高考物理大二輪復(fù)習(xí)與增分策略 專(zhuān)題二 力與物體的直線(xiàn)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(cè)物理試題
《高考物理大二輪復(fù)習(xí)與增分策略 專(zhuān)題二 力與物體的直線(xiàn)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(cè)物理試題》由會(huì)員分享,可在線(xiàn)閱讀,更多相關(guān)《高考物理大二輪復(fù)習(xí)與增分策略 專(zhuān)題二 力與物體的直線(xiàn)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(cè)物理試題(16頁(yè)珍藏版)》請(qǐng)?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(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,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(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. 解題方略 1.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,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.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(chǎng)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(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大??; (2)若將電場(chǎng)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(chǎng)強(qiáng)度改為水平向左,大小變?yōu)樵瓉?lái)的2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(chǎng)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(kāi)斜面做勻加速直線(xiàn)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(cè)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(xiàn)之間的電勢(shì)φ與位置x之間的關(guān)系圖象,圖中x=L點(diǎn)為圖線(xiàn)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(shuō)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(xiàn)的斜
5、率等于場(chǎng)強(qiáng)E,則知x=L處場(chǎng)強(qiáng)為零,所以小球在C處受到的電場(chǎng)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(chǎng)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(shì)大于x=2L點(diǎn)的電勢(shì),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(duì)稱(chēng),所以x=L點(diǎn)不是中心,故C錯(cuò)誤;x=L處場(chǎng)強(qiáng)為零,根據(jù)點(diǎn)電荷場(chǎng)強(qiáng)公式則有:k=k,解得QA ∶QB=4∶1,故D正確. 預(yù)測(cè)2 如圖3甲所示為兩平行金屬板,板間電勢(shì)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(guò)靜止時(shí)的位置,整個(gè)過(guò)
6、程帶電小球沒(méi)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(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.帶電粒子在電場(chǎng)力、重力和洛倫茲力共同作用
7、下的直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)只能是勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng). 3.此類(lèi)問(wèn)題也常出現(xiàn)臨界問(wèn)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(wú)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(chǎng)中,物塊由底端E運(yùn)動(dòng)至皮帶輪頂端F的過(guò)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(guò)程的說(shuō)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(zhǎng)度,可求出該過(guò)程中物塊與傳送帶發(fā)生的相對(duì)位移 D.在2~4.5 s內(nèi),物塊與傳送帶仍可能有相對(duì)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(kāi)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(kāi)始時(shí):FN=mgcos θ,后來(lái):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(guò)程中,洛倫茲力越來(lái)越大,則受到的支持力越來(lái)越小,結(jié)合①式可知,物塊的加速度也越來(lái)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(wú)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(duì)于傳送帶靜止,也有可能與傳送帶相對(duì)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(zhǎng)度,也不能求出該過(guò)程中物塊與傳送帶發(fā)生的相對(duì)位移.故C錯(cuò)誤. 答案 BD 預(yù)測(cè)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(chǎng)(圖中沒(méi)有畫(huà)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(wú)限長(zhǎng)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(kāi)始沿斜面下滑,運(yùn)動(dòng)過(guò)程中P、Q始終保持相對(duì)靜止.則以下說(shuō)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(kāi)始時(shí)刻外,其他各時(shí)刻P、Q間彈力及摩擦力無(wú)法求出,故無(wú)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(kāi)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(duì)整體分析可知,開(kāi)始時(shí)整體的加速度a=gsin θ-μ2gcos θ;此時(shí)P受摩擦力最小;再對(duì)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(cè)4 如圖6所示,無(wú)限長(zhǎng)水平直導(dǎo)線(xiàn)中通有向右的恒定電流I,導(dǎo)線(xiàn)正上方沿豎直方向有一用絕緣細(xì)線(xiàn)懸掛著的正方形線(xiàn)框.線(xiàn)框中通有沿
12、逆時(shí)針?lè)较虻暮愣娏鱅,線(xiàn)框的邊長(zhǎng)為L(zhǎng),線(xiàn)框下邊與直導(dǎo)線(xiàn)平行,且到直導(dǎo)線(xiàn)的距離也為L(zhǎng).已知在長(zhǎng)直導(dǎo)線(xiàn)的磁場(chǎng)中距長(zhǎng)直導(dǎo)線(xiàn)r處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B=k(k為常量),線(xiàn)框的質(zhì)量為m,則剪斷細(xì)線(xiàn)的瞬間,線(xiàn)框的加速度為( ) 圖6 A.0 B.+g C.-g D.+g 答案 D 解析 線(xiàn)框下邊受到的安培力的大小為F1=k·IL=kI2,方向向下, 線(xiàn)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(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
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(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). 例3 如圖7所示,平行且足夠長(zhǎng)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(chǎng)垂直穿過(guò)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(guò)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(shì);
(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(cè)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(chǎng)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(guò)程中,F(xiàn)=3mgsin θ
D.在MN、PQ都勻速運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中,F(xiàn)=2mgsin θ
答案 ABD
預(yù)測(cè)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(chǎng)中,磁場(chǎng)以O(shè)O′為界,左側(cè)的磁場(chǎng)方向豎直向上,右側(cè)的磁場(chǎng)方向水平向右,磁感應(yīng)強(qiáng)度均為B.導(dǎo)軌bc段長(zhǎng)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(zhǎng),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(huà)出回路中感應(yīng)電流I隨時(shí)間t變化的圖象,并寫(xiě)出分析過(guò)程.
答案 (1) (2)(R+r)
(3)見(jiàn)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(kāi)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(zhuān)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(kāi)始處于靜止?fàn)顟B(tài),若突然加沿豎直方向的勻強(qiáng)電場(chǎng),此瞬間A對(duì)B的壓力大小變?yōu)?5 N.g=10 m/s2,則( )
圖1
A.電場(chǎng)強(qiáng)度為50 N/C B.電場(chǎng)強(qiáng)度為100 N/C
C.電場(chǎng)強(qiáng)度為150 N/C D.電場(chǎng)強(qiáng)度為200 N/C
答案 B
解析 物塊B開(kāi)始時(shí)平衡,A對(duì)其的壓力等于A 19、的重力,為20 N,加上電場(chǎng)后瞬間A對(duì)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(duì)物塊A受力分析,設(shè)電場(chǎng)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(chǎng)力向上,為10 N,故場(chǎng)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(chǎng)力作用下以初速度v0沿兩點(diǎn)電荷連線(xiàn)的中垂線(xiàn)從a點(diǎn)向上運(yùn)動(dòng),其v-t圖象如圖乙所示,下列說(shuō)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(wú)窮遠(yuǎn)處
D.t2時(shí)刻試探電荷的電勢(shì)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(guò)程加速度先增大后減小,而重力不變,說(shuō)明粒子受電場(chǎng)力應(yīng)向下,故說(shuō)明兩點(diǎn)電荷均應(yīng)帶負(fù)電;由于電場(chǎng)線(xiàn)只能沿豎直方向,故說(shuō)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(chǎng)力一直做負(fù)功,故電勢(shì)能增大,此后電場(chǎng)力做正功,電勢(shì)能減小,t2時(shí)刻電勢(shì)能最大,但由于試探電荷受重力及電場(chǎng)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(zhǎng),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(guò)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(guò)程中,前一過(guò)程M的電勢(shì)能的增加量較小
C.在B點(diǎn)M受到的庫(kù)侖力大小是mgsin θ
D.在Q產(chǎn)生的電場(chǎng)中,A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差大小為U=
答案 BD
解析 小球M下滑過(guò)程中,沿桿的方向受到重力的分力m 22、gsin θ和庫(kù)侖力,兩力方向相反.根據(jù)庫(kù)侖定律知道,庫(kù)侖力逐漸增大.庫(kù)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(kù)侖力與mgsin θ大小相等時(shí)速度最大;故A錯(cuò)誤;下滑過(guò)程,AC間的場(chǎng)強(qiáng)小,CB間場(chǎng)強(qiáng)大,由U=Ed知,A、C間的電勢(shì)差值小于C、B間的電勢(shì)差值,根據(jù)電場(chǎng)力做功公式W=qU得知,從A至C電場(chǎng)力做功較小,則電勢(shì)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(kù)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(chǎng)中,質(zhì)量為m,帶電量為+q的小球穿在足夠長(zhǎng)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(duì)小球施加水平向右的恒力F0,在小球從靜止開(kāi)始至速度最大的過(guò)程中,下列說(shuō)法中正確的是( )
圖4
A.直桿對(duì)小球的彈力方向不變
B.直桿對(duì)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(kāi)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??;
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(guò)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(zhǎng)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(chǎng)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(guò)cd棒,由左手定則可知,產(chǎn)生的安培力向右,大?。篎=BIL=
對(duì)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?。篎f=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(xiàn)邊界ab上方有無(wú)限大的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁場(chǎng)方向垂直紙面向里.一矩形金屬線(xiàn)框底邊與磁場(chǎng)邊界平行,從距離磁場(chǎng)邊界高度為h處由靜止釋放,下列說(shuō)法正確的是( )
26、圖6
A.整個(gè)下落過(guò)程中,穿過(guò)線(xiàn)框的磁通量一直在減小
B.線(xiàn)框穿出磁場(chǎng)的過(guò)程中,線(xiàn)框中會(huì)產(chǎn)生逆時(shí)針?lè)较虻碾娏?
C.線(xiàn)框穿出磁場(chǎng)的過(guò)程中,線(xiàn)框受到的安培力可能一直減小
D.線(xiàn)框穿出磁場(chǎng)的過(guò)程中,線(xiàn)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(chǎng)強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場(chǎng),長(zhǎng)度為L(zhǎng)絕緣光滑的擋板AC與電場(chǎng)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(wú)摩擦滑動(dòng),乙垂直于電場(chǎng)方向以一定的初速度運(yùn)動(dòng),甲、乙兩個(gè)帶電體都通過(guò)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(guò)C處的速度相等
27、
C.電勢(shì)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(duì)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(guò)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(shì)能的變化量等于電場(chǎng)力做的功,則:W=EQd=EQLcos 30°=EQL,故選項(xiàng)C正確;對(duì)于甲帶電體:a1=,則:L=a1t;對(duì)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(zhǎng)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(chǎng) 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(zhǎng)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(huà)出從t=0時(shí)開(kāi)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(jiàn)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(zhǎng)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(duì)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(chǎng),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(guò)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(shuō)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).
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