二轮强化练专题二力与物体的直线运动第2讲动力学观点在电学中的应用讲述

专题二

第2讲动力学观点在电

学中的应用

1．(多选)(2015·宝鸡模拟)在地面附近，存在着一有界电场，边界MN将空间分成上下两个区域Ⅰ、Ⅱ，在区域Ⅱ中有竖直向上的匀强电场，在区域Ⅰ中离边界某一高度由静止释放一质量为m的带电小球A，如图1甲所示，小球运动的v－t图象如图乙所示，不计空气阻力，则()

图1

A．小球受到的重力与电场力之比为3∶5

B．在t＝5 s时，小球经过边界MN

C．在小球向下运动的整个过程中，重力做的功大于电场力做的功

D．在1～4 s过程中，小球的机械能先减小后增大

2．(多选)(2015·宁波模拟) 如图2所示，空间中有一方向沿竖直平面的匀强电场，另有一光滑绝缘杆，杆上套有电荷量为＋Q、质量为m的小球，现在电场所在竖直平面内将杆分别置于OA、OB、OC三个不同位置，其中OA为水平，OC竖直，OB与水平面夹角为60°.小球分别从杆端A、B、C静止释放，已知小球从A到O运动时间为从B到O运动时间的2倍，则可判断()

图2

A．从C到O运动的时间小于从A到O的时间

B ．从

C 到O 运动的时间大于从A 到O 的时间 C ．电场强度的最小值为mg

2Q

D ．电场强度的最小值为

3mg

3Q

3．(多选)(2015·绵阳市模拟)如图3所示，已知甲空间中没有电场、磁场；乙空间中有竖直向上的匀强电场；丙空间中有竖直向下的匀强电场；丁空间中有垂直纸面向里的匀强磁场．四个图中的斜面相同且绝缘，相同的带负电小球从斜面上的同一点O 以相同初速度v 0同时沿水平方向抛出，分别落在甲、乙、丙、丁图中斜面上A 、B 、C 、D 点(图中未画出)．小球受到的电场力、洛伦兹力都始终小于重力，不计空气阻力．则( )

图3

A ．O 、C 之间距离大于O 、

B 之间距离 B ．小球从抛出到落在斜面上用时相等

C ．小球落到B 点与C 点速度大小相等

D ．从O 到A 与从O 到D ，合力对小球做功相同

4．(多选)(2015·滨江区模拟) 质量为m 、带电量为q 的小球，从倾角为θ的光滑绝缘斜面上由静止下滑，整个斜面置于方向水平向外的匀强磁场中，其磁感应强度为B ，如图4所示．若带电小球下滑后某时刻对斜面的作用力恰好为零，下面说法中正确的是( )

图4

A ．小球带正电

B ．小球在斜面上运动时做匀加速直线运动

C ．小球在斜面上运动时做加速度增大，而速度也增大的变加速直线运动

D ．则小球在斜面上下滑过程中，当小球对斜面压力为零时的速率为mg cos θ

qB

5．(多选)(2015·长春四模) 如图5，两根长直导线竖直平行固定放置，且与水平放置的光滑绝缘杆MN 分别交于c 、d 两点，点O 是cd 的中点，杆MN 上a 、b 两点关于O 点对称．两导线均通有大小相等、方向向上的电流，已知长直导线在周围某点产生磁场的磁感应强度与电流成正比、与该点到导线的距离成反比，一带正电的小球穿在杆上，以初速度v 0从a 点出发沿杆运动到b 点．在a 、b 、O 三点杆对小球的支持力大小分别为F a 、F b 、F O .下列说法可能正确的是( )

图5

A ．F a >F O

B ．F b >F a

C ．小球一直做匀速直线运动

D ．小球先做加速运动后做减速运动

6．(多选)(2015·广州市黄冈中学模拟) 如图6所示，导体棒ab 电阻不计，由静止开始(不计摩擦)从图示位置下滑，磁场方向垂直斜面向上，则在此过程中( )

图6

A ．导体棒ab 做匀加速直线运动

B ．导体棒ab 下滑的加速度逐渐减小

C ．导体棒ab 中的感应电流逐渐减小

D ．导体棒ab 下滑至速度达到最大值时，动能的增加量小于重力势能的减小量

7. 如图7所示，可视为质点的三物块A 、B 、C 放在倾角为30°的固定斜面上，物块与斜面间的动摩擦因数μ＝2345，A 与B 紧靠在一起，C 紧靠在固定挡板上，三物块的质量分别为

m A ＝0.60 kg ，m B ＝0.30 kg ，m C ＝0.50 kg ，其中A 不带电，B 、C 均带正电，且q C ＝1.0×10

－5

C ，开始时三个物块均能保持静止且与斜面间均无摩擦力作用，B 、C 间相距L ＝1.0 m ．现

给A 施加一平行于斜面向上的力F ，使A 在斜面上做加速度a ＝1.0 m /s 2 的匀加速直线运动，假定斜面足够长．已知静电力常量k ＝9.0×109 N·m 2/C 2，g ＝10 m/s 2.求：

图7

(1)B 物块所带电荷量q B ；

(2)A 、B 运动多长距离后开始分离．

8. (2015·沈阳市检测)如图8所示，两根竖直固定的足够长的金属导轨ab 和cd 相距L ＝0.2 m ，另外两根水平金属杆MN 和PQ 的质量均为m ＝10 g ，可沿导轨无摩擦地滑动，MN 杆和PQ 杆的电阻均为R ＝0.2 Ω(竖直金属导轨电阻不计)，PQ 杆放置在水平绝缘平台上，整个装置处于垂直导轨平面向里的磁场中，g 取10 m/s 2.

图8

(1)若将PQ 杆固定，让MN 杆在竖直向上的恒定拉力F ＝0.18 N 的作用下由静止开始向上运动，磁感应强度B 0＝1.0 T ，杆MN 的最大速度为多少？

(2)若将MN 杆固定，MN 和PQ 的间距为d ＝0.4 m ，现使磁感应强度从零开始以ΔB

Δt ＝0.5 T/s

的变化率均匀地增大，经过多长时间，杆PQ 对地面的压力为零？

9．(2015·天门市4月模拟)如图9甲所示，相距L＝1 m、电阻不计的两根长金属导轨，各有一部分在同一水平面上，另一部分沿同一竖直面．质量均为m＝50 g、电阻均为R＝1.0 Ω的金属细杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，杆与导轨之间的动摩擦因数μ＝0.5.整个装置处于磁感应强度B＝1.0 T、方向竖直向上的匀强磁场中．当ab杆在水平拉力F作用下沿导轨向右运动时，从t＝0时刻开始释放cd杆，cd杆的v cd－t图象如图乙所示，取g＝10 m/s2(在0～1 s和2～3 s内，图线为直线)．

图9

(1)求在0～1 s内通过cd杆中的电流；

(2)若已知ab杆在1～2 s内做匀加速直线运动，求这段时间内拉力F随时间变化的函数方程．

二轮专题强化练答案精析

第2讲 动力学观点在电学中的应用

1．AD 2.AC

3．AC [带电小球在乙图中受到竖直向下的电场力与重力，而在丙图中受到竖直向上的电场力与重力，根据类平抛运动规律，则有：v 0t 12at 2＝1

tan θ，可知，当加速度越大时，所用时间

越短，因此O 、B 间距小于O 、C 间距，故A 正确；由题意可知，甲图带电小球做平抛运动，由A 分析可知，运动的时间介于乙图与丙图之间，故B 错误；根据A 分析，则有

v 0t 12

at 2＝1

tan θ，那么v y ＝at ＝2v 0tan θ，则有它们的竖直方向的速度相等，根据矢量的合成法则，可得，小球落到B 点与C 点速度大小相等，故C 正确；丁图中在洛伦兹力作用下，小球抛出后竖直方向的加速度小于g ，则使得小球竖直方向的速度小于甲图中小球竖直方向的速度，又因洛伦兹力不做功，则球从O 到A 重力做的功多于球从O 到D 重力做的功，因此合力对小球做功不同，故D 错误．]

4．ABD [小球向下运动，由磁场垂直纸面向外，由题意可知洛伦兹力垂直斜面向上，所以小球带正电，故A 正确；小球离开斜面之前，在重力、支持力、洛伦兹力作用下做匀加速直线运动，虽然速度变大，导致洛伦兹力变大，但重力沿斜面向下的分力却不变，即三个力的合力却不变，故B 正确，C 错误；则小球在斜面上下滑过程中，当小球受到的洛伦兹力等于重力垂直于斜面的分力时，小球对斜面压力为零．所以Bq v ＝mg cos θ，则速率为mg cos θ

qB ，

故D 正确．]

5．ABC [根据右手螺旋定则可知，从a 点出发沿连线运动到b 点，aO 间的磁场方向垂直于MN 向里，Ob 间的磁场方向垂直于MN 向外，所以合磁场大小先减小过O 点后反向增大，而方向先向里，过O 点后向外，根据左手定则可知，带正电的小球受到的洛伦兹力方向先

向上，大小在减小，在a 点，若Bqv 0>mg 则有F a ＝Bqv 0－mg ；在O 点，F O ＝mg ，所以有可能F a >F O ，过O 得后洛伦兹力的方向向下，大小在增大．由此可知，小球在速度方向不受力的作用，则将做匀速直线运动，而小球对杆的压力一直在增大，即F b >F a ，故A 、B 、C 正确，D 错误．]

6．BD [当棒下滑，速度增大，E 增大，I 增大，F 安增大，由牛顿第二定律可知：a ＝mg sin θ－F 安

m ，

可知加速度减小，故A 、C 错误，B 正确；导体棒下滑过程中，重力势能减小，动能增加，同时产生电热，根据能量守恒可知，导体棒ab 下滑至速度达到最大值时，动能和内能的增加量等于重力势能的减小量，故D 正确．] 7．(1)5.0×10－

5 C (2)0.5 m

解析 (1)设B 物块的电荷量为q B ，A 、B 、C 处于静止状态时，C 对B 的库仑斥力，F 0＝kq C q B

L 2，

以A 、B 整体为研究对象，

根据力的平衡有F 0＝(m A ＋m B )g sin 30°， 联立解得q B ＝5.0×10－5 C.

(2)给A 施加力F 后，A 、B 沿斜面向上做匀加速直线运动，C 对B 的库仑斥力逐渐减小，A 、B 之间的弹力也逐渐减小．设经过时间t ，B 、C 间距离变为L ′，A 、B 两者间弹力减小到零，此后两者分离．则t 时刻C 对B 的库仑斥力为F 0′＝kq C q B L ′2

以B 为研究对象，由牛顿第二定律有 F 0′－m B g sin 30°－μm B g cos 30°＝m B a 联立以上各式解得L ′＝1.5 m 则A 、B 分离时，A 、B 运动的距离 ΔL ＝L ′－L ＝0.5 m. 8．(1)0.8 m/s (2)10 s

解析 (1)MN 杆切割磁感线产生的电动势为：E 1＝B 0L v ①

由闭合电路欧姆定律得：I 1＝E 1

2R

② MN 杆所受安培力大小为： F 安＝B 0I 1L ③

对MN 杆应用牛顿第二定律得： F －mg －F 安＝ma ④

当MN 杆速度最大时，MN 杆的加速度为零，联立①②③④得MN 杆的最大速度为：v m ＝2(F －mg )R B 20L 2

＝2×(0.18－10－2×10)×0.2

12×0.22 m /s ＝0.8 m/s. (2)感应电动势为：E 2＝ΔΦΔt ＝ΔBLd Δt ⑤

由闭合电路欧姆定律得：I 2＝

E 2

2R

⑥ t 时刻的磁感应强度为：B ＝ΔB

Δt t ⑦

PQ 杆受力平衡：mg ＝BI 2L ⑧ 联立⑤⑥⑦⑧得：

t ＝2mgR

(ΔB Δt )2L 2d ＝2×10－2×10×0.2(0.5)2×(0.2)2×0.4 s ＝10 s.

9．(1)0.6 A (2)F ＝0.8t ＋0.13 (N)

解析 (1)在0～1 s 内，cd 杆的v cd －t 图线为倾斜直线，因此cd 杆做匀变速直线运动，加速度为：a 1＝v t －v 0

t

＝4.0 m/s 2

因此cd 杆受向上的摩擦力作用，其受力图如图所示． 根据牛顿第二定律，有：mg －F f ＝ma 1

其中F f ＝μF N ＝μF A ＝μBIL

因此回路中的电流为：I ＝m (g －a 1)

μBL ＝0.6 A.

(2)在0～1 s 内，设ab 杆产生的电动势为E ， 则：E ＝BL v 1

由闭合电路欧姆定律知：I ＝E

2R

则ab 杆的速度为：v 1＝2IR

BL

＝1.2 m/s

在2～3 s 内，由图象可求出cd 杆的加速度为： a 2＝－4 m/s 2

同理可求出ab 杆的速度： v 2＝2m (g －a 2)R μB 2L 2

＝2.8 m/s

在1～2 s 内，ab 杆做匀加速运动，则加速度为：a ＝v 2－v 1

t ＝1.6 m/s 2

对ab 杆，根据牛顿第二定律有： F －μmg －BI ′L ＝ma

ab 杆在t 时刻的速度：v ＝v 1＋a (t －1) 回路中的电流：I ′＝BL v

2R

联立可得：F ＝0.8t ＋0.13 (N)．