高考物理一輪復習專題1_8（課件試題）（打包16套）.zip

高考物理一輪復習專題1_8（課件試題）（打包16套）.zip,高考,物理,一輪,復習,專題,_8,課件,試題,打包,16 　帶電粒子在電場中的綜合問題 一、單項選擇題 1. 將如圖所示的交流電壓加在平行板電容器A、B兩板上,開始B板電勢比A板電勢高,這時有一個原來靜止的電子正處在兩板的中間,它在電場力作用下開始運動,設A、B兩極板間的距離足夠大,下列說法正確的是(　　) A.電子一直向著A板運動 B.電子一直向著B板運動 C.電子先向A板運動,然后返回向B板運動,之后在A、B兩板間做周期性往復運動 D.電子先向B板運動,然后返回向A板運動,之后在A、B兩板間做周期性往復運動 解析根據(jù)交流電壓的變化規(guī)律,作出電子的加速度a、速度v隨時間變化的圖線,如圖甲、乙。從圖中可知,電子在第一個T4內做勻加速直線運動,第二個T4內做勻減速直線運動,在這半周期內,因初始B板電勢比A板電勢高,所以電子向B板運動,加速度大小為eUmd。在第三個T4內電子做勻加速直線運動,第四個T4內做勻減速直線運動,但在這半周期內運動方向與前半周期相反,向A板運動,加速度大小為eUmd。所以電子在交變電場中將以t=T4時刻所在位置為平衡位置做周期性往復運動,綜上分析選項D正確。 答案D 2. (2016·江蘇蘇州調研)如圖所示,絕緣桿兩端固定帶電小球A和B,輕桿處于水平向右的勻強電場中,不考慮兩球之間的相互作用,初始時桿與電場線垂直?，F(xiàn)將桿右移,同時順時針轉過90°,發(fā)現(xiàn)A、B兩球電勢能之和不變。根據(jù)如圖給出的位置關系,下列說法正確的是(　　) A.A一定帶正電,B一定帶負電 B.A、B兩球所帶電荷量的絕對值之比qA∶qB=1∶2 C.A球電勢能一定增加 D.電場力對A球和B球做功相等?導學號17420273? 解析電場力做功與路徑無關,兩個小球在桿右移后電勢都變化,而兩個小球組成的系統(tǒng)的電勢能之和不變,那么電場力對其中一個做正功,對另一個一定做負功,做功的絕對值相同,兩個小球一定帶異種電荷,但不能準確判斷每一個小球所帶電荷的電性,A、C、D錯誤;由電勢能變化之和為零得EqBL=EqA·2L,即|qA|∶|qB|=1∶2,B正確。 答案B 3. 如圖所示,A、B兩金屬板平行放置,在t=0時刻將電子從A板附近由靜止釋放(電子的重力忽略不計)。分別在A、B兩板間加上下列哪種電壓時,有可能使電子到不了B板(　　) 解析加A圖電壓,電子從A板開始向B板做勻加速直線運動;加B圖電壓,電子開始向B板做勻加速運動,再做加速度大小相同的勻減速運動,速度減為零后做反向勻加速運動及勻減速運動,由對稱性可知,電子將做周期性往復運動,所以電子有可能到不了B板;加C圖電壓,電子先勻加速,再勻減速到靜止,完成一個周期,所以電子一直向B板運動,即電子一定能到達B板;加D圖電壓,電子的運動與C圖情形相同,只是加速度是變化的,所以電子也一直向B板運動,即電子一定能到達B板,綜上所述可知選項B正確。 答案B 4. 平行板間加如圖所示的周期性變化的電壓,重力不計的帶電粒子靜止在平行板中央,從t=T2時刻開始將其釋放,運動過程無碰板情況,則能定性描述粒子運動的速度圖象的是(　　) 解析每半個周期兩板間的電壓恒定,板間電場為勻強電場,粒子所受電場力恒定,因此粒子從T2時刻開始在電場中做勻加速直線運動,在T時刻電場反向,電場力大小不變,粒子做勻減速直線運動,在32T時刻速度減為零,以后循環(huán)此過程。 答案A 二、多項選擇題 5. 一個正點電荷Q靜止在正方形的一個角上,另一個帶電質點射入該區(qū)域時,恰好能經過正方形的另外三個角A、B、C,如圖所示,則有(　　) A.A、B、C三點電勢高低及電場強度大小的關系是φA=φC>φB,EA=EC=2EB B.質點由A到B電勢能增加,由B到C電場力做正功,在B點動能最小 C.質點在A、B、C三處的加速度大小之比是1∶2∶1 D.若改變帶電質點在A處的速度大小和方向,有可能使其經過A、B、C三點做勻速圓周運動 解析根據(jù)正點電荷周圍電場線分布,以及沿著電場線電勢降低的規(guī)律可知,A、C兩點電勢相同,B點電勢最低,設A點距離場源電荷為r,EA=kQr2,EB=kQ2r2,EA=2EB,A正確;質點由A到B運動過程中電場力為引力,電場力做負功,電勢能增大,動能減小,由B到C過程中電場力指向場源電荷,為引力,電場力做正功,動能增大,由此可知質點在B點動能最小,B正確;質點在A、B、C三處的庫侖力之比為2∶1∶2,加速度之比為2∶1∶2,C錯誤;帶電質點如果做勻速圓周運動,必須以場源電荷為圓心,而A、B、C三點不在同一個圓周上,由此可知D錯誤。 答案AB 6.如圖甲,兩水平金屬板間距為d,板間電場強度的變化規(guī)律如圖乙所示。t=0時刻,質量為m的帶電微粒以初速度v0沿中線射入兩板間,0~T3時間內微粒勻速運動,T時刻微粒恰好經金屬板邊緣飛出。微粒運動過程中未與金屬板接觸。重力加速度的大小為g。關于微粒在0~T時間內運動的描述,正確的是(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A.末速度大小為2v0 B.末速度沿水平方向 C.重力勢能減少了12mgd D.克服電場力做功為mgd 解析0~T3時間內微粒勻速運動,有mg=qE0。把微粒的運動分解,水平方向:做速度為v0的勻速直線運動;豎直方向:T3~2T3時間內,只受重力,做自由落體運動,2T3時刻,v1y=gT3;2T3~T時間內,a=2qE0-mgm=g,做勻減速直線運動,T時刻,v2y=v1y-a·T3=0,所以末速度v=v0,方向沿水平方向,選項A錯誤,B正確。重力勢能的減少量ΔEp=mg·d2=12mgd,所以選項C正確。根據(jù)動能定理:12mgd-W克電=0,得W克電=12mgd,所以選項D錯誤。 答案BC 7. 如圖所示,光滑的水平軌道AB與半徑為R的光滑的半圓形軌道BCD相切于B點,AB水平軌道部分存在水平向右的勻強電場,半圓形軌道在豎直平面內,B為最低點,D為最高點。一質量為m、帶正電的小球從距B點x的位置在電場力的作用下由靜止開始沿AB向右運動,恰能通過最高點,則(　　) A.R越大,x越大 B.R越大,小球經過B點后瞬間對軌道的壓力越大 C.m越大,x越大 D.m與R同時增大,電場力做功增大?導學號17420274? 解析小球在BCD做圓周運動,在D點,mg=mvD2R,小球由B到D的過程中有-2mgR=12mvD2-12mvB2,解得vB=5gR,R越大,小球經過B點時的速度越大,則x越大,選項A正確;在B點有FN-mg=mvB2R,解得FN=6mg,與R無關,選項B錯誤;由Eqx=12mvB2,知m、R越大,小球在B點的動能越大,則x越大,電場力做功越多,選項C、D正確。 答案ACD 三、非選擇題 8.如圖甲所示,在真空中足夠大的絕緣水平地面上,一個質量為m=0.2 kg,電荷量為q=2.0×10-6 C的小物塊處于靜止狀態(tài),小物塊與地面間的動摩擦因數(shù)μ=0.1。從t=0時刻開始,空間加上一個如圖乙所示的電場強度大小和方向呈周期性變化的電場(取水平向右為正方向,g取10 m/s2),求: (1)23 s內小物塊的位移大小。 (2)23 s內電場力對小物塊所做的功。 解析(1)0~2 s內小物塊的加速度為a1 由牛頓第二定律得E1q-μmg=ma1,即 a1=E1q-μmgm=2 m/s2, 位移x1=12a1t12=4 m 2 s末的速度為v2=a1t1=4 m/s 2~4 s內小物塊的加速度為a2,由牛頓第二定律得E2q-μmg=ma2 即a2=E2q-μmgm=-2 m/s2 位移x2=x1=4 m,4 s末小物塊的速度為v4=0 因此小物塊做周期為4 s的勻加速和勻減速運動 第22 s末的速度為v22=4 m/s,第23 s末的速度v23=v22+a2t=2 m/s(t=23 s-22 s=1 s) 所求位移為x=222x1+v22+v232t=47 m。 (2)23 s內,設電場力對小物塊所做的功為W,由動能定理得W-μmgx=12mv232 解得W=9.8 J。 答案(1)47 m　(2)9.8 J 9. 如圖所示,絕緣光滑軌道AB部分為傾角為30°的斜面,AC部分為豎直平面上半徑為R的圓軌道,斜面與圓軌道相切。整個裝置處于電場強度為E、方向水平向右的勻強電場中?，F(xiàn)有一個質量為m的小球,帶正電荷量為q=3mg3E,要使小球能安全通過圓軌道,在O點的初速度應滿足什么條件? ?導學號17420275? 解析 小球先在斜面上運動,受重力、電場力、支持力,然后在圓軌道上運動,受重力、電場力、軌道作用力,如圖所示,類比重力場,將電場力與重力的合力視為等效重力mg',大小為mg'=(qE)2+(mg)2=23mg3,tan θ=qEmg=33,得θ=30°。等效重力的方向與斜面垂直,指向右下方。小球在斜面上勻速運動。 因要使小球能安全通過圓軌道,在圓軌道的“等效最高點”(D點)滿足“等效重力”剛好提供向心力,即有mg'=mvD2R,因θ=30°與斜面的傾角相等,由幾何關系知AD=2R,令小球以最小初速度v0運動,由動能定理知 -2mg'R=12mvD2-12mv02 解得v0=103gR3,因此要使小球安全通過圓軌道,初速度應滿足v≥103gR3。 答案103gR3 10.制備納米薄膜裝置的工作電極可簡化為真空中間距為d的兩平行極板,如圖甲所示。加在極板A、B間的電壓UAB做周期性變化,其正向電壓為U0,反向電壓為-kU0(k>1),電壓變化的周期為2τ,如圖乙所示。在t=0時,極板B附近的一個電子,質量為m、電荷量為e,受電場作用由靜止開始運動。若整個運動過程中,電子未碰到極板A,且不考慮重力作用。若k=54,電子在0~2τ時間內不能到達極板A,求d應滿足的條件。 解析電子在0~τ時間內做勻加速運動 加速度的大小a1=eU0md 位移x1=12a1τ2 在τ~2τ時間內先做勻減速運動,后反向做勻加速運動 加速度的大小a2=keU0md 初速度的大小v1=a1τ 勻減速運動階段的位移x2=v122a2 由題知d>x1+x2,解得d>9eU0τ210m。 答案d>9eU0τ210m 11.(2016·上海十三校聯(lián)考)如圖所示,在粗糙水平面內存在著2n個有理想邊界的勻強電場區(qū),水平向右的電場和豎直向上的電場相互間隔,每一電場區(qū)域場強的大小均為E,且E=mgq,電場寬度均為d,一個質量為m、帶正電的電荷量為q的物體(看作質點),從第一個向右的電場區(qū)域的邊緣由靜止進入電場,該物體與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ,則物體從開始運動到離開第2n個電場區(qū)域的過程中,求: (1)電場力對物體所做的總功和摩擦力對物體所做的總功。 (2)物體在第2n個電場(豎直向上的)區(qū)域中所經歷的時間。 (3)物體在所有水平向右的電場區(qū)域中所經歷的總時間。 ?導學號17420276? 解析(1)電場力對物體所做的總功W電=nEqd=nmgd 摩擦力對物體所做的總功Wf=-nμmgd。 (2)W電+Wf=12mv2 解得v=2n(1-μ)gd 物體在第2n個電場中,電場力豎直向上等于豎直向下的重力,所以物體勻速運動 t=dv=d2n(1-μ)g。 (3)若將物體在水平向右的加速電場中的運動連起來,物體的運動可以看成初速度為零的勻加速直線運動,nd=12(Eq-μmg)mt2 nd=12(mg-μmg)mt2 t=2ndg(1-μ)。 答案(1)nmgd　-nμmgd　(2)d2n(1-μ)g　(3)2ndg(1-μ) 8 專題5帶電粒子在電場中的綜合問題 2 基礎夯實 自我診斷 一 示波管1 示波管裝置示波管由電子槍 偏轉電極和熒光屏組成 管內抽成真空 如圖所示 3 基礎夯實 自我診斷 2 工作原理 1 如果在偏轉電極XX 和YY 之間都沒有加電壓 則電子槍射出的電子束沿直線運動 打在熒光屏中心 在那里產生一個亮斑 2 YY 上加的是待顯示的信號電壓 XX 上是機器自身產生的鋸齒形電壓 叫作掃描電壓 若所加掃描電壓和信號電壓的周期相同 就可以在熒光屏上得到待測信號在一個周期內隨時間變化的穩(wěn)定圖象 4 基礎夯實 自我診斷 二 帶電粒子在電場中綜合問題的分析方法1 分析方法和力學的分析方法基本相同 先分析受力情況 再分析運動狀態(tài)和運動過程 平衡 加速或減速 軌跡是直線還是曲線 然后選用恰當?shù)牧W規(guī)律如牛頓運動定律 運動學公式 動能定理 能量守恒定律解題 2 帶電粒子的受力特點 在討論帶電粒子或其他帶電體的靜止與運動問題時 重力是否要考慮 關鍵看重力與其他力相比較是否能忽略 一般來說 除明顯暗示外 帶電小球 液滴的重力不能忽略 電子 質子等帶電粒子的重力可以忽略 一般可根據(jù)微粒的運動狀態(tài)判斷是否考慮重力作用 5 基礎夯實 自我診斷 3 經一定電壓 U1 加速后的帶電粒子 垂直于電場強度方向射入確定的平行板偏轉電場中 粒子偏離入射方向的偏距y 它只跟加在偏轉電極上的電壓U2有關 當偏轉電壓的大小 極性發(fā)生變化時 粒子的偏距也隨之變化 如果偏轉電壓的變化周期遠大于粒子穿越電場的時間 則在粒子穿越電場的過程中 仍可當作勻強電場處理 因此 當偏轉電壓為正弦波或鋸齒波時 連續(xù)射入的帶電粒子將以入射方向為中心上下偏移 隨時間而展開的波形與偏轉電壓波形相似 6 基礎夯實 自我診斷 三 用正交分解法處理帶電粒子的復雜運動這里所說的復雜運動 區(qū)別于類似平拋運動的帶電粒子的偏轉 它的軌跡常是更復雜的曲線 但處理這種運動的基本思想與處理偏轉運動是類似的 也就是說 可以將此復雜的運動分解為兩個互相正交的比較簡單的直線運動 而這兩個直線運動的規(guī)律我們是可以掌握的 然后再按運動合成的觀點求出復雜運動的有關物理量 7 基礎夯實 自我診斷 四 用能量觀點處理帶電體在電場中的運動對于受變力作用的帶電體的運動 必須借助于能量觀點來處理 即使都是恒力作用的問題 用能量觀點處理常常顯得簡潔 具體方法常有兩種 1 用動能定理處理思維順序一般為 1 弄清研究對象 明確所研究的物理過程 2 分析物體在所研究過程中的受力情況 弄清哪些力做功 做正功還是負功 3 弄清所研究過程的始 末狀態(tài) 主要指動能 4 根據(jù)W Ek列出方程求解 8 基礎夯實 自我診斷 2 用包括電勢能和內能在內的能量守恒定律處理列式的方法常有兩種 1 利用初 末狀態(tài)的能量相等 即E1 E2 列方程 2 利用某些能量的減少等于另一些能量的增加 即 E E 列方程 請判斷下列表述是否正確 1 若帶電粒子只在電場力作用下運動 其動能和電勢能之和保持不變 2 若帶電粒子只在重力和電場力作用下運動 其機械能和電勢能之和保持不變 3 示波器顯示的是帶電粒子運動的軌跡 9 基礎夯實 自我診斷 1 多選 如圖所示 示波管是示波器的核心部件 它由電子槍 偏轉電極和熒光屏組成 如果在熒光屏上P點出現(xiàn)亮斑 那么示波管中的 A 極板X應帶正電B 極板X 應帶正電C 極板Y應帶正電D 極板Y 應帶正電 答案 解析 10 基礎夯實 自我診斷 2 多選 如圖所示為勻強電場的電場強度E隨時間t變化的圖象 當t 0時 在此勻強電場中由靜止釋放一個帶電粒子 設帶電粒子只受電場力的作用 則下列說法正確的是 A 帶電粒子將始終向同一個方向運動B 2s末帶電粒子回到原出發(fā)點C 3s末帶電粒子的速度為零D 0 3s內 電場力做的總功為零 答案 解析 11 基礎夯實 自我診斷 3 多選 如圖所示 光滑絕緣的水平面上方存在一個水平方向的電場 電場線與x軸平行 電勢 與坐標值x的關系式為 106x 的單位為V x單位為m 一帶正電小滑塊P 從x 0處以初速度v0沿x軸正方向運動 則 A 電場的電場強度大小為106V mB 電場方向沿x軸正方向C 小滑塊的電勢能一直增大D 小滑塊的電勢能先增大后減小 答案 解析 12 基礎夯實 自我診斷 4 多選 在空間某一勻強電場中 將一質量為m 電荷量為q的小球由靜止釋放 帶電小球的運動軌跡為一直線 該直線與豎直方向成銳角 電場強度大小為E 則下列說法正確的是 A 由于小球所受的電場力和重力做功均與路徑無關 故小球的機械能守恒 答案 解析 13 考點一 考點二 考點三 考點一帶電粒子在交變電場中的運動 師生共研 1 此類題型一般有三種情況 一是粒子做單向直線運動 一般用牛頓運動定律求解 二是粒子做往返運動 一般分段研究 三是粒子做偏轉運動 一般根據(jù)交變電場的特點分段研究 2 分析時從兩條思路出發(fā) 一是力和運動的關系 根據(jù)牛頓第二定律及運動學規(guī)律分析 二是功能關系 3 注重全面分析 分析受力特點和運動規(guī)律 抓住粒子的運動具有周期性和在空間上具有對稱性的特征 求解粒子運動過程中的速度 位移 做功或確定與物理過程相關的邊界條件 14 考點一 考點二 考點三 例1如圖甲所示 真空中相距d 5cm的兩塊平行金屬板A B與電源連接 圖中未畫出 其中B板接地 電勢為零 A板電勢變化的規(guī)律如圖乙所示 將一個質量m 2 0 10 27kg 電荷量q 1 6 10 19C的帶電粒子從緊鄰B板處釋放 不計粒子重力 求 1 在t 0時刻釋放該帶電粒子 釋放瞬間粒子加速度的大小 2 若A板電勢變化周期T 1 0 10 5s 在t 0時將帶電粒子從緊鄰B板處無初速釋放 粒子到達A板時速度的大小 3 A板電勢變化頻率多大時 在時間內從緊鄰B板處無初速度釋放該帶電粒子 粒子不能到達A板 15 考點一 考點二 考點三 16 考點一 考點二 考點三 17 考點一 考點二 考點三 思維點撥 1 釋放后粒子的受力情況如何 做什么運動 2 粒子不能到達A板的臨界條件如何 提示 1 根據(jù)題意 不計粒子重力 則粒子只受電場力而做勻加速直線運動 通過進一步計算可知在0 內粒子發(fā)生的位移恰好等于板間距離 到達A板的時間隨之確定 2 解第 3 小題的關鍵 在于明確運動 對稱性 弄清 粒子不能到達A板 的臨界條件 即在內粒子的最大位移等于板間距離 18 考點一 考點二 考點三 例2如圖甲所示 離子源產生的正離子由離子源飛出時的速度可忽略不計 離子離開離子源后進入一加速電壓為U0的加速電場 偏轉電場極板間的距離為d 極板長為l 2d 偏轉電場的下極板接地 偏轉電場極板右端到豎直放置的足夠大的熒光屏之間的距離也為l 現(xiàn)在偏轉電場的兩極板間接一周期為T的交流電壓 上極板的電勢隨時間變化的圖象如圖乙所示 設正離子的電荷量為q 質量為m 大量離子從偏轉電場中央持續(xù)射入 穿過平行板的時間都極短 19 考點一 考點二 考點三 1 試計算離子剛進入偏轉電場時的速度v0的大小 2 在電勢變化的過程中發(fā)現(xiàn)熒光屏有 黑屏 現(xiàn)象 即無正離子到達熒光屏 試計算每個周期內熒光屏黑屏的時間t 3 離子打到熒光屏上的區(qū)間的長度x 解析 1 由題意可知 離子剛進入偏轉電場時的速度大小恰為離子出加速電場時的速度大小 由動能定理可得 帶電粒子在復合場中的運動 一、單項選擇題 1. (2016·貴州貴陽期末檢測)如圖所示,一個靜止的質量為m、電荷量為q的粒子(重力忽略不計),經加速電壓U加速后,垂直進入磁感應強度為B的勻強磁場中,粒子打到P點,OP=x,能正確反映x與U之間關系的是(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A.x與U成正比 B.x與U成反比 C.x與U成正比 D.x與U成反比 解析帶電粒子在電場中加速的過程,由動能定理有qU=12mv2,由幾何關系知,帶電粒子在磁場運動的軌道半徑為R=x2,又因為qvB=mv2R,聯(lián)立以上三式,解得x=22mqUqB,即x∝U,C正確。 答案C 2. (2016·北京東城區(qū)模擬)如圖所示,一束質量、速度和電荷量不全相等的離子,經過由正交的勻強電場和勻強磁場組成的速度選擇器后,進入另一個勻強磁場中并分裂為A、B兩束,下列說法正確的是(　　) A.組成A束和B束的離子都帶負電 B.組成A束和B束的離子質量一定不同 C.A束離子的比荷大于B束離子的比荷 D.速度選擇器中的磁場方向垂直于紙面向外 解析由左手定則知,A、B離子均帶正電,A錯誤;兩束離子經過同一速度選擇器后的速度相同,在偏轉磁場中,由R=mvqB可知,半徑大的離子對應的比荷小,但離子的質量不一定相同,故選項B錯誤,C正確;速度選擇器中的磁場方向應垂直紙面向里,D錯誤。 答案C 3.(2016·陜西西安八校聯(lián)考)如圖甲是回旋加速器的原理示意圖,其核心部分是兩個D形金屬盒,在加速帶電粒子時,兩金屬盒置于勻強磁場中(磁感應強度大小恒定),并分別與高頻電源相連,加速時某帶電粒子的動能Ek隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示,若忽略帶電粒子在電場中的加速時間,則下列判斷正確的是(　　) A.高頻電源的變化周期應該等于tn-tn-1 B.在Ek-t圖象中,t4-t3=t3-t2=t2-t1 C.粒子加速次數(shù)越多,粒子獲得的最大動能一定越大 D.不同粒子獲得的最大動能都相同 解析回旋加速器所加高頻電源的頻率與帶電粒子在磁場中運動的頻率相同,在一個周期內,帶電粒子兩次通過勻強電場而加速,故高頻電源的變化周期為tn-tn-2,A項錯;帶電粒子在勻強磁場中的運動周期與粒子速度無關,故B項正確;粒子加速到做圓周運動的半徑等于加速器半徑時,速度達到最大,即qvmaxB=mvmax2R?Ekmax=B2q2R22m,與加速次數(shù)無關,C項錯誤;不同粒子的比荷不同,最大動能也不一定相同,D項錯。 答案B 4. 如圖所示,甲是一個帶正電的小物塊,乙是一個不帶電的絕緣物塊,甲、乙疊放在一起靜置于粗糙的水平地板上,地板上方空間有水平方向的勻強磁場?，F(xiàn)用水平恒力拉乙物塊,使甲、乙一起保持相對靜止向左加速運動,在加速運動階段,下列說法正確的是(　　) A.甲對乙的壓力不斷減小 B.甲、乙兩物塊間的摩擦力不斷增大 C.乙對地板的壓力不斷減小 D.甲、乙兩物塊間的摩擦力不斷減小 解析對甲、乙兩物塊受力分析,甲物塊受豎直向下的洛倫茲力不斷增大,乙物塊對地板的壓力不斷增大,甲、乙一起向左做加速度減小的加速運動;甲、乙兩物塊間的摩擦力大小為Ff=m甲a,甲、乙兩物塊間的摩擦力不斷減小。故D正確。 答案D 二、多項選擇題 5. (2016·浙江名校聯(lián)考)質量為m、電荷量為q的微粒以速度v與水平方向成θ角從O點進入方向如圖所示的正交的勻強電場和勻強磁場組成的混合場區(qū),該微粒在電場力、洛倫茲力和重力的共同作用下,恰好沿直線運動到A,下列說法正確的是(　　) A.該微粒一定帶負電荷 B.微粒從O到A的運動可能是勻變速運動 C.該磁場的磁感應強度大小為mgqvcosθ D.該電場的電場強度為Bvcos θ 解析若微粒帶正電荷,它受豎直向下的重力mg、水平向左的電場力qE和垂直O(jiān)A斜向右下方的洛倫茲力qvB,知微粒不能做直線運動,據(jù)此可知微粒應帶負電荷,它受豎直向下的重力mg、水平向右的電場力qE和垂直O(jiān)A斜向左上方的洛倫茲力qvB,又知微粒恰好沿著直線運動到A,可知微粒應該做勻速直線運動,則選項A正確,選項B錯誤;由平衡條件得:qvBcos θ=mg,qvBsin θ=qE,得磁場的磁感應強度B=mgqvcosθ,電場的電場強度E=Bvsin θ,故選項C正確,選項D錯誤。 答案AC 6. (2016·江西八校聯(lián)考)如圖所示,在水平勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場中,有一豎直足夠長固定絕緣桿MN,小球P套在桿上,已知P的質量為m、電荷量為+q,電場強度為E,磁感應強度為B,P與桿間的動摩擦因數(shù)為μ,重力加速度為g。小球由靜止開始下滑直到穩(wěn)定的過程中(　　) A.小球的加速度一直減小 B.小球的機械能和電勢能的總和保持不變 C.下滑加速度為最大加速度一半時的速度可能是v=2μqE-mg2μqB D.下滑加速度為最大加速度一半時的速度可能是v=2μqE+mg2μqB 解析 對小球受力分析如圖所示,則mg-μ(qE-qvB)=ma,隨著v的增加,小球加速度先增大,當qE=qvB時達到最大值,amax=g,繼續(xù)運動,mg-μ(qvB-qE)=ma,隨著v的增大,a逐漸減小,所以A錯誤。因為有摩擦力做功,機械能與電勢能總和在減小,B錯誤。若在前半段達到最大加速度的一半,則mg-μ(qE-qvB)=mg2,得v=2μqE-mg2μqB;若在后半段達到最大加速度的一半,則mg-μ(qvB-qE)=mg2,得v=2μqE+mg2μqB,故C、D正確。 答案CD 7.如圖所示,導電物質為電子的霍爾元件位于兩串聯(lián)線圈之間,線圈中電流為I,線圈間產生勻強磁場,磁感應強度大小B與I成正比,方向垂直于霍爾元件的兩側面,此時通過霍爾元件的電流為IH,與其前后表面相連的電壓表測出的霍爾電壓UH滿足:UH=kIHBd,式中k為霍爾系數(shù),d為霍爾元件兩側面間的距離。電阻R遠大于RL,霍爾元件的電阻可以忽略,則(　　) A.霍爾元件前表面的電勢低于后表面 B.若電源的正、負極對調,電壓表將反偏 C.IH與I成正比 D.電壓表的示數(shù)與RL消耗的電功率成正比?導學號17420320? 解析當霍爾元件通有電流IH時,根據(jù)左手定則,電子將向霍爾元件的后表面運動,故霍爾元件的前表面電勢較高。若將電源的正、負極對調,則磁感應強度B的方向變化,IH的方向變化,根據(jù)左手定則,電子仍向霍爾元件的后表面運動,故仍是霍爾元件的前表面電勢較高,選項A、B錯誤。因R與RL并聯(lián),根據(jù)并聯(lián)分流,得IH=RLRL+RI,故IH與I成正比,選項C正確。由于B與I成正比,設B=aI,則IL=RR+RLI,PL=IL2RL,故UH=kIHBd=ak(R+RL)R2dPL,知UH∝PL,選項D正確。 答案CD 三、非選擇題 8. (2016·江西南昌調研)如圖所示,有一對平行金屬板,板間加有恒定電壓;兩板間有勻強磁場,磁感應強度大小為B0,方向垂直于紙面向里。金屬板右下方以MN、PQ為上、下邊界,MP為左邊界的區(qū)域內,存在垂直紙面向外的勻強磁場,磁場寬度為d,MN與下極板等高。MP與金屬板右端在同一豎直線上。一電荷量為q、質量為m的正離子,以初速度v0沿平行于金屬板面、垂直于板間磁場的方向從A點射入金屬板間,不計離子的重力。 (1)已知離子恰好做勻速直線運動,求金屬板間電場強度的大小。 (2)若撤去板間磁場B0,已知離子恰好從下極板的右側邊緣射出電場,方向與水平方向成30°角,求A點離下極板的高度。 (3)在(2)的情形中,為了使離子進入磁場運動后從邊界MP的P點射出,磁場的磁感應強度B應為多大? 解析(1)設板間的電場強度為E,離子做勻速直線運動,受到的電場力和洛倫茲力平衡,有qE=qv0B0 解得E=v0B0。 (2)設A點離下極板的高度為h,離子射出電場時的速度為v,根據(jù)動能定理,得qEh=12mv2-12mv02 離子在電場中做類平拋運動,水平方向做勻速運動,有 v=v0cos30°=2v03 解得h=mv06qB0。 (3)設離子進入磁場后做勻速圓周運動的半徑為r,根據(jù)牛頓第二定律得qvB=mv2r 由幾何關系得d2=rcos 30° 解得B=3mv0qd。 答案(1)B0v0　(2)mv06qB0　(3)3mv0qd 9. 如圖所示,在豎直平面內建立直角坐標系xOy,其第一象限存在著正交的勻強電場和勻強磁場,電場強度的方向水平向右,磁感應強度的方向垂直紙面向里。一電荷量為+q、質量為m的微粒從原點出發(fā)沿與x軸正方向的夾角為45°的初速度進入復合場中,正好做直線運動,當微粒運動到A(l,l)時,電場方向突然變?yōu)樨Q直向上(不計電場變化的時間),粒子繼續(xù)運動一段時間后,正好垂直于y軸穿出復合場。不計一切阻力,求: (1)電場強度E的大小。 (2)磁感應強度B的大小。 (3)粒子在復合場中的運動時間。 ?導學號17420321? 解析(1)微粒到達A(l,l)之前做勻速直線運動,對微粒受力分析如圖甲,所以,Eq=mg,得E=mgq 甲 乙 (2)由平衡條件得 qvB=2mg 電場方向變化后,微粒所受重力與電場力平衡,微粒在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動,軌跡如圖乙。 則qvB=mv2r 由幾何知識可得r=2l v=2gl 聯(lián)立解得B=mqgl。 (3)微粒做勻速運動的時間t1=2lv=lg 做圓周運動的時間t2=34π·2lv=3π4lg 在復合場中運動時間 t=t1+t2=3π4+1lg。 答案(1)mgq　(2)mqgl　(3)3π4+1lg 10.電視機顯像管中需要用變化的磁場來控制電子束的偏轉。圖甲為顯像管工作原理示意圖,陰極K發(fā)射的電子束(初速不計)經電壓為U的加速電場后,進入一圓形勻強磁場區(qū),磁場方向垂直于圓面(以垂直圓面向里為正方向),磁場區(qū)的中心為O,半徑為r,熒光屏MN到磁場區(qū)中心O的距離為L。當不加磁場時,電子束將通過O點垂直打到屏幕的中心P點。當磁場的磁感應強度隨時間按圖乙所示的規(guī)律變化時,在熒光屏上得到一條長為23L的亮線。由于電子通過磁場區(qū)的時間很短,可以認為在每個電子通過磁場區(qū)的過程中磁感應強度不變。已知電子的電荷量為e,質量為m,不計電子之間的相互作用及所受的重力。求: (1)電子打到熒光屏上時的速度大小。 (2)磁感應強度的最大值B0。 解析(1)電子打到熒光屏上時速度的大小等于它飛出加速電場時的速度大小,設為v,由動能定理得 eU=12mv2 解得v=2eUm。 (2)當交變磁場為最大值B0時,電子束有最大偏轉,在熒光屏上打在Q點,PQ=3L。電子運動軌跡如圖所示,設此時的偏轉角度為θ,由幾何關系可知, tan θ=3LL,θ=60° 根據(jù)幾何關系,電子束在磁場中運動路徑所對的圓心角α=θ,而tan α2=rR。 由牛頓第二定律和洛倫茲力公式得evB0=mv2R 解得B0=6meU3er。 答案(1)2eUm　(2)6meU3er 11. 如圖所示的平面直角坐標系xOy,在第Ⅰ象限內有平行于y軸的勻強電場,方向沿y軸正方向;在第Ⅳ象限的正三角形abc區(qū)域內有勻強磁場,方向垂直于xOy平面向里,正三角形邊長為L,且ab邊與y軸平行。一質量為m、電荷量為q的粒子,從y軸上的P(0,h)點,以大小為v0的速度沿x軸正方向射入電場,通過電場后從x軸上的a(2h,0)點進入第Ⅳ象限,又經過磁場從y軸上的某點進入第Ⅲ象限,且速度與y軸負方向成45°角,不計粒子所受的重力。求: (1)電場強度E的大小。 (2)粒子到達a點時速度的大小和方向。 (3)abc區(qū)域內磁場的磁感應強度B的最小值。?導學號17420322? 解析(1)帶電粒子在電場中從P到a的過程中做類平拋運動。 水平方向:2h=v0t ① 豎直方向:h=12at2 ② 由牛頓第二定律得a=qEm ③ 由①②③式聯(lián)立,解得E=mv022qh。 ④ (2)粒子到達a點時沿y軸負方向的分速度為vy=at ⑤ 由①③④⑤式得vy=v0 ⑥ 而vx=v0 ⑦ 所以,粒子到達a點的速度va=vx2+vy2=2v0 ⑧ 設速度方向與x軸正方向的夾角為θ,則 tan θ=vyv0=1,θ=45°⑨ 即到a點時速度方向指向第Ⅳ象限,且與x軸正方向成45°角。 (3)粒子進入磁場后做勻速圓周運動,有qvaB=mva2R ⑩ 由此得R=mvaqB 從上式看出,R∝1B,當R最大時,B最小。由題圖可知,當粒子從b點射出磁場時,R最大,由幾何關系得Rmax=22L 將代入式得B的最小值為Bmin=2mv0qL。 答案(1)mv022qh　(2)2v0　方向指向第Ⅳ象限,與x軸正方向成45°角　(3)2mv0qL 9 電磁感應現(xiàn)象中的動力學、動量和能量問題 一、單項選擇題 1. 如圖所示,用粗細相同的銅絲做成邊長分別為L和2L的兩只閉合線框a和b,以相同的速度從磁感應強度為B的勻強磁場區(qū)域中勻速地拉到磁場外,若外力對環(huán)做的功分別為Wa、Wb,則Wa∶Wb為(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A.1∶4 B.1∶2 C.1∶1 D.不能確定 解析根據(jù)能量守恒可知,外力做的功等于產生的電能,而產生的電能又全部轉化為焦耳熱,所以Wa=Qa=(BLv)2Ra·Lv,Wb=Qb=(B·2Lv)2Rb·2Lv,由電阻定律知Rb=2Ra,故Wa∶Wb=1∶4,A項正確。 答案A 2. 一個剛性矩形銅制線圈從高處自由下落,進入一水平方向的勻強磁場區(qū)域,然后穿出磁場區(qū)域繼續(xù)下落,如圖所示,則(　　) A.若線圈進入磁場過程是勻速運動,則離開磁場過程也是勻速運動 B.若線圈進入磁場過程是加速運動,則離開磁場過程也是加速運動 C.若線圈進入磁場過程是減速運動,則離開磁場過程也是減速運動 D.若線圈進入磁場過程是減速運動,則離開磁場過程是加速運動 解析線圈從高處自由下落,以一定的速度進入磁場,會產生感應電流,線圈受到重力和安培力作用,線圈全部進入磁場后,磁通量不變,沒有感應電流產生,線圈不受安培力,只受重力,在磁場內部會做一段勻加速運動。若線圈進入磁場過程是勻速運動,說明有mg=BIl,由于線圈全部進入磁場后只受重力,在磁場內部會做一段勻加速運動,離開磁場時的速度大于進入磁場時的速度,安培力大于重力,就會做減速運動,故A錯誤;若線圈進入磁場過程一直是加速運動,說明重力大于安培力,在離開磁場時速度增大,安培力增大,可能安培力與重力平衡,做勻速運動,故B錯誤;若線圈進入磁場過程一直是減速運動,說明重力小于安培力,線圈全部進入磁場后,在磁場內部會做一段勻加速運動,所以離開磁場時安培力變大,安培力仍然大于重力,所以也是減速運動,故C正確,D錯誤。 答案C 3. 豎直平面內有一形狀為拋物線的光滑曲面軌道,如圖所示,拋物線方程是y=x2,軌道下半部分處在一個水平向外的勻強磁場中,磁場的上邊界是y=a的直線(圖中虛線所示),一個小金屬環(huán)從拋物線上y=b(b>a)處以速度v沿拋物線下滑,假設拋物線足夠長,金屬環(huán)沿拋物線下滑后產生的焦耳熱總量是(　　) A.mgb B.12mv2 C.mg(b-a) D.mg(b-a)+12mv2 解析小金屬環(huán)進入或離開磁場時,磁通量會發(fā)生變化,并產生感應電流,產生焦耳熱;當小金屬環(huán)全部進入磁場后,不產生感應電流,小金屬環(huán)最終在磁場中做往復運動,由能量守恒定律可得產生的焦耳熱等于減少的機械能,即Q=12mv2+mgb-mga=mg(b-a)+12mv2,D正確。 答案D 4. 如圖所示,水平光滑的平行金屬導軌,左端接有電阻R,勻強磁場B豎直向下分布在導軌所在的空間內,質量一定的金屬棒PQ垂直導軌放置。若使棒以一定的初速度v0向右運動,當其通過位置a、b時,速率分別為va、vb,到位置c時棒剛好靜止。設金屬導軌與棒的電阻均不計,a到b和b到c的間距相等,則金屬棒在從a到b和從b到c的兩個過程中(　　) A.回路中產生的內能相等 B.棒運動的加速度相等 C.安培力做功相等 D.通過棒橫截面積的電荷量相等 ?導學號17420370? 解析金屬棒由a到b再到c的過程中,速度逐漸減小,根據(jù)E=Blv知,E減小,故I減小,再根據(jù)F=BIl知,安培力減小,由F=ma知,加速度減小,B錯誤;由于a與b、b與c間距相等,安培力由a→c是逐漸漸小的,故從a到b安培力做的功大于從b到c安培力做的功,又由于安培力做的功等于回路中產生的內能,所以A、C錯誤;根據(jù)平均感應電動勢E=ΔΦΔt=BΔSΔt,和I=ER,q=IΔt,得q=BΔSR,所以D正確。 答案D 二、多項選擇題 5. 如圖所示,兩足夠長平行金屬導軌固定在水平面上,勻強磁場方向垂直導軌平面向下,金屬棒ab、cd與導軌構成閉合回路且都可沿導軌無摩擦滑動,兩金屬棒ab、cd的質量之比為2∶1。用一沿導軌方向的恒力F水平向右拉金屬棒cd,經過足夠長時間以后 (　　) A.金屬棒ab、cd都做勻速運動 B.金屬棒ab上的電流方向是由b向a C.金屬棒cd所受安培力的大小等于2F3 D.兩金屬棒間距離保持不變 解析對兩金屬棒ab、cd進行受力和運動分析可知,兩金屬棒最終將做加速度相同的勻加速直線運動,且金屬棒ab速度小于金屬棒cd速度,所以兩金屬棒間距離是變大的,由楞次定律判斷金屬棒ab上的電流方向是由b到a,A、D錯誤,B正確;以兩金屬棒整體為研究對象,有F=3ma,隔離金屬棒cd分析,有F-F安=ma,可求得金屬棒cd所受安培力的大小F安=23F,C正確。 答案BC 6. (2016·河南聯(lián)考)兩根足夠長的光滑導軌豎直放置,間距為L,頂端接阻值為R的電阻。質量為m、電阻為r的金屬棒在距磁場上邊界某處靜止釋放,金屬棒和導軌接觸良好,導軌所在平面與磁感應強度為B的勻強磁場垂直,如圖所示,不計導軌的電阻,重力加速度為g。則(　　) A.金屬棒在磁場中運動時,流過電阻R的電流方向為a→b B.金屬棒的速度為v時,金屬棒所受的安培力大小為B2L2vR+r C.金屬棒的最大速度為mg(R+r)BL D.金屬棒以穩(wěn)定的速度下滑時,電阻R的熱功率為mgBL2R?導學號17420364? 解析金屬棒在磁場中向下運動時,由楞次定律可知,流過電阻R的電流方向為b→a,選項A錯誤;金屬棒的速度為v時,金屬棒中感應電動勢E=BLv,感應電流I=ER+r,所受的安培力大小為F=BIL=B2L2vR+r,選項B正確;當安培力F=mg時,金屬棒下落速度最大,金屬棒的最大速度為v=mg(R+r)B2L2,選項C錯誤;金屬棒以穩(wěn)定的速度下滑時,電阻R和r的熱功率為P=mgv=mgBL2(R+r),電阻R的熱功率為mgBL2R,選項D正確。 答案BD 7. (2016·江蘇南京模擬)如圖所示,相距為L的兩條足夠長的光滑平行金屬導軌與水平面的夾角為θ,上端接有定值電阻R,勻強磁場垂直于導軌平面,磁感應強度為B。將質量為m的導體棒由靜止釋放,當速度達到v時開始勻速運動,此時對導體棒施加一平行于導軌向下的拉力,并保持拉力的功率恒為P,導體棒最終以2v的速度勻速運動。導體棒始終與導軌垂直且接觸良好,不計導軌和導體棒的電阻,重力加速度為g。下列選項正確的是(　　) A.P=2mgvsin θ B.P=3mgvsin θ C.當導體棒速度達到v2時,加速度大小為g2sin θ D.在速度達到2v以后勻速運動的過程中,R上產生的焦耳熱等于拉力所做的功?導學號17420369? 解析對導體棒受力分析,當導體棒以v勻速運動時(如圖甲),應有mgsin θ=BIL=B2L2vR;當施加力F后以2v勻速運動時(如圖乙),F+mgsin θ=2B2L2vR,兩式聯(lián)立得F=mgsin θ,則P=F·2v=2mgvsin θ,A正確,B錯誤;由牛頓第二定律,當導體棒的速度為v2時,a=mgsinθ-F安″m=mgsinθ-B2L2v2Rm=g2sin θ,C正確;由功能關系,當導體棒達到2v以后勻速運動的過程中,R上產生的焦耳熱等于拉力所做的功與減少的重力勢能之和,D錯誤。 答案AC 三、非選擇題 8. 如圖所示,足夠長的固定平行粗糙金屬雙軌MN、PQ相距d=0.5 m,導軌平面與水平面夾角α=30°,處于方向垂直導軌平面向上、磁感應強度大小B=0.5 T的勻強磁場中。長也為d的金屬棒ab垂直于導軌MN、PQ放置,且始終與導軌接觸良好,棒的質量m=0.1 kg,電阻R=0.1 Ω,與導軌之間的動摩擦因數(shù)μ=36,導軌上端連接電路如圖所示。已知電阻R1與燈泡電阻R2的阻值均為0.2 Ω,導軌電阻不計,重力加速度g取10 m/s2。 (1)求棒由靜止剛釋放瞬間下滑的加速度大小a。 (2)假若棒由靜止釋放并向下加速運動一段距離后,燈L的發(fā)光亮度穩(wěn)定,求此時燈L的實際功率P和棒的速率v。?導學號17420368? 解析(1)棒由靜止剛釋放的瞬間速度為零,不受安培力作用 根據(jù)牛頓第二定律有mgsin α-μmgcos α=ma,代入數(shù)據(jù)得a=2.5 m/s2 (2)由“燈L的發(fā)光亮度穩(wěn)定”知棒做勻速運動,受力平衡,有mgsin α-μmgcos α=BId 代入數(shù)據(jù)得棒中的電流I=1 A 由于R1=R2,所以此時通過小燈泡的電流 I2=12I=0.5 A,P=I22R2=0.05 W 此時感應電動勢E=Bdv=I(R+R1R2R1+R2) 得v=0.8 m/s。 答案(1)2.5 m/s2　(2)0.05 W　0.8 m/s 9.如圖甲所示,兩根足夠長平行金屬導軌MN、PQ相距為L,導軌平面與水平面夾角為α,金屬棒ab垂直于MN、PQ放置在導軌上,且始終與導軌接觸良好,金屬棒ab的質量為m。導軌處于勻強磁場中,磁場的方向垂直于導軌平面斜向上,磁感應強度大小為B。金屬導軌的上端與開關S、定值電阻R1和電阻箱R2相連。不計一切摩擦,不計導軌、金屬棒的電阻,重力加速度為g?，F(xiàn)在閉合開關S,將金屬棒由靜止釋放。 (1)判斷金屬棒ab中電流的方向。 (2)若電阻箱R2接入電路的阻值為0,當金屬棒下降高度為h時,速度為v,求此過程中定值電阻上產生的焦耳熱Q。 (3)當B=0.40 T,L=0.50 m,α=37°時,金屬棒能達到的最大速度vmax隨電阻箱R2阻值的變化關系如圖乙所示。g取10 m/s2,sin 37°=0.60,cos 37°=0.80。求R1的阻值和金屬棒的質量m。?導學號17420365? 解析(1)由右手定則可知,金屬棒ab中的電流方向為由b到a。 (2)由能量守恒知,金屬棒減少的重力勢能等于增加的動能和電路中產生的焦耳熱 即mgh=12mv2+Q 則Q=mgh-12mv2。 (3)金屬棒達到最大速度vmax時,切割磁感線產生的感應電動勢E=BLvmax 由閉合電路的歐姆定律得I=ER1+R2 金屬棒的受力分析如圖所示 金屬棒達到最大速度時,滿足mgsin θ-BIL=0 聯(lián)立以上三式得vm=mgsinαB2L2(R2+R1) 由題圖乙可知,斜率k=60-302 m·s-1 Ω-1=15 m·s-1 Ω-1,縱軸截距v=30 m/s 所以mgsinαB2L2R1=v,mgsinαB2L2=k 解得R1=2.0 Ω,m=0.1 kg 答案(1)b→a　(2)mgh-12mv2　(3)2.0 Ω　0.1 kg 10. 足夠長的平行金屬導軌ab、cd放置在水平面上,處在磁感應強度B=1.0 T的豎直方向的勻強磁場中,導軌間連接阻值為R=0.3 Ω 的電阻,質量m=0.5 kg、電阻r=0.1 Ω的金屬棒ef緊貼在導軌上,兩導軌間的距離L=0.40 m,如圖所示。在水平恒力F作用下金屬棒ef由靜止開始向右運動,其運動距離與時間的關系如下表所示。導軌與金屬棒ef間的動摩擦因數(shù)為0.3,導軌電阻不計,g取10 m/s2,求: 時間t(s) 0.0 1.0 2.0 3.0 4.0 5.0 6.0 7.0 運動距離x(m) 0.0 0.6 2.0 4.3 6.8 9.3 11.8 14.3 (1)在4.0 s時間內,通過金屬棒截面的電荷量q。 (2)水平恒力F。 (3)慶豐同學在計算7.0 s時間內,整個回路產生的焦耳熱Q時,是這樣計算的:先算7.0 s內的電荷量,再算電流I=Qt,再用公式Q=I2Rt計算出焦耳熱,請你簡要分析這樣做是否正確?認為正確的,請算出結果;認為錯誤的,請用自己的方法算出7.0 s,整個回路產生的焦耳熱Q。?導學號17420366? 解析(1)金屬棒產生的平均感應電動勢 E=ΔΦΔt=BLxt 平均電流I=ER+r 則電荷量q=It=BLxR+r=6.8 C (2)由題表中數(shù)據(jù)可知,3.0 s以后棒ef做勻速直線運動,處于平衡狀態(tài) 其速度v=ΔxΔt=2.5 m/s 有F-Ff=BIL 由E=BLv,I=ER+r,Ff=μFN 解得F=BIL+Ff=2.5 N (3)慶豐同學用電流的平均值計算焦耳熱是錯誤的。 正確解法是根據(jù)能量轉化和守恒定律,有Fx-μmgx-Q=12mv2 解得Q=12.7 J 答案(1)6.8 C　(2)2.5 N　(3)見解析 11.如圖所示,兩條平行的金屬導軌相距L=1 m,金屬導軌的傾斜部分與水平方向的夾角為37°,整個裝置處在豎直向下的勻強磁場中。金屬棒MN和PQ的質量均為m=0.2 kg,電阻分別為RMN=1 Ω和RPQ=2 Ω。MN置于水平導軌上,與水平導軌間的動摩擦因數(shù)μ=0.5,PQ置于光滑的傾斜導軌上,兩根金屬棒均與導軌垂直且接觸良好。從t=0時刻起,MN棒在水平外力F1的作用下由靜止開始以a=1 m/s2的加速度向右做勻加速直線運動,PQ則在平行于斜面方向的力F2作用下保持靜止狀態(tài)。t=3 s時,PQ棒消耗的電功率為8 W,不計導軌的電阻,水平導軌足夠長,MN始終在水平導軌上運動。(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2)求: (1)磁感應強度B的大小。 (2)t=0~3 s時間內通過MN棒的電荷量。 (3)求t=6 s時F2的大小和方向。 (4)若改變F1的作用規(guī)律,使MN棒的運動速度v與位移x滿足關系v=0.4x,PQ棒仍然靜止在傾斜軌道上,求MN棒從靜止開始到x=5 m的過程中,系統(tǒng)產生的熱量。 ?導學號17420367? 解析(1)當t=3 s時,設MN的速度為v1,則 v1=at=3 m/s E1=BLv1 E1=I(RMN+RPQ) P=I2RPQ 聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)得B=2 T。 (2)由于E=ΔΦΔt,q=I·Δt, 所以q=ΔΦRMN+RPQ,ΔΦ=BL×12at2 代入數(shù)值可得q=3 C (3)當t=6 s時,設MN的速度為v2,則 v2=at=6 m/s E2=BLv2=12 V I2=E2RMN+RPQ=4 A F安=BI2L=8 N,方向水平向右。 規(guī)定沿斜面向上為正方向,對PQ進行受力分析可得 F2+F安cos 37°=mgsin 37° 代入數(shù)據(jù)得F2=-5.2 N(負號說明力的方向沿斜面向下) (4)MN棒做變加速直線運動,當x=5 m時,v=0.4x=0.4×5 m/s=2 m/s 因為速度v與位移x成正比,所以電流I、安培力也與位移x成正比, 安培力做功W安=-12BL·BLvRMN+RPQ·x=-203 J 即Q=-W安=203 J。 答案(1)2 T　(2)3 C　(3)5.2 N　方向沿斜面向下　(4)203 J 9