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 第2講 動力學(xué)觀點(diǎn)在電學(xué)中的應(yīng)用講學(xué)案

《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 第2講 動力學(xué)觀點(diǎn)在電學(xué)中的應(yīng)用講學(xué)案》由會員分享，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 第2講 動力學(xué)觀點(diǎn)在電學(xué)中的應(yīng)用講學(xué)案（18頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第2講　動力學(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·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(電場力與重力) 傾斜電容器電場強(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 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)動的規(guī)律 多過程分析 難 1．帶電粒子在磁場中運(yùn)動時(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)動只能是勻速直線運(yùn)動． 3．帶

2、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． 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)動類型：勻速直線運(yùn)動、加速度逐漸減小的減速直線運(yùn)動、加速度逐漸減小的加速直線運(yùn)動． 1．帶電粒子在電場中做直線運(yùn)動的問題：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是否一致，其運(yùn)動類型有電場內(nèi)的加速運(yùn)動和在交變電場內(nèi)的往復(fù)運(yùn)動． 2．帶電粒子在交變電場中的直線運(yùn)動，一般多以加速、減速交替出現(xiàn)的多運(yùn)動過程的情景出現(xiàn)． 解決的方法： (1)根據(jù)運(yùn)動學(xué)或動力學(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)動圖象進(jìn)行運(yùn)動過程分析． 高考題型1　電場內(nèi)動力學(xué)問題分析 例1　(2017·全國卷Ⅰ·25)真空中存在電場強(qiáng)度大小為E1的勻強(qiáng)電場，一帶電油滴在該電場中豎直向上做勻速直線運(yùn)動，速度大小為v0，在油滴處于位置A時(shí)，將電場強(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)動到B點(diǎn)．重力加速度大小為g. (1)求油滴運(yùn)動到B點(diǎn)時(shí)的速度大??； (2)求增大后的電場強(qiáng)度的大小；為保證后來的電場強(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

4、時(shí)，油滴以初速度v0做豎直上拋運(yùn)動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．油滴在電場強(qiáng)度大小為E1的勻強(qiáng)電場中做勻速直線運(yùn)動，故勻強(qiáng)電場方向向上．在t＝0時(shí)，電場強(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，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 電場強(qiáng)度在t1時(shí)刻突然反向，油滴做勻變速直線運(yùn)動，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)電場區(qū)時(shí)，滑塊運(yùn)動的狀態(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)入電場時(shí)，設(shè)滑塊受到的電場力大小為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． 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)電場中的O點(diǎn)．勻強(qiáng)電場的方向水平向右，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)電場的電場強(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)對小球由A到B的過程，由動能定理得 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，到B 點(diǎn)時(shí)的速度為vb，設(shè)小球做勻加速直線運(yùn)動的加速度為a， F合＝＝mg a＝＝g 又vb2＝2aL＝4gL 得t＝＝ 高考題型2　磁場內(nèi)動力學(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，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)生的相對位移 D．在2～4.5 s內(nèi)，物塊與傳送帶間仍可能有相對運(yùn)動 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，物塊的最大速度是1 m/s. 對物塊進(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)動摩擦因數(shù)為μ，沿斜面的方向： μFN－mgsin θ＝ma① 物塊運(yùn)動后，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，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，物塊可能相對于傳送帶靜

11、止，也可能相對于傳送帶運(yùn)動．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． 1．對于磁場內(nèi)的動力學(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． 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)動只能是勻速直線運(yùn)動． 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)動的時(shí)間比乙滑塊在斜面上運(yùn)動的時(shí)間短 C．兩滑塊在斜面上運(yùn)動的位移大小相同 D．兩滑塊在斜面上運(yùn)動的過程中，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)動的時(shí)間大于乙在斜面上運(yùn)動的時(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

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，方向垂直于水平面向下，磁場沿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，運(yùn)動過程中回路中產(chǎn)生的電動勢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)電動勢E1＝

16、3×1 V＝3 V，感應(yīng)電流I1＝＝ A＝6 A t＝2 s時(shí)，感應(yīng)電動勢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 安培力F安＝BIL＝＝＝ 根據(jù)運(yùn)動學(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，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，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)電動勢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速度v′＝v0－v，則 感應(yīng)電動勢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 C．向正下方做勻加速運(yùn)動 D．向左下方做勻加速運(yùn)動 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，兩板間電場強(qiáng)度方向逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)45°，電場力方向也逆

21、時(shí)針旋轉(zhuǎn)45°，但大小不變，此時(shí)電場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，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．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)磁場區(qū)域，且在磁場中恰好能保持勻速運(yùn)動．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)金屬桿在磁場中運(yùn)動時(shí)產(chǎn)生的電動勢的大??； (

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)磁場左邊界時(shí)的速度為v，由運(yùn)動學(xué)公式有v＝at0② 當(dāng)金屬桿以速度v在磁場中運(yùn)動時(shí)，由法拉第電磁感應(yīng)定律知產(chǎn)生的電動勢為 E＝Blv③ 聯(lián)立①②③式可得 E＝Blt0(－μg)④ (2)設(shè)金屬桿在磁場區(qū)域中勻速運(yùn)動時(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，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．在電場力的作用下，兩粒子同時(shí)從靜止開始運(yùn)動．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)動學(xué)公式有l(wèi)＝a1t2＝t2① l＝a2t2＝t2② 解得＝.B、C、D錯(cuò)，A對． 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，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.垂直于導(dǎo)軌水平對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 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，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，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，選項(xiàng)A、B、C正確；在0～時(shí)間內(nèi)，安培力方向與運(yùn)動方向相同，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，在其產(chǎn)生的電場中，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，僅在電場力作用下，該粒子可能做(　　) A．勻變速直線運(yùn)動 B．勻變速曲線運(yùn)動 C．勻速圓

26、周運(yùn)動 D．在某一點(diǎn)附近做往復(fù)運(yùn)動 答案　CD 2．(2017·遼寧實(shí)驗(yàn)中學(xué)等五校聯(lián)考)一勻強(qiáng)電場的電場強(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 B．0～2 s內(nèi)，電場力所做的功等于零 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，水平虛線上方為場強(qiáng)E1，方向豎直向下的勻強(qiáng)電場；虛線下方為場強(qiáng)E2，方向豎直向上的勻強(qiáng)電

27、場．一個(gè)質(zhì)量m，帶電量＋q的小球從上方電場的A點(diǎn)由靜止釋放，結(jié)果剛好到達(dá)下方電場中與A關(guān)于虛線對稱的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)電勢能相等 C．在虛線上、下方的電場中，帶電小球運(yùn)動的加速度相同 D．兩電場強(qiáng)度大小關(guān)系滿足E2＝2E1 答案　A 解析　對A到B的過程運(yùn)用動能定理得，qUAB＋mgh＝0，解得：UAB＝，知A、B的電勢不等，則電勢能不等．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，根據(jù)牛頓第

28、二定律得：a1＝，在下方電場中，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，空間有場強(qiáng)大小為E，方向沿斜面向下的勻強(qiáng)電場；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，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)刻輕桿對導(dǎo)體棒的作用力最大 B．t2時(shí)刻輕桿對導(dǎo)體棒的作用力為零 C．t2到t3時(shí)間內(nèi)，輕桿對導(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中，磁場的磁感應(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 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，細(xì)桿處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，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)動過程中，圓環(huán)運(yùn)動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，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，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，直到qvB＝mg

32、時(shí)，圓環(huán)開始做勻速運(yùn)動，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，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(　　) 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．線框穿出磁場的過程中，線框中會產(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 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

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．有磁場時(shí)，ab上升過程的最大加速度為gsin θ D．有磁場時(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，電源電動勢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，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)電動勢為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，電場強(qiáng)度大小為E，則 U＝IRx⑥ E＝⑦ mg＝qE⑧ 聯(lián)立②⑥⑦⑧，得Rx＝. 18