16、
應強度大小為B，方向平行于bc邊水平向右.ab＝4L，bc＝3L，金屬框總電阻為R.求：
圖8
(1)若金屬框繞bc邊以角速度ω按圖示方向勻速轉(zhuǎn)動時，ab兩點間的電勢差Uab是多少？a、b兩點哪點電勢高？
(2)若金屬框繞ab邊以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動一周，ab邊上產(chǎn)生的焦耳熱是多少？
答案 (1)8BL2ω a端電勢高
(2)
解析 (1)根據(jù)法拉第電磁感應定律得E＝B·4L·
＝＝ω＝2Lω
所以E＝B·4L·2Lω＝8BL2ω
由于ab和ac切割磁感線有效長度相同，回路的總感應電動勢為零，金屬框中無電流，但a、b兩端有電勢差，根據(jù)右手定則可判斷a端電勢高所以Uab＝E
17、＝8BL2ω
(2)若以ab邊為軸勻速轉(zhuǎn)動，ac邊切割磁感線，金屬框?qū)a(chǎn)生正弦交流電，設某時刻金屬框平面與磁場夾角為θ，從下向上看如圖所示，則電動勢的瞬時值表達式為
e＝B·4L·ωcos θ＝6BL2ωcos θ
最大值Em＝6BL2ω
有效值為E＝＝3BL2ω
金屬框繞ab邊轉(zhuǎn)動一周產(chǎn)生的總熱量Q＝T＝·
則ab邊上產(chǎn)生的熱量Qab＝Q＝.
例4 如圖9所示，水平地面QA與豎直面內(nèi)的、半徑R＝4 m的光滑圓軌道ACDF相連，F(xiàn)C為豎直直徑，DO水平，AO與CO夾角α＝60°.QA上方有一水平臺面MN，MN正上方分布著垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度B＝4 T.P是豎
18、直線AP與DO的交點，PA的右側、PO的下面、OC的左側分布著豎直向下、場強為E的勻強電場.一個質(zhì)量m＝2 kg、電量q＝＋1 C的小滑塊(可視為質(zhì)點)放在MN上，在水平推力F＝4 N的作用下正以速度v1向右做勻速運動.已知滑塊與平臺MN的動摩擦因數(shù)μ＝0.5；重力加速度g＝10 m/s2.
圖9
(1)求小滑塊在平臺MN上的速度v1；
(2)小滑塊從N點飛出后，恰從A點無碰撞地(沿軌道切線)進入圓軌道AC，為了使小滑塊不向內(nèi)脫離AF間的圓弧軌道，求電場強度E的取值范圍.
解析 (1)Ff＝F①
Ff＝μFN②
FN＝mg－Bqv1③
由①②③解得：v1＝3 m/s
(2)
19、在A處：cos α＝，vA＝6 m/s
小滑塊不脫離AF的圓弧軌道，剛好滑到D點時：vD＝0
根據(jù)能量守恒得
－mgRcos α＋qE1(R－Rcos α)＝0－mv
解出：E1＝2 N/C
小滑塊不脫離AF的圓弧軌道，剛好滑到F點時：
mg＝m
－mg(R＋Rcos α)＋qE2(R－Rcos α)＝mv－mv
解出：E2＝62 N/C
綜上：為了使滑塊不向內(nèi)脫離AF間的圓弧軌道，電場強度E的取值范圍為E≤2 N/C或E≥62 N/C
答案 (1)3 m/s (2)E≤2 N/C或E≥62 N/C
預測6 如圖10甲所示，長L＝1.5 m、傾角為θ＝37°的光滑絕緣的斜
20、面底端連接一粗糙絕緣的水平面，整個斜面處在一水平向左的勻強電場中，水平面部分沒有電場.現(xiàn)將一質(zhì)量m＝1.2 kg、帶電荷量q＝1×10－4 C的帶正電的小物體從斜面頂端由靜止釋放，當電場場強E取不同數(shù)值時，物體沿斜面下滑最后在水平地面上滑過的距離s不同.研究發(fā)現(xiàn)s與E之間的關系如圖乙所示.忽略物體在斜面與水平面連接處的能量損失，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
圖10
(1)物體與地面間的動摩擦因數(shù)μ；
(2)當E＝3×104 N/C時，物體運動的總時間.
答案 (1)0.2 (2) s
解析 (1)當E＝0時，s＝4.5 m
21、
由動能定理得mgLsin θ－μmgs＝0
解得μ＝0.2
(2)當E＝3×104 N/C時，由牛頓第二定律得mgsin θ－qEcos θ＝ma1
又L＝a1t
解得物體在斜面上的運動時間t1＝ s
水平面上由牛頓第二定律知μmg＝ma2
由v＝a1t1
又v＝a2t2
可得t2＝ s
所以物體運動的總時間t＝t1＋t2＝ s.
預測7 如圖11所示，在水平方向的勻強電場中有一表面光滑、與水平面成45°角的絕緣直桿AC，其下端C距地面高度h＝0.8 m.有一質(zhì)量為500 g的帶電小環(huán)套在直桿上，正以某一速度沿桿勻速下滑，小環(huán)離桿后正好通過C端的正下方P點處.(g取10
22、m/s2)求：
圖11
(1)小環(huán)離開直桿后運動的加速度大小和方向.
(2)小環(huán)在直桿上勻速運動速度的大小v0.
(3)小環(huán)運動到P點的動能.
答案 (1)14.1 m/s2 與桿垂直斜向右下方 (2)2 m/s(3)5 J
解析 (1)小環(huán)在直桿上的受力情況如圖所示
由平衡條件得：mgsin 45°＝Eqcos 45°
得mg＝Eq，
離開直桿后，只受mg、Eq作用，則：mg＝ma
代入數(shù)據(jù)解得加速度大小：a≈14.1 m/s2
加速度方向與桿垂直斜向右下方
(2)設小環(huán)在直桿上運動的速度為v0，離桿后經(jīng)t秒到P點，則豎直方向：
h＝v0sin 45°·t＋
23、gt2
水平方向(取向左為正)：v0cos 45°·t－gt2＝0
由以上兩式代入數(shù)據(jù)解得：v0＝2 m/s
(3)由動能定理得：EkP－mv＝mgh
代入數(shù)據(jù)解得：EkP＝5 J.
專題強化練
1.(多選)如圖1所示，絕緣粗糙斜面體固定在水平地面上，斜面所在空間存在平行于斜面向上的勻強電場E，輕彈簧一端固定在斜面頂端，另一端拴接一不計質(zhì)量的絕緣薄板.一帶正電的小滑塊，從斜面上的P點處由靜止釋放后，沿斜面向上運動，并能壓縮彈簧至R點(圖中未標出)，然后返回，則( )
圖1
A.滑塊從P點運動到R點的過程中，其機械能增量等于電場
24、力與彈簧彈力做功之和
B.滑塊從P點運動到R點的過程中，電勢能的減小量大于重力勢能和彈簧彈性勢能的增加量之和
C.滑塊返回時能到達的最低位置在P點的上方
D.滑塊最終停下時，克服摩擦力所做的功等于電勢能的減小量與重力勢能增加量之差
答案 BC
解析 在小滑塊開始運動到到達R點的過程中，電場力做的功轉(zhuǎn)化為小滑塊的重力勢能、彈簧的彈性勢能以及內(nèi)能.滑塊從P點運動到R點的過程中，其機械能增量等于電場力與彈簧彈力做功、摩擦力做功之和.故A錯誤；電場力做的功轉(zhuǎn)化為小滑塊的重力勢能、彈簧的彈性勢能以及內(nèi)能，所以電勢能的減小量大于重力勢能和彈簧彈性勢能的增加量之和.故B正確；小滑塊運動的過程中，由
25、于摩擦力做功，小滑塊的機械能與電勢能的和減小，所以滑塊返回時能到達的最低位置在P點的上方，不能再返回P點.故C正確；滑塊運動的過程中，由于摩擦力做功，小滑塊的機械能與電勢能的和逐漸減小，所以滑塊最終停下時，克服摩擦力所做的功等于電勢能的減小量與重力勢能增加量、彈性勢能增加量之差.故D錯誤.
2.(多選)如圖2所示，勻強電場的電場強度為E，方向水平向左，一帶電量為＋q，質(zhì)量為m的物體放在光滑水平面上，在恒力F作用下由靜止開始從O點向右做勻加速直線運動，經(jīng)時間t力F做功60 J，此后撤去力F，物體又經(jīng)過相同的時間t回到出發(fā)點O，設O點的電勢能為零，則下列說法正確的是( )
圖2
A.物
26、體回到出發(fā)點的速度與撤去力F時的速度大小之比為2∶1
B.恒力F＝4qE
C.撤去力F時，物體的電勢能為45 J
D.在撤去力F之前的任一時刻，動能與電勢能之比均為1∶3
答案 ACD
解析 在恒力F作用下的加速度大小為a1，撤去恒力F后的加速度大小為a2，勻加速運動的位移大小x1＝a1t2，撤去拉力后的位移大小x2＝a1t·t－a2t2
根據(jù)x1＝－x2得a2＝3a1.根據(jù)牛頓第二定律得，a1＝，a2＝，聯(lián)立解得F電＝qE＝F.故B錯誤.
3.(多選)如圖3所示，物體A和帶負電的物體B用跨過定滑輪的絕緣輕繩連接，A、B的質(zhì)量分別是m和2m，勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧一端固定在水平面
27、上.另一端與物體A相連，傾角為θ的斜面處于沿斜面向上的勻強電場中，整個系統(tǒng)不計一切摩擦.開始時，物體B在一沿斜面向上的外力F＝3mgsin θ的作用下保持靜止且輕繩恰好伸直，然后撤去外力F，直到物體B獲得最大速度，且彈簧未超過彈性限度，則在此過程中( )
圖3
A.對于物體A、B、彈簧和地球組成的系統(tǒng)，電場力做功等于該系統(tǒng)增加的機械能
B.物體A、彈簧和地球所組成的系統(tǒng)機械能增加量等于物體B電勢能的減少量
C.B的速度最大時，彈簧的伸長量為
D.撤去外力F的瞬間，物體B的加速度為
答案 AC
解析 根據(jù)能量守恒可知，物體A、彈簧和地球所組成的系統(tǒng)機械能增加量等于物體B電勢能
28、的減少量和B物體機械能的減小量之和，故B錯誤；當B所受的合力為零時，B的速度最大，由：kx＝F電＋2mgsin θ 解得彈簧的伸長量為：x＝，故C正確；開始時，外力F作用在B上，B處于靜止狀態(tài)，對B分析可知：F－2mgsin θ－F電＝0
解得：F電＝mgsin θ.當撤去外力瞬間，對AB整體分析，整體受到的合力為：F合＝F電＋2mgsin θ＝3mgsin θ由F合＝3ma可得 a＝gsin θ，故D錯誤.
4.(多選)如圖4所示，在一豎直平面內(nèi)，BCDF段是半徑為R的圓弧擋板，AB段為直線型擋板(長為4R)，兩者在B點相切，θ＝37°，C、F兩點與圓心等高，D在圓弧形擋板的最低點，所有
29、接觸面均光滑、絕緣，擋板處于場強為E，方向水平向左的勻強電場中，現(xiàn)將帶電量為＋q、質(zhì)量為m的小球從擋板內(nèi)側的A點由靜止釋放，小球沿擋板內(nèi)側ABCDF運動到F點后拋出，在這段運動過程中，下列說法正確的是(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)( )
圖4
A.勻強電場的場強大小可能等于
B.小球運動到D點時動能一定不是最大
C.小球機械能增加量的最大值為2.6qER
D.小球從B到D運動過程中，動能的增量為1.8mgR－0.8EqR
答案 BC
解析 小球能沿擋板ABC內(nèi)側運動，則有：qEcos 37°≥mgsin 37°，則得：E≥，故場強大小不可能等于.故A錯誤
30、；小球在復合場中受重力和電場力，所以小球運動到合力方向上時動能最大，則知在CD之間的某一點上時動能最大，故B正確；小球運動到C點時，電場力做正功最多，小球的機械能增加量最大，所以小球機械能增加量的最大值為ΔE＝qE[4Rcos 53°＋R(1－cos 37°)]＝2.6qER，故C正確；小球從B到D運動過程中，根據(jù)動能定理得：動能的增量為ΔEk＝mgR(1＋sin 37°)－qERcos 37°＝1.6mgR－0.8qER，故D錯誤.
5.質(zhì)量為m、長度為l的金屬棒MN兩端由絕緣且等長輕質(zhì)細線水平懸掛，處于豎直向下的勻強磁場中，磁感應強度大小為B.開始時細線豎直，當金屬棒中通以恒定電流后，金
31、屬棒從最低點向右開始擺動，若已知細線與豎直方向的最大夾角為60°，如圖5所示，則棒中電流( )
圖5
A.方向由M向N，大小為
B.方向由N向M，大小為
C.方向由M向N，大小為
D.方向由N向M，大小為
答案 B
解析 平衡時兩懸線與豎直方向夾角均為θ，故導線受到向右的安培力，根據(jù)左手定則，可判斷金屬棒中的電流方向由N指向M；金屬棒MN所受安培力的方向垂直于MN和磁場方向向右，由于棒向上運動的過程中重力和安培力做功，細線的拉力不做功，設細線的長度為x，由功能關系得：BIl·xsin θ－mg(x－x·cos θ)＝0解方程得：I＝.
6.(多選)如圖6所示，光滑的水平軌
32、道AB與半徑為R的光滑的半圓形軌道BCD相切于B點，水平軌道AB部分存在水平向右的勻強電場E，半圓形軌道處于豎直平面內(nèi)，B為最低點，D為最高點.一質(zhì)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，并能恰好通過最高點D，則下列物理量的變化對應關系正確的是( )
圖6
A.其他條件不變，R越大，x越大
B.其他條件不變，m越大，x越大
C.其他條件不變，E越大，x越大
D.其他條件不變，R越大，小球經(jīng)過B點瞬間對軌道的壓力越大
答案 AB
解析 小球在BCD部分做圓周運動，在D點，由牛頓第二定律有：mg＝m，小球由B到D的過程中機械能守恒：mv＝m
33、g×2R＋mv，聯(lián)立解得：vB＝，R越大，小球經(jīng)過B點時的速度越大，則x越大，選項A正確；小球由A到B，由動能定理得：qEx＝mv，將vB＝代入得：qEx＝mgR，知m越大，x越大，B正確；E越大，x越小，C錯誤；在B點有：FN－mg＝m，將vB＝代入得：FN＝6mg，選項D錯誤.
7.(多選)如圖7所示，豎直平面內(nèi)有兩條水平的平行虛線ab、cd，間距為d，其間(虛線邊界上無磁場)有磁感應強度為B的勻強磁場，一個正方形線框邊長為L，質(zhì)量為m，電阻為R.線框位于位置1時，其下邊緣到ab的距離為h.現(xiàn)將線框從位置1由靜止釋放，依次經(jīng)過2、3、4三個位置，其下邊框剛進入磁場和剛要穿出磁場時的速度相
34、等，重力加速度為g，下列說法正確的是( )
圖7
A.線框在經(jīng)過2、3、4三個位置時，位置3時線框速度一定最小
B.線框進入磁場過程中產(chǎn)生的電熱Q＝mg(d－L)
C.線框從位置2下落到位置4的過程中加速度一直減小
D.線框在即將到達位置3的瞬間克服安培力做功的瞬時功率為
答案 AD
解析 線框進入磁場的過程做加速度減小的減速運動，完全進入磁場后做加速度為g的勻加速運動，則知3位置時線框速度最小，故A正確；由功能關系可知，線框進入磁場中減小的重力勢能等于電熱，即Q＝mgd，故B錯誤；由于線框在完全進入磁場后做加速度為g的勻加速運動，故C錯誤；因為進入磁場時要減速，即此時的安
35、培力大于重力，速度減小，安培力也減小，當安培力減小到等于重力時，線圈做勻速運動，全部進入磁場將做勻加速運動，設線圈的最小速度為v，由動能定理，從線框下邊剛進入磁場到線框完全進入時，則有：mv2－mv＝mgL－mgd，又有：mv＝mgh，則克服安培力的功率P＝BILv＝＝，故D正確.
8.如圖8甲所示，左側接有定值電阻R＝2 Ω的水平粗糙導軌處于垂直紙面向外的勻強磁場中，磁感應強度B＝1 T，導軌間距L＝1 m.一質(zhì)量m＝2 kg，阻值r＝2 Ω的金屬棒在水平拉力F作用下由靜止開始從CD處沿導軌向右加速運動，金屬棒的v－x圖象如圖乙所示，若金屬棒與導軌間動摩擦因數(shù)μ＝0.25，則從起點發(fā)生x＝
36、1 m位移的過程中(g＝10 m/s2)( )
圖8
A.金屬棒克服安培力做的功W1＝0.5 J
B.金屬棒克服摩擦力做的功W2＝4 J
C.整個系統(tǒng)產(chǎn)生的總熱量Q＝4.25 J
D.拉力做的功W＝9.25 J
答案 D
解析 金屬棒與導軌間因摩擦產(chǎn)生的熱量等于克服摩擦力做的功，為：Q1＝μmg·x＝0.25×2×10×1 J＝5 J，故B、C錯誤；由v－x圖象得：v＝2x，金屬棒所受的安培力F＝＝，代入得：F＝0.5x，則知F與x是線性關系.當x＝0時，安培力F0＝0；當x＝1 m時，安培力F1＝0.5 N，則從起點發(fā)生x＝1 m位移的過程中，安培力做功為W安＝－x＝－x
37、＝－×1 J＝－0.25 J，A錯誤；根據(jù)動能定理得：W－μmgx＋W安＝mv2，其中v＝2 m/s，μ＝0.25，m＝2 kg，代入解得，拉力做的功W＝9.25 J，故D正確.
9.如圖9所示，平行金屬導軌與水平面成θ角，導軌與定值電阻R1和R2相連，勻強磁場垂直穿過導軌平面.有一導體棒ab，質(zhì)量為m，導體棒的電阻R0與固定電阻R1和R2的阻值均相等，與導軌之間的動摩擦因數(shù)為μ，導體棒ab沿導軌向上滑動，當上滑的速度為v時，受到安培力的大小為F.此時( )
圖9
A.電阻R1消耗的熱功率為
B.電阻R0消耗的熱功率為
C.整個裝置消耗的熱功率為μmgvsin θ
D.整個裝
38、置消耗的機械功率為(F＋μmgcos θ)v
答案 D
解析 設ab長度為L，磁感應強度為B，電阻R0＝R1＝R2＝R.
電路中感應電動勢E＝BLv，
ab中感應電流為：I＝＝，
ab所受安培力為：F＝BIL＝①
電阻R1消耗的熱功率為：P1＝(I)2R＝②
由①②得：P1＝Fv，電阻R0和R1阻值相等，P0＝I2R＝Fv，故A、B錯誤；整個裝置因摩擦而消耗的熱功率為：Pf＝Ffv＝μmgcos θ·v＝μmgvcos θ，故C錯誤；整個裝置消耗的機械功率為：P3＝Fv＋Pf＝(F＋μmgcos θ)v，故D正確.
10.(多選)如圖10所示，同一豎直面內(nèi)的正方形導線框a、b的
39、邊長均為l，電阻均為R，質(zhì)量分別為2m和m.它們分別系在一跨過兩個定滑輪的輕繩兩端，在兩導線框之間有一寬度為2l、磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場區(qū)域.開始時，線框b的上邊與勻強磁場的下邊界重合，線框a的下邊到勻強磁場的上邊界的距離為l.現(xiàn)將系統(tǒng)由靜止釋放，當線框b全部進入磁場時，a、b兩個線框開始做勻速運動.不計摩擦和空氣阻力，則( )
圖10
A.a、b兩個線框勻速運動的速度大小為
B.線框a從下邊進入磁場到上邊離開磁場所用時間為
C.從開始勻速運動到線框a全部進入磁場的過程中，線框a所產(chǎn)生的焦耳熱為mgl
D.從開始勻速運動到線框a全部進入磁場的過程中，兩線
40、框共克服安培力做功為2mgl
答案 BC
解析 當線框b全部進入磁場時，a的下邊剛進入磁場，則此時兩線框勻速運動，則mg＋F安＝2mg，而F安＝，解得v＝，選項A錯誤；線框a從下邊進入磁場到上邊離開磁場的過程，兩線框一直做勻速運動，則所用的時間t＝＝，故選項B正確；從開始勻速運動到線框a全部進入磁場的過程中，因為兩線框勻速運動，故線框a所產(chǎn)生的焦耳熱等于兩線框的重力勢能的減小量：Q＝ΔEp＝2mgl－mgl＝mgl，選項C正確；從開始運動到線框a全部進入磁場的過程中，兩線框共克服安培力做功等于產(chǎn)生的電能，即大小為mgl，選項D錯誤；故選B、C.
11.如圖11所示，在豎直平面內(nèi)有一質(zhì)量為
41、2m的光滑“∏”形線框DEFC，EF長為L，電阻為r；FC＝ED＝2L，電阻不計.FC、ED的上半部分(長為L)處于勻強磁場Ⅰ區(qū)域中，且FC、ED的中點與其下邊界重合.質(zhì)量為m、電阻為3r的金屬棒用最大拉力為2mg的絕緣細線懸掛著，其兩端與C、D兩端點接觸良好，處在磁感應強度為B的勻強磁場Ⅱ區(qū)域中，并可在FC、ED上無摩擦滑動.現(xiàn)將“∏”形線框由靜止釋放，當EF到達磁場Ⅰ區(qū)域的下邊界時速度為v，細線剛好斷裂，Ⅱ區(qū)域內(nèi)磁場消失.重力加速度為g.求：
圖11
(1)整個過程中，線框克服安培力做的功；
(2)EF剛要出磁場Ⅰ時產(chǎn)生的感應電動勢；
(3)線框的EF邊追上金屬棒CD時，金屬棒
42、CD的動能.
答案 (1)2mgL－mv2 (2) (3)
解析 (1)對∏形線框用動能定理：2mgL－W＝·2mv2－0，W＝2mgL－mv2
(2)對金屬棒CD受力分析：FTm＝mg＋BIL，得到I＝，E＝IR總＝
(3)對金屬棒CD運動分析：H＝gt2，對∏形線框運動分析：H＋L＝vt＋gt2，解得：t＝
相遇時CD棒速度vt＝0＋gt＝，此時動能為Ek＝mv＝
12.如圖12所示，整個空間存在水平向右的勻強電場，場強E＝2×103 V/m，在電場中的水平地面上，放有質(zhì)量M＝2 kg的不帶電絕緣木板，處于靜止狀態(tài).現(xiàn)有一質(zhì)量為m＝2 kg，所帶負電荷為q＝1×10－3 C的絕
43、緣物塊(可看作質(zhì)點)，以水平向右的初速度v0＝8 m/s滑上木板左端.已知木板與水平地面間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.1，物塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.3，物塊在運動過程中始終沒有從木板上滑下，g取10 m/s2.求：
圖12
(1)放上物塊瞬間，物塊和木板的加速度分別是多少；
(2)木板至少多長，才能保證物塊不從木板上掉下來；
(3)從物塊滑上木板到物塊與木板達到共速的過程中，系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量Q.
答案 (1)4 m/s2，方向水平向左 1 m/s2，方向水平向右 (2)6.4 m (3)43.52 J
解析 (1)物塊滑上木板瞬間，根據(jù)牛頓第二定律得：
對m有：qE＋μ2mg
44、＝ma1，
對M有：μ2mg－μ1(m＋M)g＝Ma2，
解得：a1＝4 m/s2，方向水平向左，
a2＝1 m/s2，方向水平向右.
(2)假設m、M經(jīng)過時間t1兩者具有共同速度v，各自的位移為x1、x2，則有：
v＝v0－a1t1＝a2t1，
x1＝t1，
x2＝t1，
M、m之間的相對位移為Δx，則有：Δx＝x1－x2，
聯(lián)立方程解得：Δx＝6.4 m，所以木板至少長6.4 m，
(3)物塊與木板間產(chǎn)生的內(nèi)能為Q1，木板與地面產(chǎn)生的內(nèi)能為Q2，則有：
Q1＝μ2mgΔx，
Q2＝μ1(m＋M)gx2，
全過程產(chǎn)生的熱量為：Q＝Q1＋Q2，
解得：Q＝43.52
45、 J.
13.如圖13所示，絕緣光滑水平面與半徑為R的豎直光滑半圓軌道相切于C.豎直直徑GC左側空間存在足夠大勻強電場，其電場強度方向水平向右.GC右側空間處處存在勻強磁場，其磁感應強度垂直紙面水平向里.一質(zhì)量為m，電荷量為q的帶正電滑塊(可視為質(zhì)點)在A點由靜止釋放，滑塊恰好能通過圓周的最高點G進入電場.已知勻強電場場強大小為E＝，AC間距為L＝4R，重力加速度為g.求：
圖13
(1)滑塊在G點的速度vG；
(2)勻強磁場的磁感應強度B的大?。?
(3)滑塊落回水平面的位置距離C點的距離x.
答案 (1)2 (2) (3)2R
解析 (1)研究A到G過程，由動能定理知：4EqR－2mgR＝
代入可得：vG＝2
(2)在G點，對滑塊有：mg＋qvGB＝
代入可得：B＝
(3)設回到電場之后的飛行時間為t，水平位移為x
豎直方向：2R＝
水平方向：x＝vGt－at2
其中：a＝
聯(lián)立可得：x＝2R.
高考物理大二輪復習與增分策略 專題四 功能關系的應用 第2講 功能關系在電學中的應用-人教版高三全冊物理試題
