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2019年高考物理大二輪復習 專題訓練二 第2課時 動力學觀點在電學中的應用 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與速度方向是否一致，其運動類型有電場內(nèi)的加速運動和在交變電場內(nèi)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(xiàn)的多運動過程的情景出現(xiàn)． 解決的方法： (1)根據(jù)運動學或動力學分析其中一個變化周期內(nèi)相關(guān)物理量的變化規(guī)律． (2)借助運動圖象進行運動過程分析． 考向1　電場內(nèi)動力學問題分析 例1　如圖1所示，一光滑絕緣水平木板(木板足夠長)固定在水平向左、電場強度為E的勻強電場中，一電量為q(帶正電)的物體在水平恒力F作用下從A點由靜止開始向右加速運動，經(jīng)一段時間t撤去這個力，又經(jīng)時間2t物體返回A點，則(　　) 圖1 A．這一過程中帶電物體的電勢能先增加后減小，其變化量為0 B．水平恒力與電場力的比為9∶5 C．水平恒力與電場力的比為7∶3 D．物體先向右加速到最右端，然后向左加速返回到A點 審題突破　判斷電勢能變化的方法是什么？“經(jīng)時間2t物體返回A點”說明物體向右的位移大小和向左位移大小有什么關(guān)系？ 解析　電場力先做負功后做正功，總功為零，所以帶電物體的電勢能先增加后減小，其變化量為0，故A正確；在恒力F作用時a1＝，位移x1＝a1t2，撤去恒力F后a2＝，位移x2＝a1t2t－a2(2t)2，根據(jù)x1＝－x2得＝，故B正確；物體先向右加速然后向右減速到最右端，然后向左加速返回到A點，所以D錯誤． 答案　AB 以題說法　帶電體在電場內(nèi)運動問題的分析關(guān)鍵在于受力分析，特別是電場力方向的確定，在電場力方向已確定的情況下，其動力學的分析和力學問題中的分析是一樣的． 如圖2實線為電場中一條豎直的電場線，有一質(zhì)量為m、電量為＋q的小球，由該直線上A點靜止釋放，小球向下運動到達B點減速為零后返回A點，則下列判斷正確的是(　　) 圖2 A．該電場可能是豎直向上的勻強電場，且E> B．A點的電勢高于B點電勢 C．A點的場強小于B點場強 D．向下運動的過程中，重力勢能的減少量總是等于電勢能的增加量 答案　C 解析　該電場不可能是豎直向上的勻強電場且E>，否則小球從靜止開始只能沿AB做單向直線運動，回不到A點，故A錯誤．小球向下應先加速后減速，所受的電場力方向必定豎直向上，則電場線方向從B指向A，所以A點的電勢低于B點電勢，故B錯誤．在A點，有qEA＜mg，在B點，有qEB＞mg，則得：EA＜EB，故C正確．向下運動的過程中，小球有動能時，根據(jù)能量守恒定律可知重力勢能的減少量等于動能增加量和電勢能的增加量之和，故D錯誤． 考向2　磁場內(nèi)動力學問題分析 例2　如圖3所示，空間有一垂直紙面向外的磁感應強度為0.5 T的勻強磁場，一質(zhì)量為 0.2 kg且足夠長的絕緣木板靜止在光滑水平面上，在木板左端無初速度放置一質(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動摩擦因數(shù)為0.5，滑塊受到的最大靜摩擦力可認為等于滑動摩擦力．t＝0時對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3 A．木板和滑塊一直做加速度為2 m/s2的勻加速運動 B．滑塊開始做加速度減小的變加速運動，最后做速度為10 m/s勻速運動 C．木板先做加速度為2 m/s2勻加速運動，再做加速度增大的運動，最后做加速度為3 m/s2的勻加速運動 D．t＝5 s末滑塊未脫離木板且有相對運動 審題突破　滑塊與木板一直保持相對靜止嗎？最終各自是什么運動狀態(tài)？ 解析　由于動摩擦因數(shù)為0.5，靜摩擦力能提供的最大加速度為5 m/s2，所以當0.6 N的恒力作用于木板時，系統(tǒng)一起以a＝＝ m/s2＝2 m/s2的加速度一起運動，當滑塊獲得向左的速度以后又產(chǎn)生一個方向向上的洛倫茲力，當洛倫茲力等于重力時滑塊與木板之間的彈力為零，此時Bqv＝mg，解得：v＝10 m/s，此時摩擦力消失，滑塊做勻速運動，而木板在恒力作用下做勻加速運動，a′＝＝ m/s2＝3 m/s2.可知滑塊先與木板一起做勻加速直線運動，然后發(fā)生相對滑動，做加速度減小的變加速運動，最后做速度為10 m/s的勻速運動，故A、B錯誤，C正確．木塊開始的加速度為2 m/s2，一段時間后加速度逐漸減小，當減小到零時，與木板脫離做勻速直線運動，知5 s末的速度小于10 m/s，知此時摩擦力不為零，還未脫離木板，故D正確． 答案　CD 以題說法　1.對于磁場內(nèi)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．此類問題也常出現(xiàn)臨界問題，如本題中有兩個臨界：滑塊與木板相對運動的臨界和滑塊與木板間彈力為零的臨界． 如圖4所示，帶電平行板中勻強磁場方向水平垂直紙面向里，某帶電小球從光滑絕緣軌道上的a點自由滑下，經(jīng)過軌道端點P進入板間后恰能沿水平方向做直線運動．現(xiàn)使小球從較低的b點開始下滑，經(jīng)P點進入板間，在板間的運動過程中(　　) 圖4 A．其電勢能將會增大 B．其機械能將會增大 C．小球所受的洛倫茲力的大小將會增大 D．小球受到的電場力將會增大 答案　AC 解析　小球從a點下滑經(jīng)過P點進入平行板間后受到重力、電場力、洛倫茲力做勻速直線運動，洛倫茲力和電場力同向，故都向上且小球帶正電；小球從稍低的b點下滑時到達P點的速度會變小，洛倫茲力減小，小球會向下偏轉(zhuǎn)，電場力做負功，電勢能增加，而機械能會減小，水平方向速度不變，但豎直方向的速度增加，所以動能將會增大，導致洛倫茲力也會增大，電場力不變，故A、C正確． 考向3　電磁感應中的動力學問題分析 例3　如圖5所示，平行金屬導軌PQ、MN相距d＝2 m，導軌平面與水平面間的夾角α＝30，導軌上端接一個R＝6 Ω的電阻，導軌電阻不計，磁感應強度B＝0.5 T的勻強磁場垂直導軌平面向上．一根質(zhì)量為m＝0.2 kg、電阻r＝4 Ω的金屬棒ef垂直導軌PQ、MN靜止放置，距離導軌底端x1＝3.2 m．另一根絕緣塑料棒gh與金屬棒ef平行放置，絕緣塑料棒gh從導軌底端以初速度v0＝10 m/s沿導軌上滑并與金屬棒正碰(碰撞時間極短)，碰后絕緣塑料棒gh沿導軌下滑，金屬棒ef沿導軌上滑x2＝0.5 m后停下，在此過程中電阻R上產(chǎn)生的電熱為Q＝0.36 J．已知兩棒與導軌間的動摩擦因數(shù)均為μ＝，g＝10 m/s2.求： 圖5 (1)絕緣塑料棒gh與金屬棒ef碰撞前瞬間，絕緣塑料棒的速率； (2)碰撞后金屬棒ef向上運動過程中的最大加速度； (3)金屬棒ef向上運動過程中通過電阻R的電荷量． 審題突破　絕緣塑料棒gh沿導軌上滑時，受到哪些力的作用，做什么性質(zhì)的運動？碰撞后金屬棒ef向上做什么性質(zhì)的運動，何時加速度最大？ 解析　(1)絕緣塑料棒與金屬棒相碰前，做勻減速直線運動，由牛頓第二定律得Mgsin 30＋μMgcos 30＝Ma1 由運動學公式得v－v＝2a1x1 解得v1＝6 m/s. (2)設(shè)金屬棒剛開始運動時速度為v，由能量守恒定律得 Q＋mgx2sin 30＋μmgx2cos 30＝mv2 解得v＝4 m/s 金屬棒剛開始運動時加速度最大，此時感應電動勢 E＝Bdv＝4 V 感應電流I＝＝0.4 A 安培力F＝BId＝0.4 N 由牛頓第二定律得mgsin 30＋μmgcos 30＋F＝mam 解得am＝12 m/s2. (3)通過電阻R的電荷量q＝＝ 解得q＝0.05 C. 答案　(1)6 m/s　(2)12 m/s2　(3)0.05 C 以題說法　對于導體棒在磁場中動力學問題的分析要特別注意棒中的感應電流受到的安培力一定是阻力．一般導體棒在安培力和其他恒力作用下做的變速運動是加速度逐漸減小的變速運動，但在一定的條件下，也可以做勻變速直線運動． 如圖6甲所示，MN、PQ是相距d＝1.0 m足夠長的平行光滑金屬導軌，導軌平面與水平面間的夾角為θ，導軌電阻不計，整個導軌處在方向垂直于導軌平面向上的勻強磁場中，金屬棒ab垂直于導軌MN、PQ放置，且始終與導軌接觸良好，已知金屬棒ab的質(zhì)量m＝0.1 kg，其接入電路的電阻r＝1 Ω，小燈泡電阻RL＝9 Ω，重力加速度g取10 m/s2.現(xiàn)斷開開關(guān)S，將棒ab由靜止釋放并開始計時，t＝0.5 s時刻閉合開關(guān)S，圖乙為ab的速度隨時間變化的圖象．求： 圖6 (1)金屬棒ab開始下滑時的加速度大小、斜面傾角的正弦值； (2)磁感應強度B的大小． 答案　(1)6 m/s2　　(2)1 T 解析　(1)S斷開時ab做勻加速直線運動 由圖乙可知a＝＝6 m/s2 根據(jù)牛頓第二定律有：mgsin θ＝ma 所以sin θ＝. (2)t＝0.5 s時S閉合，ab先做加速度減小的加速運動，當速度達到最大vm＝6 m/s后做勻速直線運動 根據(jù)平衡條件有mgsin θ＝F安 又F安＝BId　E＝Bdvm　I＝ 解得B＝1 T. 3．應用動力學方法處理電學綜合問題 例4　(14分)如圖7所示，兩光滑平行的金屬導軌EF和GH，相距為l，軌道平面與水平面成θ＝30，導軌足夠長，軌道的底端接有阻值為R的電阻，導軌電阻不計．磁感應強度為B的勻強磁場垂直于導軌平面，導體棒MN電阻為r，垂直于導軌放置且與導軌接觸良好，導體棒通過垂直于棒且與導軌共面的輕繩繞過光滑的定滑輪與質(zhì)量為m的物塊A相連，開始時系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)，現(xiàn)在物塊A上輕放一質(zhì)量為的小物塊B，使AB一起運動，若從小物塊B放上物塊A開始到系統(tǒng)運動速度恰達到穩(wěn)定值的過程中(AB未著地)，電阻R通過的電量為q.已知重力加速度為g，求此過程中： 圖7 (1)導體棒運動的最大速度； (2)導體棒速度達到最大速度一半時，導體棒加速度的大小．  解析　(1)開始時，由平衡條件mg＝Mgsin 30 得M＝2m①(1分) 導體棒達到最大速度vm時滿足： (m＋)g＝Mgsin 30＋BIml②(2分) 此時Em＝Blvm③(1分) 電路中電流Im＝④(1分) 由①②③④得vm＝⑤(2分) (2)導體棒速度達到最大速度一半時E＝Bl⑥(2分) 電路中電流I＝⑦(1分) 導體棒受到的安培力為F安＝BIl⑧(1分) 導體棒和AB組成的系統(tǒng)，據(jù)牛頓第二定律得 (m＋)g－Mgsin 30－BIl＝(m＋＋M)a⑨(2分) 由①⑤⑥⑦⑧⑨式得a＝(1分) 答案　(1)　(2) 點睛之筆　若題目中出現(xiàn)兩個以及兩個以上物體用繩、桿之類物體連接時，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． (限時：15分鐘，滿分：14分) (xx安徽22)如圖8所示，充電后的平行板電容器水平放置，電容為C，極板間的距離為d，上極板正中有一小孔．質(zhì)量為m、電荷量為＋q的小球從小孔正上方高h處由靜止開始下落，穿過小孔到達下極板處速度恰為零(空氣阻力忽略不計，極板間電場可視為勻強電場，重力加速度為g)．求： 圖8 (1)小球到達小孔處的速度； (2)極板間電場強度的大小和電容器所帶電荷量； (3)小球從開始下落運動到下極板處的時間． 答案　(1)，方向豎直向下　(2) C　(3) 解析　(1)由v2＝2gh，得v＝，方向豎直向下． (2)在極板間帶電小球受重力和電場力作用，由牛頓運動定律知：mg－qE＝ma 由運動學公式知：0－v2＝2ad 整理得電場強度E＝ 由U＝Ed，Q＝CU，得電容器所帶電荷量 Q＝C. (3)由h＝gt，0＝v＋at2，t＝t1＋t2 整理得t＝. (限時：45分鐘) 題組1　電場內(nèi)動力學問題分析 1．(xx安徽17)一帶電粒子在電場中僅受靜電力作用，做初速度為零的直線運動．取該直線為x軸，起始點O為坐標原點，其電勢能Ep與位移x的關(guān)系如圖1所示，下列圖象中合理的是(　　) 圖1 答案　D 解析　帶電粒子在電場中運動時，其電勢能的變化規(guī)律是非線性的．A：由Ep—x圖象知，帶電粒子的電勢能不是均勻變化的，電場力不能為恒力，故選項A錯誤；B：帶電粒子僅受靜電力作用，故電勢能和動能相互轉(zhuǎn)化，電勢能的減少量等于動能的增加量，即動能增加得越來越慢，故選項B錯誤；C：由于靜電力不是恒力，加速度a應該越來越小，故選項C錯誤，選項D正確． 2．如圖2a所示，光滑絕緣水平面上有甲、乙兩個帶電小球．t＝0時，乙球以6 m/s的初速度向靜止的甲球運動．之后，它們僅在電場力的作用下沿同一直線運動(整個運動過程中沒有接觸)．它們運動的v－t圖象分別如圖b中甲、乙兩曲線所示．由圖線可知(　　) 圖2 A．甲、乙兩球一定帶異種電荷 B．t1時刻兩球的電勢能最小 C．0～t2時間內(nèi)，兩球間的電場力先增大后減小 D．0～t3時間內(nèi)，甲球的動能一直增大，乙球的動能一直減小 答案　C 解析　由圖象0～t1段看出，甲從靜止開始做加速運動，乙做減速運動，說明甲、乙相互排斥電性相同，故A錯誤．t1時刻兩球相距最近，系統(tǒng)克服電場力做功最大，兩電荷的電勢能做功最大，故B錯誤.0～t1時間內(nèi)兩電荷間距離逐漸減小，在t1～t2時間內(nèi)兩電荷間距離逐漸增大，靜電力先增大后減小，故C正確．由圖象看出，0～t3時間內(nèi)，甲的動能一直增大．乙的動能先減小后增大，故D錯誤． 3．如圖3所示，不帶電的金屬球A固定在絕緣底座上，它的正上方有B點，該處有帶電液滴不斷地自靜止開始落下，液滴到達A球后將電荷量全部傳給A球，設(shè)前一液滴到達A球后，后一液滴才開始下落，不計B點未下落帶電液滴對下落液滴的影響，則下列敘述中正確的是(　　) 圖3 A．第一滴液滴做自由落體運動，以后液滴做變加速運動，都能到達A球 B．當液滴下落到重力等于電場力位置時，開始做勻速運動 C．所有液滴下落過程所能達到的最大動能不相等 D．所有液滴下落過程中電場力做功相等 答案　C 解析　第一滴液滴下落時，A上不帶電，故不受電場力作用，只受重力，所以做自由落體運動，以后的液滴在下落過程中，將受電場力作用，且在靠近A的過程中電場力逐漸變大，所以做變加速運動，當A電荷量較大時，使得液滴受電場力大于重力時，液滴有可能不能到達A球，所以A錯誤；當液滴下落到重力等于電場力位置時，再運動重力將不等于電場力，所以不會做勻速運動，故B錯誤；每滴液滴在下落過程中A帶電荷量不同，故下落液滴動能最大的位置不同，此時合外力做功不同，最大動能不相等，所以C正確；每滴液滴在下落過程中A帶電荷量不同，液滴受電場力不同，電場力做功不同，所以D錯誤． 題組2　磁場內(nèi)動力學問題分析 4．如圖4所示，兩平行導軌ab、cd豎直放置在勻強磁場中，勻強磁場方向豎直向上，將一根金屬棒PQ放在導軌上使其水平且始終與導軌保持良好接觸．現(xiàn)在金屬棒PQ中通以變化的電流I，同時釋放金屬棒PQ使其運動．已知電流I隨時間的關(guān)系為I＝kt(k為常數(shù)，k＞0)，金屬棒與導軌間存在摩擦．則下面關(guān)于棒的速度v、加速度a隨時間變化的關(guān)系圖象中，可能正確的有(　　) 圖4 答案　AD 解析　根據(jù)牛頓第二定律得，金屬棒的加速度a＝，F(xiàn)f＝μFN＝μFA＝μBIL＝μBLkt，聯(lián)立解得加速度a＝g－，與時間成線性關(guān)系，故A正確，B錯誤；因為開始加速度方向向下，與速度方向相同，做加速運動，加速度逐漸減小，即做加速度逐漸減小的加速運動；后來加速度與速度方向相反且逐漸增大，做加速度逐漸增大的減速運動，故C錯誤，D正確． 5．如圖5所示，兩根長直導線豎直插入光滑絕緣水平桌面上的M、N兩小孔中，O為M、N連線中點，連線上a、b兩點關(guān)于O點對稱．導線均通有大小相等、方向向上的電流．已知長直導線在周圍產(chǎn)生的磁場的磁感應強度B＝k，式中k是常數(shù)、I是導線中電流、r為點到導線的距離．一帶正電的小球以初速度v0從a點出發(fā)沿連線運動到b點．關(guān)于上述過程，下列說法正確的是(　　) 圖5 A．小球先做加速運動后做減速運動 B．小球一直做勻速直線運動 C．小球?qū)ψ烂娴膲毫ο葴p小后增大 D．小球?qū)ψ烂娴膲毫σ恢痹谠龃? 答案　BD 解析　根據(jù)右手螺旋定則可知M處的磁場方向垂直于紙面向里，直線N處的磁場方向垂直于紙面向外，磁場磁感應強度大小先減小過O點后反向增大，根據(jù)左手定則可知，帶正電的小球受到的洛倫茲力方向開始時的方向向上，過O點后洛倫茲力的方向向下．由此可知，小球?qū)⒆鰟蛩僦本€運動，小球?qū)ψ烂娴膲毫σ恢痹谠龃?，故A、C錯誤，B、D正確． 題組3　電磁感應中的動力學問題分析 6．如圖6，傾角為θ的光滑絕緣斜面，該空間存在著兩個磁感應強度大小均為B的勻強磁場區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，區(qū)域Ⅰ的磁場方向垂直斜面向下，區(qū)域Ⅱ的磁場方向垂直斜面向上，兩勻強磁場在斜面上的寬度均為L，一個質(zhì)量為m，電阻為R，邊長為L的正方形金屬線框abcd由靜止開始沿斜面下滑，當線圈運動到ab邊剛越過ee′即做勻速直線運動，則(　　) 圖6 A．當線框剛進入磁場區(qū)域Ⅰ時的速度v＝ B．當線框剛進入磁場區(qū)域Ⅱ時的加速度a＝2gsin θ C．a(chǎn)b邊越過ff′后，線框可能存在勻速運動過程 D．線框通過磁場區(qū)域Ⅰ、Ⅱ過程，線框減少的重力勢能等于回路產(chǎn)生的焦耳熱 答案　AC 解析　當ab邊剛越過ee′進入磁場Ⅰ時做勻速直線運動，則有：mgsin θ＝，解得v＝，故A正確．當線框剛進入磁場區(qū)域Ⅱ時，ab邊和dc邊都切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢，線框中電流為I＝，線框所受的安培力大小為F＝2BIL，則得F＝，又mgsin θ＝，則得F＝4mgsin θ，由F－mgsin θ＝ma，得a＝3gsin θ，故B錯誤．a(chǎn)b邊越過ff′后，線框所受安培力大于重力沿斜面向下的分力，做減速運動，速度減小，安培力減小，可能存在勻速運動過程，故C正確．線框通過磁場區(qū)域Ⅰ、Ⅱ過程，若線框的動能不變，線框減少的重力勢能等于回路產(chǎn)生的焦耳熱，若線框的動能減小，則線框減少的重力勢能小于回路產(chǎn)生的焦耳熱，故D錯誤． 7．如圖7甲所示，足夠長的平行金屬導軌MN、PQ傾斜放置．完全相同的兩金屬棒ab、cd分別垂直導軌放置，棒兩端都與導軌始終有良好接觸，已知兩棒的電阻均為R，導軌間距為l且光滑，電阻不計，整個裝置處在方向垂直于導軌平面向上，磁感應強度大小為B的勻強磁場中．棒ab在平行于導軌向上的力F作用下，沿導軌向上運動，從某時刻開始計時，兩棒的速度時間圖象如圖乙所示，兩圖線平行，v0已知．則從計時開始(　　) 圖7 A．通過棒cd的電流由d到c B．通過棒cd的電流I＝ C．力F＝ D．力F做的功等于回路中產(chǎn)生的焦耳熱和兩棒動能的增量 答案　AC 解析　由題圖乙可知，ab、cd棒都是勻變速直線運動，ab速度始終大于cd的速度，電動勢是ab、cd棒切割產(chǎn)生的電動勢的差值，對ab由右手定則知電流方向從a到b，cd的電流由d到c，故A正確；I＝＝，選項B錯誤；分別對ab、cd運用牛頓第二定律可知F＝，選項C正確；由能量守恒可知力F做的功等于回路中產(chǎn)生的焦耳熱和兩棒機械能的增量，選項D錯誤． 8．如圖8所示，兩平行金屬導軌水平放置，一質(zhì)量為m＝0.2 kg的金屬棒ab垂直于導軌靜止放在緊貼電阻R處，R＝0.1 Ω，其他電阻不計．導軌間距為d＝0.8 m，矩形區(qū)域MNPQ內(nèi)存在有界勻強磁場，場強大小B＝0.25 T．MN＝PQ＝x＝0.85 m，金屬棒與兩導軌間動摩擦因數(shù)都為0.4，電阻R與邊界MP的距離s＝0.36 m．在外力作用下讓ab棒由靜止開始向右勻加速運動并穿過磁場，加速度a＝2 m/s2，g取10 m/s2. 圖8 (1)求穿過磁場過程中平均電流的大??； (2)自金屬棒進入磁場開始計時，求在磁場中運動的時間內(nèi)，外力F隨時間t變化關(guān)系； (3)讓磁感應強度均勻增加，用導線將a、b端接到一量程合適的電流表上，讓ab棒重新由R處向右加速運動，在金屬棒到達MP之前，電流表會有示數(shù)嗎？簡述理由．已知電流表與導軌在同一個平面內(nèi)． 答案　(1)3.4 A　(2)F＝1.68＋0.8t，t≤0.5 s　(3)見解析 解析　(1)設(shè)金屬棒到達MP、NQ時的速度分別為v1、v2， 則由v＝2as，得v1＝1.2 m/s 由v＝2a(s＋x)，得v2＝2.2 m/s 由電磁感應公式得＝Bd ＝Bd 由歐姆定律得＝＝3.4 A. (2)因為ε＝Bdv，I＝，進入磁場后受安培力F安＝BId＝ 由牛頓第二定律得F－μmg－＝ma 又因為v＝v1＋at 則在進磁場后F＝ma＋μmg＋ 代入數(shù)據(jù)得F＝1.68＋0.8t，其中t≤＝0.5 s. (3)可以有電流．只要導線、電流表、金屬棒組成的回路有磁感線穿過，根據(jù)法拉第電磁感應定律，閉合回路磁通量變化，可以產(chǎn)生感應電流．(此時金屬棒和電阻R并聯(lián)成為電路負載)． 題組4　應用動力學方法處理電學綜合問題 9．如圖9所示，在粗糙的足夠長的豎直木桿上套有一個帶正電小球，整個裝置處在有水平勻強電場和垂直于紙面向里的勻強磁場組成的足夠大的復合場中，小球由靜止開始下滑，在整個運動過程中，關(guān)于描述小球運動的v－t圖象中正確的是(　　) 圖9 答案　C 解析　小球受到向下的重力mg、水平向左的電場力qE、水平向右的洛倫茲力qvB、向上的摩擦力Ff，還有木桿對小球的水平方向的支持力FN，開始時，速度較小，qvB較小，F(xiàn)N較大，隨著速度的增加，F(xiàn)N在減小，由Ff＝μFN可知Ff減小，豎直方向的合力增加，加速度增加；當速度增加到一定的程度，qvB和qE相等，此時FN為零，F(xiàn)f為零，加速度為g，達到最大；速度繼續(xù)增加，F(xiàn)N要反向增加，F(xiàn)f增加，豎直方向上的合力減小，加速度減小，當Ff與mg相等時，豎直方向上的加速度為零，速度達到最大．所以選項C所示的v－t圖象符合所分析的運動規(guī)律． 10．(xx四川11)如圖10所示，水平放置的不帶電的平行金屬板p和b相距h，與圖示電路相連，金屬板厚度不計，忽略邊緣效應．p板上表面光滑，涂有絕緣層，其上O點右側(cè)相距h處有小孔K；b板上有小孔T，且O、T在同一條豎直線上，圖示平面為豎直平面．質(zhì)量為m、電荷量為－q(q>0)的靜止粒子被發(fā)射裝置(圖中未畫出)從O點發(fā)射、沿p板上表面運動時間t后到達K孔，不與板碰撞地進入兩板之間．粒子視為質(zhì)點，在圖示平面內(nèi)運動，電荷量保持不變，不計空氣阻力，重力加速度大小為g. 圖10 (1)求發(fā)射裝置對粒子做的功； (2)電路中的直流電源內(nèi)阻為r，開關(guān)S接“1”位置時，進入板間的粒子落在b板上的A點，A點與過K孔豎直線的距離為l.此后將開關(guān)S接“2”位置，求阻值為R的電阻中的電流強度． 答案　(1)　(2)(g－) 解析　(1)設(shè)粒子在p板上做勻速直線運動的速度為v0，有h＝v0t① 設(shè)發(fā)射裝置對粒子做的功為W，由動能定理得 W＝mv② 聯(lián)立①②式可得W＝.③ (2)S接“1”位置時，電源的電動勢E0與板間電勢差U有E0＝U④ 板間產(chǎn)生勻強電場的場強為E，粒子進入板間時有水平方向的速度v0，在板間受到豎直方向的重力和電場力作用而做類平拋運動，設(shè)加速度為a，運動時間為t1，有 U＝Eh⑤ mg－qE＝ma⑥ h＝at⑦ l＝v0t1⑧ S接“2”位置，則在電阻R上流過的電流I滿足 I＝⑨ 聯(lián)立①④～⑨式得I＝(g－)