高考物理大二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題訓(xùn)練二 第2課時(shí) 動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)在電學(xué)中的應(yīng)用

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1、高考物理大二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題訓(xùn)練二 第2課時(shí) 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(xiàn)運(yùn)動(dòng)只能是勻速直線(xiàn)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(kāi)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(xiàn)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(lèi)型：勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)、加速度逐漸減小的減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)、加速度逐漸減小的加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)． 1．帶電粒子在電場(chǎng)中做直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的問(wèn)題：在電場(chǎng)中處理力學(xué)問(wèn)題時(shí)，其分析方法與力學(xué)相同．首先進(jìn)行受力分析，

2、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(lèi)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(xiàn)運(yùn)動(dòng)，一般多以加速、減速交替出現(xiàn)的多運(yùn)動(dòng)過(guò)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(guò)程分析． 考向1　電場(chǎng)內(nèi)動(dòng)力學(xué)問(wèn)題分析 例1　如圖1所示，一光滑絕緣水平木板(木板足夠長(zhǎng))固定在水平向左、電場(chǎng)強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，一電量為q(帶正電)的物體在水平恒力F作用下從A點(diǎn)由靜止開(kāi)始向右加速運(yùn)動(dòng)，經(jīng)一段時(shí)間t撤去這個(gè)力，又經(jīng)時(shí)間2t物體返回A點(diǎn)，則(　　) 圖1 A．這

3、一過(guò)程中帶電物體的電勢(shì)能先增加后減小，其變化量為0 B．水平恒力與電場(chǎng)力的比為9∶5 C．水平恒力與電場(chǎng)力的比為7∶3 D．物體先向右加速到最右端，然后向左加速返回到A點(diǎn) 審題突破　判斷電勢(shì)能變化的方法是什么？“經(jīng)時(shí)間2t物體返回A點(diǎn)”說(shuō)明物體向右的位移大小和向左位移大小有什么關(guān)系？ 解析　電場(chǎng)力先做負(fù)功后做正功，總功為零，所以帶電物體的電勢(shì)能先增加后減小，其變化量為0，故A正確；在恒力F作用時(shí)a1＝，位移x1＝a1t2，撤去恒力F后a2＝，位移x2＝a1t·2t－a2(2t)2，根據(jù)x1＝－x2得＝，故B正確；物體先向右加速然后向右減速到最右端，然后向左加速返回到A點(diǎn)，所以D錯(cuò)誤．

4、 答案　AB 以題說(shuō)法　帶電體在電場(chǎng)內(nèi)運(yùn)動(dòng)問(wèn)題的分析關(guān)鍵在于受力分析，特別是電場(chǎng)力方向的確定，在電場(chǎng)力方向已確定的情況下，其動(dòng)力學(xué)的分析和力學(xué)問(wèn)題中的分析是一樣的． 如圖2實(shí)線(xiàn)為電場(chǎng)中一條豎直的電場(chǎng)線(xiàn)，有一質(zhì)量為m、電量為＋q的小球，由該直線(xiàn)上A點(diǎn)靜止釋放，小球向下運(yùn)動(dòng)到達(dá)B點(diǎn)減速為零后返回A點(diǎn)，則下列判斷正確的是(　　) 圖2 A．該電場(chǎng)可能是豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，且E> B．A點(diǎn)的電勢(shì)高于B點(diǎn)電勢(shì) C．A點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)小于B點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng) D．向下運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，重力勢(shì)能的減少量總是等于電勢(shì)能的增加量 答案　C 解析　該電場(chǎng)不可能是豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)且E>，否則小球從靜止開(kāi)始只能沿A

5、B做單向直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，回不到A點(diǎn)，故A錯(cuò)誤．小球向下應(yīng)先加速后減速，所受的電場(chǎng)力方向必定豎直向上，則電場(chǎng)線(xiàn)方向從B指向A，所以A點(diǎn)的電勢(shì)低于B點(diǎn)電勢(shì)，故B錯(cuò)誤．在A點(diǎn)，有qEA＜mg，在B點(diǎn)，有qEB＞mg，則得：EA＜EB，故C正確．向下運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，小球有動(dòng)能時(shí)，根據(jù)能量守恒定律可知重力勢(shì)能的減少量等于動(dòng)能增加量和電勢(shì)能的增加量之和，故D錯(cuò)誤． 考向2　磁場(chǎng)內(nèi)動(dòng)力學(xué)問(wèn)題分析 例2　如圖3所示，空間有一垂直紙面向外的磁感應(yīng)強(qiáng)度為0.5 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一質(zhì)量為 0.2 kg且足夠長(zhǎng)的絕緣木板靜止在光滑水平面上，在木板左端無(wú)初速度放置一質(zhì)量為0.1 kg、電荷量q＝＋0.2 C的滑塊，滑塊與絕

6、緣木板之間動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，滑塊受到的最大靜摩擦力可認(rèn)為等于滑動(dòng)摩擦力．t＝0時(shí)對(duì)木板施加方向水平向左，大小為0.6 N的恒力，g取10 m/s2.則(　　) 圖3 A．木板和滑塊一直做加速度為2 m/s2的勻加速運(yùn)動(dòng) B．滑塊開(kāi)始做加速度減小的變加速運(yùn)動(dòng)，最后做速度為10 m/s勻速運(yùn)動(dòng) C．木板先做加速度為2 m/s2勻加速運(yùn)動(dòng)，再做加速度增大的運(yùn)動(dòng)，最后做加速度為3 m/s2的勻加速運(yùn)動(dòng) D．t＝5 s末滑塊未脫離木板且有相對(duì)運(yùn)動(dòng) 審題突破　滑塊與木板一直保持相對(duì)靜止嗎？最終各自是什么運(yùn)動(dòng)狀態(tài)？ 解析　由于動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，靜摩擦力能提供的最大加速度為5 m/s2，

7、所以當(dāng)0.6 N的恒力作用于木板時(shí)，系統(tǒng)一起以a＝＝ m/s2＝2 m/s2的加速度一起運(yùn)動(dòng)，當(dāng)滑塊獲得向左的速度以后又產(chǎn)生一個(gè)方向向上的洛倫茲力，當(dāng)洛倫茲力等于重力時(shí)滑塊與木板之間的彈力為零，此時(shí)Bqv＝mg，解得：v＝10 m/s，此時(shí)摩擦力消失，滑塊做勻速運(yùn)動(dòng)，而木板在恒力作用下做勻加速運(yùn)動(dòng)，a′＝＝ m/s2＝3 m/s2.可知滑塊先與木板一起做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，然后發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，做加速度減小的變加速運(yùn)動(dòng)，最后做速度為10 m/s的勻速運(yùn)動(dòng)，故A、B錯(cuò)誤，C正確．木塊開(kāi)始的加速度為2 m/s2，一段時(shí)間后加速度逐漸減小，當(dāng)減小到零時(shí)，與木板脫離做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，知5 s末的速度小于10 m

8、/s，知此時(shí)摩擦力不為零，還未脫離木板，故D正確． 答案　CD 以題說(shuō)法　1.對(duì)于磁場(chǎng)內(nèi)的動(dòng)力學(xué)問(wèn)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(guò)來(lái)影響運(yùn)動(dòng)． 2．此類(lèi)問(wèn)題也常出現(xiàn)臨界問(wèn)題，如本題中有兩個(gè)臨界：滑塊與木板相對(duì)運(yùn)動(dòng)的臨界和滑塊與木板間彈力為零的臨界． 如圖4所示，帶電平行板中勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向水平垂直紙面向里，某帶電小球從光滑絕緣軌道上的a點(diǎn)自由滑下，經(jīng)過(guò)軌道端點(diǎn)P進(jìn)入板間后恰能沿水平方向做直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)．現(xiàn)使小球從較低的b點(diǎn)開(kāi)始下滑，經(jīng)P點(diǎn)進(jìn)入板間，在板間的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中(　　) 圖4 A．其電勢(shì)能將會(huì)增大 B．其機(jī)械能將會(huì)增大 C

9、．小球所受的洛倫茲力的大小將會(huì)增大 D．小球受到的電場(chǎng)力將會(huì)增大 答案　AC 解析　小球從a點(diǎn)下滑經(jīng)過(guò)P點(diǎn)進(jìn)入平行板間后受到重力、電場(chǎng)力、洛倫茲力做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力和電場(chǎng)力同向，故都向上且小球帶正電；小球從稍低的b點(diǎn)下滑時(shí)到達(dá)P點(diǎn)的速度會(huì)變小，洛倫茲力減小，小球會(huì)向下偏轉(zhuǎn)，電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增加，而機(jī)械能會(huì)減小，水平方向速度不變，但豎直方向的速度增加，所以動(dòng)能將會(huì)增大，導(dǎo)致洛倫茲力也會(huì)增大，電場(chǎng)力不變，故A、C正確． 考向3　電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題分析 例3　如圖5所示，平行金屬導(dǎo)軌PQ、MN相距d＝2 m，導(dǎo)軌平面與水平面間的夾角α＝30°，導(dǎo)軌上端接一個(gè)R＝6 Ω的電阻，

10、導(dǎo)軌電阻不計(jì)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.5 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直導(dǎo)軌平面向上．一根質(zhì)量為m＝0.2 kg、電阻r＝4 Ω的金屬棒ef垂直導(dǎo)軌PQ、MN靜止放置，距離導(dǎo)軌底端x1＝3.2 m．另一根絕緣塑料棒gh與金屬棒ef平行放置，絕緣塑料棒gh從導(dǎo)軌底端以初速度v0＝10 m/s沿導(dǎo)軌上滑并與金屬棒正碰(碰撞時(shí)間極短)，碰后絕緣塑料棒gh沿導(dǎo)軌下滑，金屬棒ef沿導(dǎo)軌上滑x2＝0.5 m后停下，在此過(guò)程中電阻R上產(chǎn)生的電熱為Q＝0.36 J．已知兩棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝，g＝10 m/s2.求： 圖5 (1)絕緣塑料棒gh與金屬棒ef碰撞前瞬間，絕緣塑料棒的速率； (2)碰撞后金屬棒ef

11、向上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的最大加速度； (3)金屬棒ef向上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中通過(guò)電阻R的電荷量． 審題突破　絕緣塑料棒gh沿導(dǎo)軌上滑時(shí)，受到哪些力的作用，做什么性質(zhì)的運(yùn)動(dòng)？碰撞后金屬棒ef向上做什么性質(zhì)的運(yùn)動(dòng)，何時(shí)加速度最大？ 解析　(1)絕緣塑料棒與金屬棒相碰前，做勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得Mgsin 30°＋μMgcos 30°＝Ma1 由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得v－v＝2a1x1 解得v1＝6 m/s. (2)設(shè)金屬棒剛開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)速度為v，由能量守恒定律得 Q＋mgx2sin 30°＋μmgx2cos 30°＝mv2 解得v＝4 m/s 金屬棒剛開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度最大，此時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì) E＝B

12、dv＝4 V 感應(yīng)電流I＝＝0.4 A 安培力F＝BId＝0.4 N 由牛頓第二定律得mgsin 30°＋μmgcos 30°＋F＝mam 解得am＝12 m/s2. (3)通過(guò)電阻R的電荷量q＝＝ 解得q＝0.05 C. 答案　(1)6 m/s　(2)12 m/s2　(3)0.05 C 以題說(shuō)法　對(duì)于導(dǎo)體棒在磁場(chǎng)中動(dòng)力學(xué)問(wèn)題的分析要特別注意棒中的感應(yīng)電流受到的安培力一定是阻力．一般導(dǎo)體棒在安培力和其他恒力作用下做的變速運(yùn)動(dòng)是加速度逐漸減小的變速運(yùn)動(dòng)，但在一定的條件下，也可以做勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)． 如圖6甲所示，MN、PQ是相距d＝1.0 m足夠長(zhǎng)的平行光滑金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌平面

13、與水平面間的夾角為θ，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，整個(gè)導(dǎo)軌處在方向垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，金屬棒ab垂直于導(dǎo)軌MN、PQ放置，且始終與導(dǎo)軌接觸良好，已知金屬棒ab的質(zhì)量m＝0.1 kg，其接入電路的電阻r＝1 Ω，小燈泡電阻RL＝9 Ω，重力加速度g取10 m/s2.現(xiàn)斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S，將棒ab由靜止釋放并開(kāi)始計(jì)時(shí)，t＝0.5 s時(shí)刻閉合開(kāi)關(guān)S，圖乙為ab的速度隨時(shí)間變化的圖象．求： 圖6 (1)金屬棒ab開(kāi)始下滑時(shí)的加速度大小、斜面傾角的正弦值； (2)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大?。? 答案　(1)6 m/s2　　(2)1 T 解析　(1)S斷開(kāi)時(shí)ab做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng) 由圖乙可知a＝＝6 m/s2

14、 根據(jù)牛頓第二定律有：mgsin θ＝ma 所以sin θ＝. (2)t＝0.5 s時(shí)S閉合，ab先做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)速度達(dá)到最大vm＝6 m/s后做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng) 根據(jù)平衡條件有mgsin θ＝F安 又F安＝BId　E＝Bdvm　I＝ 解得B＝1 T. 3．應(yīng)用動(dòng)力學(xué)方法處理電學(xué)綜合問(wèn)題 例4　(14分)如圖7所示，兩光滑平行的金屬導(dǎo)軌EF和GH，相距為l，軌道平面與水平面成θ＝30°，導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)，軌道的底端接有阻值為R的電阻，導(dǎo)軌電阻不計(jì)．磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于導(dǎo)軌平面，導(dǎo)體棒MN電阻為r，垂直于導(dǎo)軌放置且與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)體棒通過(guò)垂直于棒且與導(dǎo)軌共面的輕繩

15、繞過(guò)光滑的定滑輪與質(zhì)量為m的物塊A相連，開(kāi)始時(shí)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)在物塊A上輕放一質(zhì)量為的小物塊B，使AB一起運(yùn)動(dòng)，若從小物塊B放上物塊A開(kāi)始到系統(tǒng)運(yùn)動(dòng)速度恰達(dá)到穩(wěn)定值的過(guò)程中(AB未著地)，電阻R通過(guò)的電量為q.已知重力加速度為g，求此過(guò)程中： 圖7 (1)導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)的最大速度； (2)導(dǎo)體棒速度達(dá)到最大速度一半時(shí)，導(dǎo)體棒加速度的大?。? 解析　(1)開(kāi)始時(shí)，由平衡條件mg＝Mgsin 30° 得M＝2m①(1分) 導(dǎo)體棒達(dá)到最大速度vm時(shí)滿(mǎn)足： (m＋)g＝Mgsin 30°＋BIml②(2分) 此時(shí)Em＝Blvm③(1分) 電路中電流Im＝④(1分) 由①②③④

16、得vm＝⑤(2分) (2)導(dǎo)體棒速度達(dá)到最大速度一半時(shí)E＝Bl⑥(2分) 電路中電流I＝⑦(1分) 導(dǎo)體棒受到的安培力為F安＝BIl⑧(1分) 導(dǎo)體棒和AB組成的系統(tǒng)，據(jù)牛頓第二定律得 (m＋)g－Mgsin 30°－BIl＝(m＋＋M)a⑨(2分) 由①⑤⑥⑦⑧⑨式得a＝(1分) 答案　(1)　(2) 點(diǎn)睛之筆　若題目中出現(xiàn)兩個(gè)以及兩個(gè)以上物體用繩、桿之類(lèi)物體連接時(shí)，要特別注意找出各物體的位移大小、加速度大小、速度大小的關(guān)系，這些關(guān)系往往就是解決問(wèn)題的突破口． (限時(shí)：15分鐘，滿(mǎn)分：14分) (xx·安徽·22)如圖8所示，充電后的平行板電容器水平放置，電容為C，極

17、板間的距離為d，上極板正中有一小孔．質(zhì)量為m、電荷量為＋q的小球從小孔正上方高h(yuǎn)處由靜止開(kāi)始下落，穿過(guò)小孔到達(dá)下極板處速度恰為零(空氣阻力忽略不計(jì)，極板間電場(chǎng)可視為勻強(qiáng)電場(chǎng)，重力加速度為g)．求： 圖8 (1)小球到達(dá)小孔處的速度； (2)極板間電場(chǎng)強(qiáng)度的大小和電容器所帶電荷量； (3)小球從開(kāi)始下落運(yùn)動(dòng)到下極板處的時(shí)間． 答案　(1)，方向豎直向下　(2) C　(3) 解析　(1)由v2＝2gh，得v＝，方向豎直向下． (2)在極板間帶電小球受重力和電場(chǎng)力作用，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律知：mg－qE＝ma 由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式知：0－v2＝2ad 整理得電場(chǎng)強(qiáng)度E＝ 由U＝Ed，Q＝

18、CU，得電容器所帶電荷量 Q＝C. (3)由h＝gt，0＝v＋at2，t＝t1＋t2 整理得t＝. (限時(shí)：45分鐘) 題組1　電場(chǎng)內(nèi)動(dòng)力學(xué)問(wèn)題分析 1．(xx·安徽·17)一帶電粒子在電場(chǎng)中僅受靜電力作用，做初速度為零的直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)．取該直線(xiàn)為x軸，起始點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，其電勢(shì)能Ep與位移x的關(guān)系如圖1所示，下列圖象中合理的是(　　) 圖1 答案　D 解析　帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，其電勢(shì)能的變化規(guī)律是非線(xiàn)性的．A：由Ep—x圖象知，帶電粒子的電勢(shì)能不是均勻變化的，電場(chǎng)力不能為恒力，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B：帶電粒子僅受靜電力作用，故電勢(shì)能和動(dòng)能相互轉(zhuǎn)化，電勢(shì)能的減少量等于

19、動(dòng)能的增加量，即動(dòng)能增加得越來(lái)越慢，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C：由于靜電力不是恒力，加速度a應(yīng)該越來(lái)越小，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤，選項(xiàng)D正確． 2．如圖2a所示，光滑絕緣水平面上有甲、乙兩個(gè)帶電小球．t＝0時(shí)，乙球以6 m/s的初速度向靜止的甲球運(yùn)動(dòng)．之后，它們僅在電場(chǎng)力的作用下沿同一直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)(整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中沒(méi)有接觸)．它們運(yùn)動(dòng)的v－t圖象分別如圖b中甲、乙兩曲線(xiàn)所示．由圖線(xiàn)可知(　　) 圖2 A．甲、乙兩球一定帶異種電荷 B．t1時(shí)刻兩球的電勢(shì)能最小 C．0～t2時(shí)間內(nèi)，兩球間的電場(chǎng)力先增大后減小 D．0～t3時(shí)間內(nèi)，甲球的動(dòng)能一直增大，乙球的動(dòng)能一直減小 答案　C 解析　由圖象0～t1段看

20、出，甲從靜止開(kāi)始做加速運(yùn)動(dòng)，乙做減速運(yùn)動(dòng)，說(shuō)明甲、乙相互排斥電性相同，故A錯(cuò)誤．t1時(shí)刻兩球相距最近，系統(tǒng)克服電場(chǎng)力做功最大，兩電荷的電勢(shì)能做功最大，故B錯(cuò)誤.0～t1時(shí)間內(nèi)兩電荷間距離逐漸減小，在t1～t2時(shí)間內(nèi)兩電荷間距離逐漸增大，靜電力先增大后減小，故C正確．由圖象看出，0～t3時(shí)間內(nèi)，甲的動(dòng)能一直增大．乙的動(dòng)能先減小后增大，故D錯(cuò)誤． 3．如圖3所示，不帶電的金屬球A固定在絕緣底座上，它的正上方有B點(diǎn)，該處有帶電液滴不斷地自靜止開(kāi)始落下，液滴到達(dá)A球后將電荷量全部傳給A球，設(shè)前一液滴到達(dá)A球后，后一液滴才開(kāi)始下落，不計(jì)B點(diǎn)未下落帶電液滴對(duì)下落液滴的影響，則下列敘述中正確的是(　　)

21、 圖3 A．第一滴液滴做自由落體運(yùn)動(dòng)，以后液滴做變加速運(yùn)動(dòng)，都能到達(dá)A球 B．當(dāng)液滴下落到重力等于電場(chǎng)力位置時(shí)，開(kāi)始做勻速運(yùn)動(dòng) C．所有液滴下落過(guò)程所能達(dá)到的最大動(dòng)能不相等 D．所有液滴下落過(guò)程中電場(chǎng)力做功相等 答案　C 解析　第一滴液滴下落時(shí)，A上不帶電，故不受電場(chǎng)力作用，只受重力，所以做自由落體運(yùn)動(dòng)，以后的液滴在下落過(guò)程中，將受電場(chǎng)力作用，且在靠近A的過(guò)程中電場(chǎng)力逐漸變大，所以做變加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)A電荷量較大時(shí)，使得液滴受電場(chǎng)力大于重力時(shí)，液滴有可能不能到達(dá)A球，所以A錯(cuò)誤；當(dāng)液滴下落到重力等于電場(chǎng)力位置時(shí)，再運(yùn)動(dòng)重力將不等于電場(chǎng)力，所以不會(huì)做勻速運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；每滴液滴在下落

22、過(guò)程中A帶電荷量不同，故下落液滴動(dòng)能最大的位置不同，此時(shí)合外力做功不同，最大動(dòng)能不相等，所以C正確；每滴液滴在下落過(guò)程中A帶電荷量不同，液滴受電場(chǎng)力不同，電場(chǎng)力做功不同，所以D錯(cuò)誤． 題組2　磁場(chǎng)內(nèi)動(dòng)力學(xué)問(wèn)題分析 4．如圖4所示，兩平行導(dǎo)軌ab、cd豎直放置在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向豎直向上，將一根金屬棒PQ放在導(dǎo)軌上使其水平且始終與導(dǎo)軌保持良好接觸．現(xiàn)在金屬棒PQ中通以變化的電流I，同時(shí)釋放金屬棒PQ使其運(yùn)動(dòng)．已知電流I隨時(shí)間的關(guān)系為I＝kt(k為常數(shù)，k＞0)，金屬棒與導(dǎo)軌間存在摩擦．則下面關(guān)于棒的速度v、加速度a隨時(shí)間變化的關(guān)系圖象中，可能正確的有(　　) 圖4 答案

23、　AD 解析　根據(jù)牛頓第二定律得，金屬棒的加速度a＝，F(xiàn)f＝μFN＝μFA＝μBIL＝μBLkt，聯(lián)立解得加速度a＝g－，與時(shí)間成線(xiàn)性關(guān)系，故A正確，B錯(cuò)誤；因?yàn)殚_(kāi)始加速度方向向下，與速度方向相同，做加速運(yùn)動(dòng)，加速度逐漸減小，即做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)；后來(lái)加速度與速度方向相反且逐漸增大，做加速度逐漸增大的減速運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤，D正確． 5．如圖5所示，兩根長(zhǎng)直導(dǎo)線(xiàn)豎直插入光滑絕緣水平桌面上的M、N兩小孔中，O為M、N連線(xiàn)中點(diǎn)，連線(xiàn)上a、b兩點(diǎn)關(guān)于O點(diǎn)對(duì)稱(chēng)．導(dǎo)線(xiàn)均通有大小相等、方向向上的電流．已知長(zhǎng)直導(dǎo)線(xiàn)在周?chē)a(chǎn)生的磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝k，式中k是常數(shù)、I是導(dǎo)線(xiàn)中電流、r為點(diǎn)到導(dǎo)線(xiàn)的距離．

24、一帶正電的小球以初速度v0從a點(diǎn)出發(fā)沿連線(xiàn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)．關(guān)于上述過(guò)程，下列說(shuō)法正確的是(　　) 圖5 A．小球先做加速運(yùn)動(dòng)后做減速運(yùn)動(dòng) B．小球一直做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng) C．小球?qū)ψ烂娴膲毫ο葴p小后增大 D．小球?qū)ψ烂娴膲毫σ恢痹谠龃? 答案　BD 解析　根據(jù)右手螺旋定則可知M處的磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里，直線(xiàn)N處的磁場(chǎng)方向垂直于紙面向外，磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小先減小過(guò)O點(diǎn)后反向增大，根據(jù)左手定則可知，帶正電的小球受到的洛倫茲力方向開(kāi)始時(shí)的方向向上，過(guò)O點(diǎn)后洛倫茲力的方向向下．由此可知，小球?qū)⒆鰟蛩僦本€(xiàn)運(yùn)動(dòng)，小球?qū)ψ烂娴膲毫σ恢痹谠龃?，故A、C錯(cuò)誤，B、D正確． 題組3　電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)

25、問(wèn)題分析 6．如圖6，傾角為θ的光滑絕緣斜面，該空間存在著兩個(gè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，區(qū)域Ⅰ的磁場(chǎng)方向垂直斜面向下，區(qū)域Ⅱ的磁場(chǎng)方向垂直斜面向上，兩勻強(qiáng)磁場(chǎng)在斜面上的寬度均為L(zhǎng)，一個(gè)質(zhì)量為m，電阻為R，邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形金屬線(xiàn)框abcd由靜止開(kāi)始沿斜面下滑，當(dāng)線(xiàn)圈運(yùn)動(dòng)到ab邊剛越過(guò)ee′即做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，則(　　) 圖6 A．當(dāng)線(xiàn)框剛進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域Ⅰ時(shí)的速度v＝ B．當(dāng)線(xiàn)框剛進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域Ⅱ時(shí)的加速度a＝2gsin θ C．a(chǎn)b邊越過(guò)ff′后，線(xiàn)框可能存在勻速運(yùn)動(dòng)過(guò)程 D．線(xiàn)框通過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域Ⅰ、Ⅱ過(guò)程，線(xiàn)框減少的重力勢(shì)能等于回路產(chǎn)生的焦耳熱 答案　AC 解析　當(dāng)a

26、b邊剛越過(guò)ee′進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ時(shí)做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，則有：mgsin θ＝，解得v＝，故A正確．當(dāng)線(xiàn)框剛進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域Ⅱ時(shí)，ab邊和dc邊都切割磁感線(xiàn)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，線(xiàn)框中電流為I＝，線(xiàn)框所受的安培力大小為F＝2BIL，則得F＝，又mgsin θ＝，則得F＝4mgsin θ，由F－mgsin θ＝ma，得a＝3gsin θ，故B錯(cuò)誤．a(chǎn)b邊越過(guò)ff′后，線(xiàn)框所受安培力大于重力沿斜面向下的分力，做減速運(yùn)動(dòng)，速度減小，安培力減小，可能存在勻速運(yùn)動(dòng)過(guò)程，故C正確．線(xiàn)框通過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域Ⅰ、Ⅱ過(guò)程，若線(xiàn)框的動(dòng)能不變，線(xiàn)框減少的重力勢(shì)能等于回路產(chǎn)生的焦耳熱，若線(xiàn)框的動(dòng)能減小，則線(xiàn)框減少的重力勢(shì)能小于回路產(chǎn)生的焦耳熱，故

27、D錯(cuò)誤． 7．如圖7甲所示，足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ傾斜放置．完全相同的兩金屬棒ab、cd分別垂直導(dǎo)軌放置，棒兩端都與導(dǎo)軌始終有良好接觸，已知兩棒的電阻均為R，導(dǎo)軌間距為l且光滑，電阻不計(jì)，整個(gè)裝置處在方向垂直于導(dǎo)軌平面向上，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中．棒ab在平行于導(dǎo)軌向上的力F作用下，沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動(dòng)，從某時(shí)刻開(kāi)始計(jì)時(shí)，兩棒的速度時(shí)間圖象如圖乙所示，兩圖線(xiàn)平行，v0已知．則從計(jì)時(shí)開(kāi)始(　　) 圖7 A．通過(guò)棒cd的電流由d到c B．通過(guò)棒cd的電流I＝ C．力F＝ D．力F做的功等于回路中產(chǎn)生的焦耳熱和兩棒動(dòng)能的增量 答案　AC 解析　由題圖乙可知，ab、cd棒

28、都是勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，ab速度始終大于cd的速度，電動(dòng)勢(shì)是ab、cd棒切割產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)的差值，對(duì)ab由右手定則知電流方向從a到b，cd的電流由d到c，故A正確；I＝＝，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；分別對(duì)ab、cd運(yùn)用牛頓第二定律可知F＝，選項(xiàng)C正確；由能量守恒可知力F做的功等于回路中產(chǎn)生的焦耳熱和兩棒機(jī)械能的增量，選項(xiàng)D錯(cuò)誤． 8．如圖8所示，兩平行金屬導(dǎo)軌水平放置，一質(zhì)量為m＝0.2 kg的金屬棒ab垂直于導(dǎo)軌靜止放在緊貼電阻R處，R＝0.1 Ω，其他電阻不計(jì)．導(dǎo)軌間距為d＝0.8 m，矩形區(qū)域MNPQ內(nèi)存在有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小B＝0.25 T．MN＝PQ＝x＝0.85 m，金屬棒與兩導(dǎo)軌間動(dòng)摩擦因數(shù)都為

29、0.4，電阻R與邊界MP的距離s＝0.36 m．在外力作用下讓ab棒由靜止開(kāi)始向右勻加速運(yùn)動(dòng)并穿過(guò)磁場(chǎng)，加速度a＝2 m/s2，g取10 m/s2. 圖8 (1)求穿過(guò)磁場(chǎng)過(guò)程中平均電流的大??； (2)自金屬棒進(jìn)入磁場(chǎng)開(kāi)始計(jì)時(shí)，求在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間內(nèi)，外力F隨時(shí)間t變化關(guān)系； (3)讓磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻增加，用導(dǎo)線(xiàn)將a、b端接到一量程合適的電流表上，讓ab棒重新由R處向右加速運(yùn)動(dòng)，在金屬棒到達(dá)MP之前，電流表會(huì)有示數(shù)嗎？簡(jiǎn)述理由．已知電流表與導(dǎo)軌在同一個(gè)平面內(nèi)． 答案　(1)3.4 A　(2)F＝1.68＋0.8t，t≤0.5 s　(3)見(jiàn)解析 解析　(1)設(shè)金屬棒到達(dá)MP、NQ時(shí)

30、的速度分別為v1、v2， 則由v＝2as，得v1＝1.2 m/s 由v＝2a(s＋x)，得v2＝2.2 m/s 由電磁感應(yīng)公式得＝Bd ＝Bd 由歐姆定律得＝＝3.4 A. (2)因?yàn)棣牛紹dv，I＝，進(jìn)入磁場(chǎng)后受安培力F安＝BId＝ 由牛頓第二定律得F－μmg－＝ma 又因?yàn)関＝v1＋at 則在進(jìn)磁場(chǎng)后F＝ma＋μmg＋ 代入數(shù)據(jù)得F＝1.68＋0.8t，其中t≤＝0.5 s. (3)可以有電流．只要導(dǎo)線(xiàn)、電流表、金屬棒組成的回路有磁感線(xiàn)穿過(guò)，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，閉合回路磁通量變化，可以產(chǎn)生感應(yīng)電流．(此時(shí)金屬棒和電阻R并聯(lián)成為電路負(fù)載)． 題組4　應(yīng)用動(dòng)力學(xué)方法處

31、理電學(xué)綜合問(wèn)題 9．如圖9所示，在粗糙的足夠長(zhǎng)的豎直木桿上套有一個(gè)帶正電小球，整個(gè)裝置處在有水平勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)組成的足夠大的復(fù)合場(chǎng)中，小球由靜止開(kāi)始下滑，在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，關(guān)于描述小球運(yùn)動(dòng)的v－t圖象中正確的是(　　) 圖9 答案　C 解析　小球受到向下的重力mg、水平向左的電場(chǎng)力qE、水平向右的洛倫茲力qvB、向上的摩擦力Ff，還有木桿對(duì)小球的水平方向的支持力FN，開(kāi)始時(shí)，速度較小，qvB較小，F(xiàn)N較大，隨著速度的增加，F(xiàn)N在減小，由Ff＝μFN可知Ff減小，豎直方向的合力增加，加速度增加；當(dāng)速度增加到一定的程度，qvB和qE相等，此時(shí)FN為零，F(xiàn)f為零，

32、加速度為g，達(dá)到最大；速度繼續(xù)增加，F(xiàn)N要反向增加，F(xiàn)f增加，豎直方向上的合力減小，加速度減小，當(dāng)Ff與mg相等時(shí)，豎直方向上的加速度為零，速度達(dá)到最大．所以選項(xiàng)C所示的v－t圖象符合所分析的運(yùn)動(dòng)規(guī)律． 10．(xx·四川·11)如圖10所示，水平放置的不帶電的平行金屬板p和b相距h，與圖示電路相連，金屬板厚度不計(jì)，忽略邊緣效應(yīng)．p板上表面光滑，涂有絕緣層，其上O點(diǎn)右側(cè)相距h處有小孔K；b板上有小孔T，且O、T在同一條豎直線(xiàn)上，圖示平面為豎直平面．質(zhì)量為m、電荷量為－q(q>0)的靜止粒子被發(fā)射裝置(圖中未畫(huà)出)從O點(diǎn)發(fā)射、沿p板上表面運(yùn)動(dòng)時(shí)間t后到達(dá)K孔，不與板碰撞地進(jìn)入兩板之間．粒子視為

33、質(zhì)點(diǎn)，在圖示平面內(nèi)運(yùn)動(dòng)，電荷量保持不變，不計(jì)空氣阻力，重力加速度大小為g. 圖10 (1)求發(fā)射裝置對(duì)粒子做的功； (2)電路中的直流電源內(nèi)阻為r，開(kāi)關(guān)S接“1”位置時(shí)，進(jìn)入板間的粒子落在b板上的A點(diǎn)，A點(diǎn)與過(guò)K孔豎直線(xiàn)的距離為l.此后將開(kāi)關(guān)S接“2”位置，求阻值為R的電阻中的電流強(qiáng)度． 答案　(1)　(2)(g－) 解析　(1)設(shè)粒子在p板上做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的速度為v0，有h＝v0t① 設(shè)發(fā)射裝置對(duì)粒子做的功為W，由動(dòng)能定理得 W＝mv② 聯(lián)立①②式可得W＝.③ (2)S接“1”位置時(shí)，電源的電動(dòng)勢(shì)E0與板間電勢(shì)差U有E0＝U④ 板間產(chǎn)生勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)為E，粒子進(jìn)入板間時(shí)有水平方向的速度v0，在板間受到豎直方向的重力和電場(chǎng)力作用而做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度為a，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1，有 U＝Eh⑤ mg－qE＝ma⑥ h＝at⑦ l＝v0t1⑧ S接“2”位置，則在電阻R上流過(guò)的電流I滿(mǎn)足 I＝⑨ 聯(lián)立①④～⑨式得I＝(g－)