2022年高三物理復(fù)習(xí) 專題二 力與物體的直線運(yùn)動(dòng) 第2課時(shí) 動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)在電學(xué)中的應(yīng)用講義

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1、2022年高三物理復(fù)習(xí) 專題二 力與物體的直線運(yùn)動(dòng) 第2課時(shí) 動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)在電學(xué)中的應(yīng)用講義 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運(yùn)動(dòng)只能是勻速直線運(yùn)動(dòng)． 3． 帶電粒子(不計(jì)重力)在勻強(qiáng)電場(chǎng)中由靜止開始被加速或帶電粒子沿著平行于電場(chǎng)方向射入電場(chǎng)中時(shí)，帶電粒子做勻變速直線運(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)類型：勻速直線運(yùn)動(dòng)、加速度逐漸減小的減速直線運(yùn)動(dòng)、加速度逐漸減小的加速直線運(yùn)動(dòng)． 1． 帶電粒子在電場(chǎng)中做直線運(yùn)動(dòng)的問題：在電場(chǎng)中處理力學(xué)問題時(shí)，其分析方

2、法與力學(xué)相同．首先進(jìn)行受力分析，然后看物體所受的合力與速度方向是否一致，其運(yùn)動(dòng)類型有電場(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)中的直線運(yùn)動(dòng)，一般多以加速、減速交替出現(xiàn)的多運(yùn)動(dòng)過程的情境出現(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)過程分析. 題型1　電場(chǎng)內(nèi)動(dòng)力學(xué)問題分析 例1　質(zhì)量為m的帶電小球由空中某點(diǎn)A無初速度地自由下落，在t秒末加上豎直方向且范圍足夠大的勻強(qiáng)電場(chǎng)，再經(jīng)過t秒小球又回到A點(diǎn)．整個(gè)過程中不計(jì)空氣阻力且小球從未落地，則 (　　) A．勻強(qiáng)電

3、場(chǎng)方向豎直向上 B．小球受到的電場(chǎng)力大小是4mg C．從加電場(chǎng)開始到小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)歷時(shí)秒 D．從A點(diǎn)到最低點(diǎn)的過程中，小球重力勢(shì)能變化了mg2t2 解析　小球所受電場(chǎng)力方向是向上的，但不知道小球帶電的電性，所以不能判斷電場(chǎng)的方向，故A錯(cuò)誤；加電場(chǎng)時(shí)小球的位移為h＝gt2，速度v＝gt，設(shè)受到的電場(chǎng)力為F，則加上電場(chǎng)后的加速度大小a＝，從加電場(chǎng)到回到A的過程中－h(huán)＝vt－at2，以上幾式聯(lián)立可得F＝4mg，a＝3g，故B正確．由v＝gt知，從加電場(chǎng)開始小球減速到0的時(shí)間t1＝＝＝，故C錯(cuò)誤．從加電場(chǎng)開始到小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)過程中的位移大小為h2＝·t1＝gt2，所以由A點(diǎn)到最低點(diǎn)的過程中

4、，小球重力勢(shì)能變化了mg(gt2＋gt2)＝mg2t2，故D正確． 答案　BD 以題說法　帶電體在電場(chǎng)內(nèi)運(yùn)動(dòng)問題的分析關(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)問題中的分析是一樣的． 　光滑水平面上放置兩個(gè)等量同種點(diǎn)電荷，其連線中垂線上有A、B、C三點(diǎn)，如圖1甲所示，一個(gè)質(zhì)量m＝1 kg的小物塊自C點(diǎn)由靜止釋放，小物塊帶電荷量q＝2 C，其運(yùn)動(dòng)的v－t圖線如圖乙所示，其中B點(diǎn)為整條圖線切線斜率最大的位置(圖中標(biāo)出了該切線)，則以下分析正確的是 (　　) 圖1 A．B點(diǎn)為中垂線上電場(chǎng)強(qiáng)度最大的點(diǎn)，場(chǎng)強(qiáng)E＝1 V/m

5、 B．由C點(diǎn)到A點(diǎn)物塊的電勢(shì)能先減小后變大 C．由C點(diǎn)到A點(diǎn)，電勢(shì)逐漸降低 D．B、A兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為UBA＝8.25 V 答案　ACD 解析　根據(jù)題給的小物塊運(yùn)動(dòng)的v－t圖線和題述B點(diǎn)為整條圖線切線斜率最大的位置可知，B點(diǎn)小物塊運(yùn)動(dòng)的加速度最大，B點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度最大．由小物塊運(yùn)動(dòng)的v－t圖線可知，小物塊經(jīng)過B點(diǎn)的加速度a＝2 m/s2，由牛頓第二定律有qE＝ma，解得E＝1 V/m，選項(xiàng)A正確．小物塊由C點(diǎn)到A點(diǎn)，電場(chǎng)力一直做正功，電勢(shì)能減小，電勢(shì)逐漸降低，選項(xiàng)B錯(cuò)誤，C正確．小物塊從B到A，由動(dòng)能定理有qUAB＝mv－mv，解得B、A兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為UBA＝8.25 V，選項(xiàng)D正確

6、． 題型2　磁場(chǎng)內(nèi)動(dòng)力學(xué)問題分析 例2　如圖2所示，空間有一垂直紙面的磁感應(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，在木板左端無初速度放上一質(zhì)量為0.1 kg、電荷量q＝＋0.2 C的滑塊，滑塊與絕緣木板之間的動(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2 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．滑塊開始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) C．木板先做加速

7、度為2 m/s2的勻加速運(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時(shí)滑塊和木板脫離 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　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，帶電滑塊速度增大，所受向上的洛倫茲力增大，滑塊先做加速度為2 m/s2的勻加速運(yùn)動(dòng)后做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，木板先做加速度為2 m/s2的勻加速運(yùn)動(dòng)，再做加速度增大的運(yùn)動(dòng)，最后滑塊離開，木板做加速度為3 m/s2的勻加速運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)C正確，A、B錯(cuò)誤；當(dāng)滑塊受到的重力和洛倫茲力相等時(shí)，滑塊與木板脫離，這以后滑塊做勻速直線運(yùn)動(dòng)，速度為v＝＝10

8、 m/s，木板以3 m/s2的加速度做勻加速直線運(yùn)動(dòng)．若滑塊保持以2 m/s2的加速度加速，則速度達(dá)到10 m/s所需要的時(shí)間t＝＝5 s，實(shí)際上滑塊的加速度不能保持2 m/s2，而是要逐漸減小，故滑塊要在5 s后才能達(dá)到10 m/s的速度，選項(xiàng)D錯(cuò)誤. 答案　C 以題說法　1.對(duì)于磁場(chǎng)內(nèi)的動(dòng)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(dòng)． 2．此類問題也常出現(xiàn)臨界問題，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3所示，帶電平行板中勻強(qiáng)電場(chǎng)方向豎直向下，勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，一帶電小球

9、從光滑絕緣軌道上的a點(diǎn)自由滑下，經(jīng)過軌道末端點(diǎn)P進(jìn)入板間恰好沿水平方向做直線運(yùn)動(dòng)．現(xiàn)使球從軌道上較低的b點(diǎn)(圖中未畫出)開始滑下，經(jīng)P點(diǎn)進(jìn)入板間，在之后運(yùn)動(dòng)的一小段時(shí)間內(nèi) (　　) 圖3 A．小球一定向下偏 B．小球的機(jī)械能可能不變 C．小球一定向上偏 D．小球動(dòng)能可能減小 答案　D 解析　球從軌道上較低的b點(diǎn)開始滑下，經(jīng)P點(diǎn)進(jìn)入板間時(shí)，若帶電小球帶正電，所受洛倫茲力方向向上，速度減小，洛倫茲力減小，帶電小球向下偏轉(zhuǎn)，電場(chǎng)力做正功，小球的電勢(shì)能減小，機(jī)械能增大；若帶電小球帶負(fù)電，所受洛倫茲力方向向下，速度減小，洛倫茲力減小，帶電小球向上偏轉(zhuǎn)，電場(chǎng)力做負(fù)功，小球

10、的電勢(shì)能增大，機(jī)械能減小，動(dòng)能減小，所以選項(xiàng)D正確． 題型3　電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問題分析 例3　(16分)如圖4甲所示，一對(duì)足夠長(zhǎng)的平行粗糙導(dǎo)軌固定在水平面上，兩導(dǎo)軌間距l(xiāng)＝1 m，左端與R＝3 Ω的電阻連接，導(dǎo)軌的電阻忽略不計(jì)．一根質(zhì)量m＝0.5 kg、電阻r＝1 Ω的導(dǎo)體棒靜止置于兩導(dǎo)軌上，并與兩導(dǎo)軌垂直．整個(gè)裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝2 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直于導(dǎo)軌平面向上．現(xiàn)用水平向右的拉力F拉導(dǎo)體棒，拉力F與時(shí)間t的關(guān)系如圖乙所示，導(dǎo)體棒恰好做勻加速直線運(yùn)動(dòng)．在0～2 s內(nèi)拉力F所做的功為W＝ J，重力加速度g＝10 m/s2.求： 圖4 (1)導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因

11、數(shù)μ； (2)在0～2 s內(nèi)通過電阻R的電荷量q； (3)在0～2 s內(nèi)電阻R上產(chǎn)生的熱量Q. 解析　(1)設(shè)導(dǎo)體棒的加速度為a，則t時(shí)刻導(dǎo)體棒的速度 v＝at 產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為 E＝Blv 電路中的感應(yīng)電流為 I＝ 導(dǎo)體棒所受的安培力為 F安＝BIl＝＝ 由牛頓第二定律可知： F－μmg－＝ma 即F＝ma＋μmg＋ 代入數(shù)據(jù)得： F＝a＋5μ＋at (N) (3分) 由題圖乙可知：F＝3＋2t (N) (1分) 由于物體做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度a為常數(shù)，比較兩式可得： a＝2 m/s2，μ＝0.4

12、 (2分) (2)在F作用的時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)體棒的位移為 s＝at2＝4 m (1分) 在時(shí)間t內(nèi)的平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì) ＝＝ 平均電流為 ＝ 通過電阻R的電荷量 q＝t＝ (2分) 代入數(shù)據(jù)得q＝2 C (1分) (3)t＝2 s時(shí)刻，導(dǎo)體棒的速度v＝at＝4 m/s (1分) 在力F的作用過程中，設(shè)電路中產(chǎn)生的總熱量為Q′.由動(dòng)能定理可知 W－μmgs－Q′＝mv2 (2分) 代入數(shù)據(jù)可得 Q′＝ J (1分) 由

13、串聯(lián)電路的知識(shí)可知 Q＝Q′＝8 J (2分) 答案　(1)0.4　(2)2 C　(3)8 J 以題說法　對(duì)于導(dǎo)體棒在磁場(chǎng)中動(dòng)力學(xué)問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運(yùn)動(dòng)．本題中讓外力均勻變化，就可以使導(dǎo)體棒做勻變速直線運(yùn)動(dòng)． 　如圖5所示，傾角為37°的光滑絕緣的斜面上放著M＝1 kg的U型導(dǎo)軌abcd，ab∥cd.另有一質(zhì)量m＝1 kg的金屬棒EF平行bc放在導(dǎo)軌上，EF下側(cè)有絕緣的垂直于斜面的立柱P、S、Q擋住EF使之不下滑

14、．以O(shè)O′為界，下部有一垂直于斜面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，上部有平行于斜面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．兩磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度均為B＝1 T，導(dǎo)軌bc段長(zhǎng)L＝1 m．金屬棒EF的電阻R＝1.2 Ω，其余電阻不計(jì)．金屬棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.4，開始時(shí)導(dǎo)軌bc邊用細(xì)線系在立柱S上，導(dǎo)軌和斜面足夠長(zhǎng)，sin 37°＝0.6，g＝10 m/s2.當(dāng)剪斷細(xì)線后，試求： 圖5 (1)細(xì)線剪斷瞬間，導(dǎo)軌abcd運(yùn)動(dòng)的加速度； (2)導(dǎo)軌abcd運(yùn)動(dòng)的最大速度； (3)若導(dǎo)軌從開始運(yùn)動(dòng)到最大速度的過程中，流過金屬棒EF的電量q＝5 C，則在此過程中，系統(tǒng)損失的機(jī)械能是多少？ 答案　(1)2.8 m/s2　(2)5

15、.6 m/s　(3)20.32 J 解析　(1)細(xì)線剪斷瞬間，對(duì)導(dǎo)軌應(yīng)用牛頓第二定律： Mgsin 37°－Ff＝Ma 其中Ff＝μFN＝μmgcos 37° 解得：a＝gsin 37°－μgcos 37° ＝10×0.6 m/s2－0.4××10×0.8 m/s2＝2.8 m/s2 (2)下滑過程對(duì)導(dǎo)軌應(yīng)用牛頓第二定律： Mgsin 37°－Ff′－F安＝Ma′ 把Ff′＝μ(mgcos 37°－F安)及F安＝代入得： a′＝ ＝gsin 37°－μgcos 37°－(1－μ) 令上式a′＝0，得導(dǎo)軌的最大速度為： vm＝＝5.6 m/s (3)設(shè)導(dǎo)軌下滑距離d時(shí)達(dá)

16、到最大速度，則有： q＝IΔt＝＝ 解得：d＝6 m 對(duì)系統(tǒng)由能量守恒定律得： Mgdsin 37°＝Mv＋ΔE損 代入數(shù)據(jù)解得： ΔE損＝20.32 J 3． 應(yīng)用動(dòng)力學(xué)方法處理電學(xué)綜合問題 審題示例 (xx·四川·10)(17分)在如圖6所示的豎直平面內(nèi)，物體A和帶正電的物體B用跨過定滑輪的絕緣輕繩連接，分別靜止于傾角θ＝37°的光滑斜面上的M點(diǎn)和粗糙絕緣水平面上，輕繩與對(duì)應(yīng)平面平行．勁度系數(shù)k＝5 N/m的輕彈簧一端固定在O點(diǎn)，一端用另一輕繩穿過固定的光滑小環(huán)D與A相連．彈簧處于原長(zhǎng)，輕繩恰好拉直，DM垂直于斜面．水平面處于場(chǎng)強(qiáng)E＝5×104 N/C、方向水平向右的

17、勻強(qiáng)電場(chǎng)中．已知A、B的質(zhì)量分別為mA＝0.1 kg和mB＝0.2 kg，B所帶電荷量q＝＋4×10－6C.設(shè)兩物體均視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)滑輪質(zhì)量和摩擦，繩不可伸長(zhǎng)，彈簧始終處在彈性限度內(nèi)，B電荷量不變．取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8. 圖6 (1)求B所受靜摩擦力的大?。? (2)現(xiàn)對(duì)A施加沿斜面向下的拉力F，使A以加速度a＝0.6 m/s2開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)．A從M到N的過程中，B的電勢(shì)能增加了ΔEp＝0.06 J．已知DN沿豎直方向，B與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.4.求A到達(dá)N點(diǎn)時(shí)拉力F的瞬時(shí)功率． 審題模板 答題模板 (1)F作用之

18、前，A、B均處于靜止?fàn)顟B(tài)．設(shè)B所受靜摩擦力大小為f0，A、B間繩中張力為T0，有 對(duì)A：T0＝mAgsin θ ①(2分) 對(duì)B：T0＝qE＋f0 ②(2分) 聯(lián)立①②式，代入數(shù)據(jù)解得：f0＝0.4 N ③(1分) (2)物體A從M點(diǎn)到N點(diǎn)的過程中，A、B兩物體的位移均為s，A、B間繩子張力為T，有 qEs＝ΔEp ④(2分) T－μmBg－qE＝mBa ⑤(2分) 設(shè)A在N點(diǎn)時(shí)速度為v，受彈簧拉力為F彈，彈簧的伸長(zhǎng)量為Δx，有v2＝2as⑥(1分) F彈＝k·

19、Δx ⑦(1分) F＋mAgsin θ－F彈sin θ－T＝mAa ⑧(2分) 由幾何關(guān)系知Δx＝ ⑨(2分) 設(shè)拉力F在N點(diǎn)的瞬時(shí)功率為P，有P＝Fv ⑩(1分) 聯(lián)立④～⑩式，代入數(shù)據(jù)解得P＝0.528 W (1分) 答案　(1)0.4 N　(2)0.528 W 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)系往往就是解決問題的突破口． 　如圖7，光滑斜面的傾角α＝30°，一個(gè)矩形導(dǎo)體線框abcd

20、放在斜面內(nèi)，ab邊水平，長(zhǎng)度l1＝1 m，bc邊的長(zhǎng)度l2＝0.6 m，線框的質(zhì)量m＝1 kg，總電阻R＝0.1 Ω，線框通過細(xì)線與質(zhì)量為M＝2 kg的重物相連，細(xì)線繞過定滑輪，不計(jì)定滑輪對(duì)細(xì)線的摩擦，斜面上水平線ef的右側(cè)有垂直斜面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.5 T，如果線框從靜止開始運(yùn)動(dòng)，進(jìn)入磁場(chǎng)最初一段時(shí)間是勻速的，ef線和斜面最高處gh(gh是水平的)的距離s＝11.4 m，取g＝10 m/s2，求： 圖7 (1)線框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)勻速運(yùn)動(dòng)的速度v； (2)ab邊運(yùn)動(dòng)到gh線時(shí)的速度大?。? 答案　(1)6 m/s　(2)12 m/s 解析　(1)因?yàn)榫€框進(jìn)入磁場(chǎng)的最初一

21、段時(shí)間做勻速運(yùn)動(dòng)，所以重物受力平衡，有 Mg＝FT 線框abcd受力平衡 FT＝mgsin α＋F安 ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)切割磁感線，產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)E＝Bl1v， 形成的感應(yīng)電流 I＝ 受到的安培力 F安＝BIl1 聯(lián)立上述各式得 Mg＝mgsin α＋ 代入數(shù)據(jù)解得v＝6 m/s (2)線框abcd全部進(jìn)入磁場(chǎng)后無感應(yīng)電流，對(duì)線框和重物組成的系統(tǒng)，有 Mg－mgsin α＝(m＋M)a 所以a＝5 m/s2 設(shè)線框到達(dá)gh處的速度為v′，有 v′2－v2＝2a(s－l2) 解得v′＝12 m/s (限時(shí)：45分鐘) 1． 如圖1甲所示，兩個(gè)平行金屬板a、b豎

22、直放置，兩板加如圖乙所示的電壓．t＝0時(shí)刻在兩板的正中央O點(diǎn)由靜止開始釋放一個(gè)電子，電子僅在電場(chǎng)力作用下運(yùn)動(dòng)，假設(shè)始終未與兩板相碰．則電子速度方向向左且大小逐漸減小的時(shí)間是 (　　) 圖1 A．0Ub，電子向左做勻加速運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤；t0

23、誤． 2． 如圖2所示，在光滑絕緣斜面上放置一矩形鋁框abcd，鋁框的質(zhì)量為m、電阻為R，斜面上ef線與gh線間有垂直斜面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，ef∥gh∥pq∥ab，eh>bc.如果鋁框從磁場(chǎng)上方的某一位置由靜止開始運(yùn)動(dòng)，則從開始運(yùn)動(dòng)到ab邊到達(dá)gh線之前的速度(v)—時(shí)間(t)圖象可能正確的有 (　　) 圖2 答案　AD 解析　線框在進(jìn)入磁場(chǎng)之前做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)可能加速、勻速、減速，完全進(jìn)入后做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，出磁場(chǎng)時(shí)也可能加速、勻速或減速．進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)如果勻速，則出磁場(chǎng)時(shí)線框的速度更大，線框受到的安培力變大，線框?qū)⒆鰷p速運(yùn)動(dòng)，但速度最小減到與進(jìn)

24、入磁場(chǎng)時(shí)相等，就再做勻速運(yùn)動(dòng)，故A、D正確，B、C錯(cuò)誤． 3． 如圖3所示，空間同時(shí)存在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)和方向垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．質(zhì)量為m、電荷量為q的液滴，以某一速度沿與水平方向成θ角斜向上進(jìn)入正交的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)疊加區(qū)域，在時(shí)間t內(nèi)液滴從M點(diǎn)勻速運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)．重力加速度為g. 圖3 (1)判定液滴帶的是正電還是負(fù)電，并畫出液滴受力示意圖； (2)求勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)E的大??； (3)求液滴從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過程中電勢(shì)能的變化量． 答案　(1)正電　受力示意圖見解析圖　(2) (3) 解析　(1)液滴帶正電 液滴受力示意圖如圖所示 (2)由圖可知

25、 F電＝Eq＝mgtan θ E＝ (3)設(shè)液滴運(yùn)動(dòng)的速度為v，由圖可知 mg＝qvBcos θ v＝ 設(shè)MN之間的距離為d，則 d＝vt＝ 液滴從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減少，設(shè)電勢(shì)能減少量為ΔEp，ΔEp＝Eqdcos θ 故ΔEp＝ 4． 如圖4甲所示，不計(jì)電阻的平行金屬導(dǎo)軌豎直放置，導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)＝1 m，上端接有電阻R＝3 Ω，虛線OO′下方是垂直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．現(xiàn)將質(zhì)量m＝0.25 kg、電阻r＝1 Ω的金屬桿ab，從OO′上方某處垂直導(dǎo)軌由靜止釋放，桿下落過程中始終與導(dǎo)軌保持良好接觸且水平，桿下落過程中的v－t圖象如圖乙所示，重力加速度g取10

26、m/s2.求： 圖4 (1)金屬桿ab剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大?。? (2)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??； (3)桿在磁場(chǎng)中下落0.2 s的過程中電阻R產(chǎn)生的熱量． 答案　(1)10 m/s　(2)1 T　(3)3.75 J 解析　(1)由題圖乙知，桿自由下落1 s進(jìn)入磁場(chǎng)以v＝10 m/s做勻速運(yùn)動(dòng) (2)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)E＝BLv 產(chǎn)生的感應(yīng)電流I＝ 桿所受安培力F安＝BIL 由平衡條件得mg＝F安 代入數(shù)據(jù)得B＝1 T (3)電阻R產(chǎn)生的熱量Q＝I2Rt＝3.75 J 5． 如圖5所示，小車質(zhì)量M＝8 kg，帶電荷量q＝＋3×10－2 C，置于光滑水平面上，水平面上方有方向水平

27、向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小E＝2×102 N/C.當(dāng)小車向右的速度v＝3 m/s時(shí)，將一個(gè)不帶電、可視為質(zhì)點(diǎn)的絕緣物塊輕放在小車的右端，物塊質(zhì)量m＝1 kg，物塊與小車表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，小車足夠長(zhǎng)，g取10 m/s2.求： 圖5 (1)物塊在小車上滑動(dòng)過程中系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能； (2)從物塊放上小車后5 s內(nèi)小車電勢(shì)能的增量． 答案　(1)6 J　(2)－132 J 解析　(1)對(duì)物塊：a1＝＝μg＝2 m/s2 對(duì)小車：a2＝＝0.5 m/s2 設(shè)經(jīng)過時(shí)間t0物塊和小車速度相等： a1t0＝v＋a2t0，t0＝2 s v1＝a1t0＝4 m/s，s1＝t0＝

28、4 m，s2＝t0＝7 m Q＝μmg(s2－s1)＝6 J (2)當(dāng)物塊與小車相對(duì)靜止時(shí)，它們的加速度為 a＝＝ m/s2 此后小車又發(fā)生的位移： s3＝v1(t－t0)＋a(t－t0)2＝15 m 從物塊放上小車后5 s內(nèi)電場(chǎng)力對(duì)小車做的功W＝Eq(s2＋s3)＝132 J 電勢(shì)能的增量：ΔEp＝－W＝－132 J 6． 如圖6，空間內(nèi)存在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在虛線MN的右側(cè)有垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的小顆粒自A點(diǎn)由靜止開始運(yùn)動(dòng)，剛好沿直線運(yùn)動(dòng)至光滑絕緣的水平面C點(diǎn)，與水平面碰撞的瞬間小顆粒的豎直分速度立即減為零，而水平分速度不變，

29、小顆粒運(yùn)動(dòng)至D處剛好離開水平面，然后沿圖示曲線DP軌跡運(yùn)動(dòng)，AC與水平面夾角α＝30°，重力加速度為g，求： 圖6 (1)勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)E； (2)AD之間的水平距離d； (3)已知小顆粒在軌跡DP上某處的最大速度為vm，該處軌跡的曲率半徑是距水平面高度的k倍，則該處的高度為多大？ 答案　(1)mg/q　(2)　(3) 解析　(1)小顆粒受力如圖所示 qE＝mgcot α 解得：E＝mg/q (2)設(shè)小顆粒在D點(diǎn)速度為vD，在水平方向由牛頓第二定律得：qE＝max， 2axd＝v 小顆粒在D點(diǎn)離開水平面的條件是：qvDB＝mg 得：d＝ (3)當(dāng)速度方向與電場(chǎng)力和重力合力方向垂直時(shí)，速度最大 則：qvmB－＝m R＝kh 解得h＝