2018年高考物理大二輪復習 專題二 力與物體的直線運動 第2講 動力學觀點在電學中的應用講學案

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1、 第2講　動力學觀點在電學中的應用 課標卷高考命題分析 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 勻變速直線運動(電場力與重力) 傾斜電容器電場強度的方向 易 2016年 Ⅱ卷 24題·計算題·12分 單桿切割電磁感應現象 勻速運動 中 2017年 Ⅰ卷 25題·計算題·20分 牛頓第二定律、勻變速直線運動的規(guī)律 多過程分析 難 1．帶電粒子在磁場中運動時，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動只能是勻速直線運動． 3．帶

2、電粒子(不計重力)在勻強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電場中時，帶電粒子做勻變速直線運動． 4．電磁感應中導體棒在安培力和其他恒力作用下的三種運動類型：勻速直線運動、加速度逐漸減小的減速直線運動、加速度逐漸減小的加速直線運動． 1．帶電粒子在電場中做直線運動的問題：在電場中處理力學問題時，其分析方法與力學相同．首先進行受力分析，然后看粒子所受的合力方向與速度方向是否一致，其運動類型有電場內的加速運動和在交變電場內的往復運動． 2．帶電粒子在交變電場中的直線運動，一般多以加速、減速交替出現的多運動過程的情景出現． 解決的方法： (1)根據運動學或動力學

3、分析其中一個變化周期內相關物理量的變化規(guī)律． (2)借助運動圖象進行運動過程分析． 高考題型1　電場內動力學問題分析 例1　(2017·全國卷Ⅰ·25)真空中存在電場強度大小為E1的勻強電場，一帶電油滴在該電場中豎直向上做勻速直線運動，速度大小為v0，在油滴處于位置A時，將電場強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)同樣一段時間后，油滴運動到B點．重力加速度大小為g. (1)求油滴運動到B點時的速度大?。? (2)求增大后的電場強度的大?。粸楸ＷC后來的電場強度比原來的大，試給出相應的t1和v0應滿足的條件．已知不存在電場

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

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

6、0兩種情形． 若B在A點之下，依題意有 x2＋x1＝－h(huán)? 由①②③⑥⑦⑧⑨?式得 E2＝[2－2－()2]E1? 為使E2>E1，應有 2－2－()2>1? 即t1>(＋1)? 另一解為負，不符合題意，舍去． 1．(2017·上海閔行區(qū)二模)如圖1所示，質量為m、帶電量為＋q的滑塊沿絕緣斜面勻速下滑，當滑塊滑至豎直向下勻強電場區(qū)時，滑塊運動的狀態(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　設斜面的傾角為θ.滑塊沒有進入電場時，根據平衡條件得mgsin θ＝Ff 且FN＝mgcos

7、 θ 又Ff＝μFN 得到，mgsin θ＝μmgcos θ，即有sin θ＝μcos θ 當滑塊進入電場時，設滑塊受到的電場力大小為F.根據正交分解得到 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動． 2．(2017·內蒙古包頭市一模)如圖2所示，在豎直平面內一個帶正電的小球質量為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線系在一勻強電場中的O點．勻強電場的方向水平向右，分布的區(qū)域足夠大．現將帶正電小球

8、從O點右方由水平位置A點無初速度釋放，小球到達最低點B時速度恰好為零． 圖2 (1)求勻強電場的電場強度E的大小． (2)若小球從O點的左方由水平位置C點無初速度自由釋放，則小球到達最低點B所用的時間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點釋放后，將做勻加速直線運動，到B 點時的速度為vb，設小球做勻加速直線運動的加速度為a， F合＝＝mg a＝＝g 又vb2＝2aL＝4gL 得t＝＝ 高考題型2　磁場內動力學問題分析 例2　(多選)(2

9、017· 河南洛陽市第二次統考)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針傳動，該裝置處于垂直紙面向里的勻強磁場中，物塊由底端E運動至傳送帶頂端F的過程中，其v－t圖象如圖乙所示，若物塊全程運動的時間為4.5 s，則下列判斷正確的是(　　) 圖3 A．該物塊帶負電 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，物塊與傳送帶間仍可能有相對運動 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動，物塊的最大速度是1 m/s. 對物塊進行受力分析

10、可知，開始時物塊受到重力、支持力和摩擦力的作用，設動摩擦因數為μ，沿斜面的方向： μFN－mgsin θ＝ma① 物塊運動后，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：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動，由左手定則可知，物塊帶正電，故A錯誤；物塊做勻速直線運動時：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，則物塊達到最大速度的條件與傳送帶的速度無關，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錯誤． 1．對于磁場內的動力學問題，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動只能是勻速直線運動． 3．此類問題也常出現臨界問題，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、磁感應強度為B的勻強磁場中，兩個質量為m

12、、帶電荷量為＋q的小滑塊甲和乙分別從兩個斜面頂端由靜止釋放，運動一段時間后，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．甲滑塊在斜面上運動的時間比乙滑塊在斜面上運動的時間短 C．兩滑塊在斜面上運動的位移大小相同 D．兩滑塊在斜面上運動的過程中，重力的平均功率相等 答案　AD 解析　小滑塊飛離斜面時，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，故甲滑塊飛離時速度較大，A正確；滑塊在斜面上運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，因為甲的最大速度大于乙的最大速度，由vm＝at得，甲在斜面上運動的時間大于乙在斜面上運動的時間，故B錯誤；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，無限長水平直導線中通有向右的恒定電流I，導線正上方沿豎直方向有一用絕緣細線懸掛著的正方形線框．線框中通有沿逆時針方向的恒定電流I，線框的邊長為L，線框下邊與直導線平行，且到直導線的距離也為L.已知在長直導線的磁場

14、中距長直導線r處的磁感應強度大小為B＝k(k為常量)，線框的質量為m，則剪斷細線的瞬間，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， 根據牛頓第二定律可得，F1＋mg－F2＝ma 解得：a＝＋g，故A、B、C錯誤，D正確． 高考題型3　電磁感應中的力學問題分析 例3　(2017·全國名校模擬)如圖6所示，直角坐標系xOy在水平面內，其第一象限內有一磁場，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、磁感應強度B隨坐標x增大而減小，滿足B＝(單位：T)；“∠”形光滑金屬長直導軌MON頂角為45°，固定在水平面內，ON與x軸重合．一根質量為2 kg的導體棒放在導軌上，導體棒與導軌接觸，電阻恒為0.5 Ω，其余電阻不計，導體棒最初處于原點位置O，某時刻給導體棒施加一個水平向右的外力作用，使得導體棒從靜止開始沿x軸正方向運動，運動過程中回路中產生的電動勢E與時間t的關系為E＝3t(單位：V)求： 圖6 (1)第2 s內回路中流過的電荷量q. (2)導體棒滑動過程中水平外力F與橫坐標x的關系式． 答案　(1)9 C　(2)F＝(2＋6) N 解析　(1)t＝1 s時，感應電動勢E1＝

16、3×1 V＝3 V，感應電流I1＝＝ A＝6 A t＝2 s時，感應電動勢E2＝3×2 V＝6 V，感應電流I2＝＝ A＝12 A 因為感應電流與時間成正比，屬于線性關系，所以有：q＝Δt＝Δt＝9 C. (2)由導軌夾角為45°，可知任意t時刻回路中導體棒有效切割長度L＝x 有：E＝BLv＝Bxv 由題意有：E＝3t B＝ 聯立得：v＝3t 故加速度a＝3 m/s2 因此導體棒在拉力和安培力作用下做勻加速直線運動 安培力F安＝BIL＝＝＝ 根據運動學公式v＝＝＝ 聯立得：F安＝＝2 根據牛頓第二定律：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、間距L＝1 m的光滑平行金屬導軌豎直放置，導軌上端接一阻值R＝2 Ω的電阻，虛線OO′下方有垂直于導軌平面向里的勻強磁場，現將一質量m＝0.2 kg、電阻不計的金屬桿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之間的關系如圖乙所示，g取10 m/s2，則(　　) 圖7 A．金屬桿進入磁場時的速度為6 m/s B．金屬桿開始下落時與OO′的距離為0.1 m C．磁場的磁感應強度大小為4 T D．金屬

18、桿下落0.4 m時的速度為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′時的速度v1＝v0＋gt1＝2 m/s，金屬桿下落時距OO′的高度h＝＝0.15 m，A、B項錯誤；金屬桿剛進入磁場時的加速度大小為10 m/s2，方向向上，有－mg＝ma，代入數據得B＝2 T，C項錯誤；從乙圖中可以看出，金屬桿下落0.4 m后開始做勻速運動，則＝mg，代入數據得v2＝1 m/s，D正確． 6．如圖8所示，兩條相距d的平行金屬導軌位于同一水平面內，其右端接一阻值為R的電阻．質量為m的金屬桿靜置在導軌上，其左側的矩形勻強磁場區(qū)域MNPQ的磁感應強度大小為B、

19、方向豎直向下．當該磁場區(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.導軌和金屬桿的電阻不計，導軌光滑且足夠長，桿在運動過程中始終與導軌垂直且兩端與導軌保持良好接觸．求： 圖8 (1)MN剛掃過金屬桿時，桿中感應電流的大小I； (2)MN剛掃過金屬桿時，桿的加速度大小a； (3)PQ剛要離開金屬桿時，感應電流的功率P. 答案　(1)　(2)　(3) 解析　(1)MN剛掃過金屬桿時，感應電動勢E＝Bdv0 感應電流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點從靜止釋放一帶電微粒，微粒恰好保持靜止狀態(tài)，現將兩板繞過a點的軸(垂直于紙面)逆時針旋轉45°，再由a點從靜止釋放一同樣的微粒，該微粒將(　　) 圖9 A．保持靜止狀態(tài) B．向左上方做勻加速運動 C．向正下方做勻加速運動 D．向左下方做勻加速運動 答案　D 解析　兩平行金屬板水平放置時，帶電微粒靜止有mg＝qE，現將兩板繞過a點的軸(垂直于紙面)逆時針旋轉45°后，兩板間電場強度方向逆時針旋轉45°，電場力方向也逆

21、時針旋轉45°，但大小不變，此時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動，選項D正確． 2．(2016·全國卷Ⅱ·24)如圖10，水平面(紙面)內間距為l的平行金屬導軌間接一電阻，質量為m、長度為l的金屬桿置于導軌上．t＝0時，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動．t0時刻，金屬桿進入磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強磁場區(qū)域，且在磁場中恰好能保持勻速運動．桿與導軌的電阻均忽略不計，兩者始終保持垂直且接觸良好，兩者之間的動摩擦因數為μ.重力加速度大小為g.求： 圖10 (1)金屬桿在磁場中運動時產生的電動勢的大小； (

22、2)電阻的阻值． 答案　(1)Blt0(－μg)　(2) 解析　(1)設金屬桿進入磁場前的加速度大小為a，由牛頓第二定律得 F－μmg＝ma① 設金屬桿到達磁場左邊界時的速度為v，由運動學公式有v＝at0② 當金屬桿以速度v在磁場中運動時，由法拉第電磁感應定律知產生的電動勢為 E＝Blv③ 聯立①②③式可得 E＝Blt0(－μg)④ (2)設金屬桿在磁場區(qū)域中勻速運動時，金屬桿中的電流為I，根據歐姆定律 I＝⑤ 式中R為電阻的阻值．金屬桿所受的安培力為 F安＝BlI⑥ 因金屬桿做勻速運動，有 F－μmg－F安＝0⑦ 聯立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量為M、電荷量為q(q>0)的粒子；在負極板附近有另一質量為m、電荷量為－q的粒子．在電場力的作用下，兩粒子同時從靜止開始運動．已知兩粒子同時經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　因兩粒子同時經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、，由運動學公式有l(wèi)＝a1t2＝t2① l＝a2t2＝t2② 解得＝.B、C、D錯，A對． 4．(多選)(2014·浙江理綜·20)如圖12甲所示，兩根光滑平行導軌水平放置，間距為L，其間有豎直向下的勻強磁場，磁感應強度為B.垂直于導軌水平對稱放置一根均勻金屬棒．從t＝0時刻起，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所示方向為電流正方向．則金屬棒(　　) 圖12 A．一直向右移動 B．速度隨時間周期性變化 C．受到的安培力隨時間周期性變化 D．受到的安培力在一個周期內做正功 答案　ABC 解析　根據左手定則知金屬棒在0～內所受安培力向右，大小恒定，

25、故金屬棒向右做勻加速運動，在～T內金屬棒所受安培力與前半個周期大小相等，方向相反，金屬棒向右做勻減速運動，一個周期結束時金屬棒速度恰好為零，以后始終向右重復上述運動，選項A、B、C正確；在0～時間內，安培力方向與運動方向相同，安培力做正功，在～T時間內，安培力方向與運動方向相反，安培力做負功，在一個周期內，安培力所做總功為零，選項D錯誤． 專題強化練 1．(多選)(2017·福建省4月模擬)兩個相隔一定距離的等量正點電荷固定不動，在其產生的電場中，一個帶負電的粒子以某一初速度從某一位置開始運動，僅在電場力作用下，該粒子可能做(　　) A．勻變速直線運動 B．勻變速曲線運動 C．勻速圓

26、周運動 D．在某一點附近做往復運動 答案　CD 2．(2017·遼寧實驗中學等五校聯考)一勻強電場的電場強度E隨時間t變化的圖象如圖1所示，在該勻強電場中，有一個帶電粒子于t＝0時刻由靜止釋放，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．帶電粒子只向一個方向運動 B．0～2 s內，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 D．2.5～4 s內，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，地面上某個空間區(qū)域存在這樣的電場，水平虛線上方為場強E1，方向豎直向下的勻強電場；虛線下方為場強E2，方向豎直向上的勻強電

27、場．一個質量m，帶電量＋q的小球從上方電場的A點由靜止釋放，結果剛好到達下方電場中與A關于虛線對稱的B點，則下列結論正確的是(　　) 圖2 A．若AB高度差為h，則UAB＝ B．帶電小球在A、B兩點電勢能相等 C．在虛線上、下方的電場中，帶電小球運動的加速度相同 D．兩電場強度大小關系滿足E2＝2E1 答案　A 解析　對A到B的過程運用動能定理得，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，根據勻變速運動的推論知，加速度大小相等，方向相反．故C錯誤；在上方電場，根據牛頓第

28、二定律得：a1＝，在下方電場中，根據牛頓第二定律得，加速度大小為：a2＝，因為a1＝a2，解得：E2－E1＝.故D錯誤． 4．(2017·哈爾濱師大附中等二模)如圖3所示，空間有場強大小為E，方向沿斜面向下的勻強電場；光滑絕緣斜面傾角為θ，底端固定一根勁度系數為k的輕彈簧；彼此絕緣的AB兩物體靜止在彈簧頂端，A的質量為m，電量為＋q，B的質量也為m，不帶電，彈簧處在彈性限度內；某時刻，在沿斜面向上的外力F作用下，AB一起以加速度a勻加速運動，則當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磁場中，一金屬導體棒EF放在支架上，用一輕桿將導體棒與墻固定連接，磁感應強度隨時間變化的規(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時刻輕桿對導體棒的作用力最大 B．t2時刻輕桿對導體棒的作用力為零 C．t2到t3時間內，輕桿對導體棒的作用力先增大后減小 D．t2到t4時間內，輕桿對導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，質量為m＝0.04 kg、邊長l＝0.4 m的

30、正方形導體框abcd放置在一光滑絕緣斜面上，線框用一平行斜面的細線系于O點，斜面的傾角為θ＝30°；線框的一半處于磁場中，磁場的磁感應強度隨時間變化的關系為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．線框中的感應電流方向為abcda B．t＝0時，細線拉力大小為F＝0.2 N C．線框中感應電流大小為I＝80 mA D．經過一段時間t，線框可能沿斜面向上運動 答案　CD 7.如圖6所示，一質量為m、電荷量為＋q的圓環(huán)可在水平放置的足夠長的粗糙細桿上滑動，細桿處于磁感應強度為B的勻強磁場中，不計空氣阻

31、力，現給圓環(huán)一向右的初速度v0，在以后的運動過程中，圓環(huán)運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，還可能受到垂直細桿的彈力及向左的摩擦力，當qv0B＝mg時，圓環(huán)做勻速運動，此時圖象為①，故①正確；當qv0B＜mg時，FN＝mg－qvB此時：μFN＝ma，所以圓環(huán)做加速度逐漸增大的減速運動，直至停止，所以其v－t圖象的斜率應該逐漸增大，故②③錯誤．當qv0B＞mg時，FN＝qvB－mg，此時：μFN＝ma，所以圓環(huán)做加速度逐漸減小的減速運動，直到qvB＝mg

32、時，圓環(huán)開始做勻速運動，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，線框中會產生逆時針方向的電流 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軌MN、PQ平行放置，導軌平面的傾角為θ，導軌的下端接有電阻．當空間沒有磁場

33、時，使ab以平行導軌平面的初速度v0沖上導軌平面，ab上升的最大高度為H；當空間存在垂直導軌平面的勻強磁場時，再次使ab以相同的初速度從同一位置沖上導軌平面，ab上升的最大高度為h.兩次運動中導體棒ab始終與兩導軌垂直且接觸良好．關于上述情景，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，ab上升過程的最大加速度為gsin θ D．有磁場時，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、屬導軌，在導軌上端MN間接入一個電源，電源電動勢E＝1.5 V，內阻r＝1.0 Ω.一質量m＝25 g的金屬棒ab與兩導軌垂直并接觸良好，其電阻R＝1.5 Ω.整個裝置處于垂直于斜面向上的勻強磁場中，磁感應強度B＝0.80 T．導軌的電阻不計，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)若金屬棒在導軌上靜止，金屬棒所受摩擦力Ff的大小和方向； (3)若導軌光滑，現將MN間電源拿掉換接一個阻值為R0＝2.5 Ω的電阻，其他條件保持不變，金屬棒ab從靜止開始運動，它所能達到的最大速度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)當合力為0時，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，質量為M的導體棒ab，垂直放在相距為l的平行光滑金屬軌道上．導軌平面與水平面的夾角為θ，并處于

36、磁感應強度大小為B、方向垂直于導軌平面向上的勻強磁場中，左側是水平放置、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，不計其他電阻． 圖10 (1)調節(jié)Rx＝R，釋放導體棒，當棒沿導軌勻速下滑時，求通過棒的電流I及棒的速率v； (2)改變Rx，待棒沿導軌再次勻速下滑后，將質量為m、帶電量為＋q的微粒水平射入金屬板間，若它能勻速通過，求此時的Rx. 答案　(1)　　(2) 解析　(1)導體棒勻速下滑時，Mgsin θ＝BIl① I＝② 設導體棒產生的感應電動勢為E0，E0＝Blv③ 由閉合電路歐姆定律得：I＝④ 聯立②③④，得v＝⑤ (2)改變Rx，由②式可知電流不變，設帶電微粒在金屬板間勻速通過時，板間電壓為U，電場強度大小為E，則 U＝IRx⑥ E＝⑦ mg＝qE⑧ 聯立②⑥⑦⑧，得Rx＝. 18