類型有電場內(nèi)的加速運(yùn)動(dòng)和在交變電場內(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)水平向右電場的電場強(qiáng)度大?。? (2)若將電場強(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、率等于場強(qiáng)E，則知x＝L處場強(qiáng)為零，所以小球在C處受到的電場力向左，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)的電勢大于x＝2L點(diǎn)的電勢，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對稱，所以x＝L點(diǎn)不是中心，故C錯(cuò)誤；x＝L處場強(qiáng)為零，根據(jù)點(diǎn)電荷場強(qiáng)公式則有：k＝k，解得QA ∶QB＝4∶1，故D正確. 預(yù)測2　如圖3甲所示為兩平行金屬板，板間電勢差變化如乙圖所示.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.對于磁場內(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.若已知傳送帶的長度，可求出該過程中物塊與傳送帶發(fā)生的相對位移 D.在2～4.5 s內(nèi)，物塊與傳送帶仍可能有相對運(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，物塊可能相對于傳送帶靜止，也有可能與傳送帶相對滑動(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度，也不能求出該過程中物塊與傳送帶發(fā)生的相對位移.故C錯(cuò)誤. 答案　BD 預(yù)測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(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4　如圖6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

12、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.對于導(dǎo)體棒在磁場中動(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； (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)磁場中，磁場以O(shè)O′為界，左側(cè)的磁場方向豎直向上，右側(cè)的磁場方向水平向右，磁感應(yīng)強(qiáng)度均為B.導(dǎo)軌bc段長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，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，此瞬間A對B的壓力大小變?yōu)?5 N.g＝10 m/s2，則(　　) 圖1 A.電場強(qiáng)度為50 N/C B.電場強(qiáng)度為100 N/C C.電場強(qiáng)度為150 N/C D.電場強(qiáng)度為200 N/C 答案　B 解析　物塊B開始時(shí)平衡，A對其的壓力等于A

19、的重力，為20 N，加上電場后瞬間A對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 再對物塊A受力分析，設(shè)電場力為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 故電場力向上，為10 N，故場強(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，說明粒子受電場力應(yīng)向下，故說明兩點(diǎn)電荷均應(yīng)帶負(fù)電；由于電場線只能沿豎直方向，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)刻之前電場力一直做負(fù)功，故電勢能增大，此后電場力做正功，電勢能減小，t2時(shí)刻電勢能最大，但由于試探電荷受重力及電場力均向下，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，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)生的電場中，A、B兩點(diǎn)間的電勢差大小為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間的場強(qiáng)小，CB間場強(qiáng)大，由U＝Ed知，A、C間的電勢差值小于C、B間的電勢差值，根據(jù)電場力做功公式W＝qU得知，從A至C電場力做功較小，則電勢能的增加量較小.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)磁場中，質(zhì)量為m，帶電量為＋q的小球穿在足夠長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.直桿對小球的彈力方向不變 B.直桿對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)減小； 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，大小：Ff＝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，磁場方向垂直紙面向里.一矩形金屬線框底邊與磁場邊界平行，從距離磁場邊界高度為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)存在場強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場，長度為L絕緣光滑的擋板AC與電場方向夾角為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，電勢能的變化量等于電場力做的功，則：W＝EQd＝EQLcos 30°＝EQL，故選項(xiàng)C正確；對于甲帶電體：a1＝，則：L＝a1t；對于乙?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

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，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).