高三物理高考二輪專題復(fù)習(xí)（一）第2課時(shí)（1）課件人教版

1、第2課時(shí) 混合場(chǎng)中的物體平衡,基 礎(chǔ) 回 扣1.電場(chǎng)力(1)電場(chǎng)力的方向:正電荷受電場(chǎng)力方向與場(chǎng)強(qiáng)方向 ,負(fù)電荷受電場(chǎng)力方向與場(chǎng)強(qiáng)方向 .(2)電場(chǎng)力的大小:F=qE,若為勻強(qiáng)電場(chǎng),電場(chǎng)力則為 力,若為非勻強(qiáng)電場(chǎng),電場(chǎng)力將與 有關(guān).2.安培力(1)方向:用左手定則判定.F一定垂直于I、B,I、B可以互相垂直也可以互相不垂直,I、B任一量反向,F .,一致,相反,恒,位置,

2、,也,反向,(2)大小:F=BIL.①此式只適用于B和I互相垂直的情況,且L是導(dǎo)線的 長(zhǎng)度.②當(dāng)導(dǎo)線電流I與磁場(chǎng)B平行時(shí),F最小=0. 3. 洛倫茲力(1)洛倫茲力的方向①洛倫茲力方向既與電荷的運(yùn)動(dòng)方向垂直,又與磁場(chǎng)方向垂直,所以洛倫茲力方向總是垂直于運(yùn)動(dòng)電荷的速度方向和磁場(chǎng)方向所確定的 .②洛倫茲力方向總垂直于電荷運(yùn)動(dòng)方向,當(dāng)電荷運(yùn)動(dòng)方向發(fā)生變化時(shí),洛倫茲力的方向也 .,有效

3、,平面,隨之變化,③由于洛倫茲力方向總與電荷運(yùn)動(dòng)方向垂直,所以洛倫茲力對(duì)電荷永不 .(2)洛倫茲力的大小:F洛=qvB sinθ.當(dāng)θ=90°時(shí),F洛=qvB,此時(shí),電荷受到的洛倫茲力最大;當(dāng)θ=0°或180°時(shí),F洛=0,即電荷在磁場(chǎng)中平行于磁場(chǎng)方向運(yùn)動(dòng)時(shí),電荷不受洛倫茲力作用;當(dāng)v=0時(shí),F洛=0,說(shuō)明磁場(chǎng)只對(duì) 的電荷產(chǎn)生力的作用.思 路 方 法1. 電場(chǎng)最基本的特征

4、是對(duì)放入的電荷有 ,與帶電粒子所處的 無(wú)關(guān).2. 帶電粒子在電場(chǎng)和重力場(chǎng)中的平衡問(wèn)題仍然滿足 條件,且電場(chǎng)一般為勻強(qiáng)電場(chǎng).,做功,運(yùn)動(dòng),力的作用,運(yùn)動(dòng)狀況,平衡,3. 如果帶電粒子在重力場(chǎng)、電場(chǎng)和磁場(chǎng)內(nèi)做直線運(yùn)動(dòng),則一定是 ,因?yàn)镕洛⊥v. 4. 帶電粒子在混合場(chǎng)內(nèi)運(yùn)動(dòng)的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題,一般要首先結(jié)合粒子的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)進(jìn)行 ,采用矢量三角形法或正交分解法結(jié)

5、合平衡條件列式求解.,勻速直線運(yùn)動(dòng),受力分析,題型1 電場(chǎng)和重力場(chǎng)內(nèi)的物體平衡,例1 (2009·蘇州市模擬) 如圖1-2-1所示, 將兩個(gè)質(zhì)量均為m的小球用兩根長(zhǎng)l的絕緣細(xì)線相連懸掛于O點(diǎn),A球帶正電,帶電量為q,B球不帶電.(設(shè)重力加速,圖1-2-1,度為g,小球可視為質(zhì)點(diǎn))(1)若加一個(gè)水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng),使懸線OA向右偏離豎直方向30°角,且整個(gè)裝置處于平衡狀態(tài).求勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小.(

6、2) 若讓B球帶負(fù)電,帶電量也為q,細(xì)線仍然是拉直狀態(tài).加上電場(chǎng)強(qiáng)度為第(1)問(wèn)中的場(chǎng)強(qiáng)大小 的電場(chǎng)后,整個(gè)裝置從圖示位置到達(dá)新的平衡位置的過(guò)程中,系統(tǒng)的電勢(shì)能是增加還是減少?變化量為多大?(不計(jì)A、B間的相互作用),解析 (1)系統(tǒng)穩(wěn)定后的各球位置如下圖甲所示,對(duì)A、B球組成的系統(tǒng)進(jìn)行受力分析可知qE=2mgtan 30°,解得E= .,(2)由于兩個(gè)小球組成的系統(tǒng)受電場(chǎng)力為零,因此繩OA為豎直方向;B球受到的

7、電場(chǎng)力為FB=qE′=q = mg,對(duì)其進(jìn)行受力分析可知ab繩與豎直方向夾角為θ=arctan= 30°,則穩(wěn)定后各小球的位置如圖乙所示,B球在移動(dòng)過(guò)程中電場(chǎng)力做功W=qE′lsinθ= mgl,由于電場(chǎng)力做正功,因此系統(tǒng)的電勢(shì)能減少,且ΔEp= mgl.,答案 (1)E= (2)減少 mgl,1.電場(chǎng)力的方向與電性和場(chǎng)強(qiáng)的方向有關(guān),勻強(qiáng)電場(chǎng)中電場(chǎng)力為恒力. 2.電

8、場(chǎng)和重力場(chǎng)內(nèi)的平衡問(wèn)題,仍然是力學(xué)問(wèn)題.力學(xué)中用到的圖解法和正交分解法仍然可以用在電場(chǎng)和重力場(chǎng)中.,預(yù)測(cè)演練1 (2009·山東調(diào)研)如圖1-2-2所示, 疊放在一起的A、B兩絕緣小物塊放在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中,其中B帶正電q,A不帶電；它們一起沿絕緣水平面以某速度勻速運(yùn)動(dòng).現(xiàn)突然使B的帶電量消失,A帶,圖1-2-2,上+q的電荷量,則A、B的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)可能為 （ ）A.一起勻速運(yùn)動(dòng)B.一起加速運(yùn)動(dòng)C.A加

9、速,B減速D.A加速,B勻速,解析 在A帶上+q的電荷量的情況下,如果電場(chǎng)力F=qE大于A、B之間的最大靜摩擦力,則A、B之間產(chǎn)生相對(duì)滑動(dòng),A做加速運(yùn)動(dòng),B做減速運(yùn)動(dòng);如果電場(chǎng)力F=qE小于或等于A、B之間的最大靜摩擦力,則A、B仍共同運(yùn)動(dòng),整體受力不變,仍做勻速直線運(yùn)動(dòng).,AC,題型2 混合場(chǎng)內(nèi)的物體平衡,例2 (2009·北京市朝陽(yáng)區(qū)模擬) 如圖1-2-3所示,在正交坐標(biāo)系Oxyz的空間中,同時(shí)存在勻

10、強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)(x軸正方向水平向右,y軸正方向豎直向上).勻強(qiáng)磁場(chǎng)的方向與xOy平面平行,且與x軸的夾角為60°.一質(zhì)量為m，電荷量為+q的帶電質(zhì)點(diǎn)從y軸上的點(diǎn)P(0,h,0)沿平行于z軸方向以速度v0射入場(chǎng)區(qū),重力加速度為g.(1)若質(zhì)點(diǎn)恰好做勻速圓周運(yùn)動(dòng),求電場(chǎng)強(qiáng)度的大小及方向.,圖1-2-3,(2)若質(zhì)點(diǎn)恰沿v0方向做勻速直線運(yùn)動(dòng),求電場(chǎng)強(qiáng)度的最小值Emin及方向.(3)若電場(chǎng)為第(2)問(wèn)所求的情況,當(dāng)帶

11、電質(zhì)點(diǎn)從P點(diǎn)射入撤去磁場(chǎng),求帶電質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到xOz平面時(shí)的位置.,思路導(dǎo)引 (1)質(zhì)點(diǎn)在電場(chǎng)、磁場(chǎng)和重力場(chǎng)的混合場(chǎng)中恰好做勻速圓周運(yùn)動(dòng),說(shuō)明質(zhì)點(diǎn)的受力具有什么特點(diǎn)?,答案 說(shuō)明電場(chǎng)力和重力二力平衡,即qE=mg.,(2)質(zhì)點(diǎn)恰好在混合場(chǎng)內(nèi)做勻速直線運(yùn)動(dòng),又說(shuō)明了質(zhì)點(diǎn)的受力具有什么特點(diǎn)呢?,解析 (1)由于質(zhì)點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng),所以質(zhì)點(diǎn)受到電場(chǎng)力、重力二力平衡,即,qE-mg=0E= 方向豎直向上(2)如右圖所示, 帶電質(zhì)

12、點(diǎn)受重力mg，洛倫茲力qv0B，電場(chǎng)力qE的作用做勻速直線運(yùn)動(dòng),根據(jù)幾何關(guān)系可知:當(dāng)電場(chǎng)力方向與洛倫茲力方向垂直時(shí),場(chǎng)強(qiáng)有最小值Emin,所以電場(chǎng)強(qiáng)度Emin的方向與xOz平面的夾角為60°,即與磁感應(yīng)強(qiáng)度B的方向相同.qEmin-mgsin60°=0 ①,F洛-mgcos 60°=0 ②

13、Emin= (3)如右圖所示, 撤去磁場(chǎng)后,帶電質(zhì)點(diǎn)受到重力mg和電場(chǎng)力qEmin作用,其合力與存在磁場(chǎng)時(shí)的洛倫茲力大小相等方向相反,即沿圖中PM方向,合力與v0方向垂直.由②得F洛=mgcos 60°= mg設(shè)經(jīng)過(guò)時(shí)間t到達(dá)xOz平面內(nèi)的點(diǎn)N(x,y,z),由運(yùn)動(dòng)的合成和分解可得沿v0方向:z=v0t ③,1.質(zhì)點(diǎn)在勻強(qiáng)電場(chǎng)、勻強(qiáng)磁場(chǎng)和重

14、力場(chǎng)內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí),由于電場(chǎng)力和重力為恒力,不可能提供向心力,只能由洛倫茲力提供,因此qE =mg.,沿PM方向:PM= at2 ④PM= ⑤x=聯(lián)立③~⑤解得z =2v0所以,帶電質(zhì)點(diǎn)在N（ ，0，2v0 ）,答案 (1)E= ,方向豎直向上(2)Emin= ,方向與磁感應(yīng)強(qiáng)度B的方向相同(3)（ ，0

15、，2v0 ）,2. 由于F洛=qvB,方向始終與B方向垂直,因此帶電粒子在混合場(chǎng)內(nèi)做直線運(yùn)動(dòng)時(shí)一定是勻速直線運(yùn)動(dòng),即重力，電場(chǎng)力和洛倫茲力的合力為零,常作為綜合性問(wèn)題的隱含條件.  3.v=0時(shí),F洛=0,v變化時(shí),F洛也變化.,預(yù)測(cè)演練2 (2009·河南省考前模擬) 如圖1-2-4所示, 足夠長(zhǎng)的兩面均光滑的絕緣平板,固定在區(qū)域足夠大的正交的方向豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)和方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中

16、,勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小,圖1-2-4,為E,勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B,平板與水平面間的夾角為θ,電荷量為+q的小物塊靜止在平板中央.現(xiàn)沿平板斜向下的方向給物塊一個(gè)初速度v0的同時(shí)，保持磁場(chǎng)(包括大小和方向)和電場(chǎng)方向不變,使電場(chǎng)強(qiáng)度的大小變?yōu)?E(當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹間,設(shè)小物塊沿平板運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中電荷量不變),求:(1)小物塊沿平板向下運(yùn)動(dòng)的最大位移.(2)小物塊沿平板運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中機(jī)械能的增量.,解析 (1)小物塊靜止在平板

17、中央時(shí)不受洛倫茲力的作用,設(shè)其質(zhì)量為m,根據(jù)平衡條件分析有mg=qE.小物塊沿平板向下運(yùn)動(dòng)至最遠(yuǎn)處這一過(guò)程中,重力做正功,電場(chǎng)力做負(fù)功,洛倫茲力和平板的彈力都垂直于運(yùn)動(dòng),方向不做功,設(shè)小物塊沿平板向下運(yùn)動(dòng)的最大位移為x,根據(jù)動(dòng)能定理有(mg-3qE)xsinθ=0- mv02 聯(lián)立兩式解得x= (2)小物塊先沿平板向下運(yùn)動(dòng),速度減為零時(shí),因?yàn)殡妶?chǎng)力向上,且電場(chǎng)力是重力的3倍,所以小物塊不能靜止在平板上,小物塊將沿平板向上運(yùn)

18、動(dòng),此時(shí)洛倫茲力垂直平板斜向下;當(dāng)小物塊剛離開(kāi)平板時(shí),平板對(duì)小物塊的彈力為零,小物塊在垂直于平板的方向上受力平衡,根據(jù)平衡條件可得qvB=(3qE-mg)cosθ設(shè)小物塊從開(kāi)始下滑到小物塊離開(kāi)平板時(shí)發(fā)生的位移為x′,根據(jù)重力和電場(chǎng)力做功的特點(diǎn),可對(duì)全過(guò)程利,用動(dòng)能定理有(3qE-mg)x′sinθ= mv2- mv02根據(jù)功能關(guān)系可得小物塊沿平板運(yùn)動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能的增量為ΔE=3qEx′sinθ聯(lián)立以上各式解得ΔE=

19、 -,答案 (1) (2) -,題型3 通電導(dǎo)線在磁場(chǎng)內(nèi)的平衡問(wèn)題,例3 在傾角為θ的斜面上,放置一段通電電流為I長(zhǎng)度為L(zhǎng)，質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒a(通電電流方向垂直紙面向里),如圖1-2-5所示,棒與斜面間摩擦因數(shù)為μ,μ<tanθ.欲使導(dǎo)體棒靜止,圖1-2-5,在斜面上,所加勻強(qiáng)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的最小值是多少?如果導(dǎo)體棒a靜止在斜面上且對(duì)斜面無(wú)壓力,則所加勻強(qiáng)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大

20、小和方向如何?,解析 (1)欲使導(dǎo)體棒靜止在斜面上,所加勻強(qiáng)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的最小值的方向大致應(yīng)該是沿斜面向上或與斜面成一定夾角向上或向下, 使安培力方向指向重力與摩擦力之間的一個(gè)方向,不妨設(shè)安培力與斜面向上的方向成α角,受力分析如右圖所示,由平衡條件可知平行斜面方向有mgsinθ=Fcosα+Ff ①垂直斜面方向有FN=mgcosθ+Fsinα ②,另有Ff=μFN

21、 ③由安培力的公式可知F=BIL ④由①②③④整理可得B=由三角函數(shù)極值可知Bmin=(2)如果導(dǎo)體棒a靜止在斜面上且對(duì)斜面無(wú)壓力,則導(dǎo)體與斜面之間的彈力為零,摩擦力也為零,故只受重力和安培力,物體要平衡,則BIL=mg,則所加勻強(qiáng)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B= ,由左手定則可知,磁感應(yīng)強(qiáng)度方向應(yīng)為水平向左.,答案 (1)

22、 (2) ,方向水平向左,通電導(dǎo)線的安培力與磁場(chǎng)方向、導(dǎo)體放置方向密切相關(guān).而此三者方向不在同一平面內(nèi),在平面視圖中很難準(zhǔn)確畫(huà)出來(lái),因此選擇好觀察方位,畫(huà)出正確的平面視圖,能夠形象、直觀地表達(dá)出三者的關(guān)系非常重要,是有效解題的關(guān)鍵.,預(yù)測(cè)演練3 (2009·泰安市二模) 如圖1-2-6所示, 一水平導(dǎo)軌處于與水平方向成45°角向左上方的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,一根通有恒定電流的金屬棒,由于受到安培力作用而在粗糙

23、的導(dǎo)軌上向右做勻速運(yùn)動(dòng).現(xiàn)將磁場(chǎng)方向沿順時(shí)針緩慢轉(zhuǎn)動(dòng),圖1-2-6,至豎直向上,在此過(guò)程中,金屬棒始終保持勻速運(yùn)動(dòng),已知棒與導(dǎo)軌間動(dòng)摩擦因數(shù)μ<1,則磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小變化情況是 （ ）A.不變B.一直增大C.一直減小D.先變小后變大,解析 首先進(jìn)行受力分析BILcos 45°=μ(mg-BILsin 45°)化簡(jiǎn)函數(shù)BIL(cos

24、45°+μsin 45°)=μmgB= × ×因?yàn)棣?所以β∈(45°,90°),當(dāng)B順時(shí)針逐漸旋轉(zhuǎn)時(shí),α從45°逐漸減小,所以α+β從大于90°開(kāi)始減小,所以sin (α+β)先增大后減小,B先減小后增大.,答案 D,題型4 電磁感應(yīng)中的平衡問(wèn)題,例4 (2009·昆明市5月模擬)如圖1-2-7所示, MN、

25、PQ是間距為L(zhǎng),與水平面成θ角的兩條平行光滑且足夠長(zhǎng)的金屬導(dǎo)軌,其電阻忽略不計(jì).空間存在著磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,方向垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng).導(dǎo)體棒ab、cd垂直,圖1-2-7,于導(dǎo)軌放置,且與導(dǎo)軌接觸良好,每根導(dǎo)體棒的質(zhì)量均為m,電阻均為R,其中ab棒被平行于導(dǎo)軌的絕緣細(xì)線固定.今將cd棒由靜止釋放,其達(dá)到最大速度時(shí)下滑的距離為l若細(xì)線始終未被拉斷,求:(1)cd棒運(yùn)動(dòng)過(guò)程中細(xì)線的最大拉力.(2)cd棒由靜止到最大速度的

26、過(guò)程中,cd棒產(chǎn)生的焦耳熱.,解析 (1)cd棒運(yùn)動(dòng)速度最大時(shí)繩子拉力最大,此時(shí)對(duì)ab棒,據(jù)平衡條件得FTm=mgsinθ+F安max ①(3分)對(duì)cd棒,速度最大時(shí)加速度為零,據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律得即mgsinθ-F安max=0 ②(3分)解得FTm=2mgsinθ ③(2分),(2)當(dāng)cd棒速度最大時(shí),對(duì)cd棒F安=BIL ④(1分) 導(dǎo)體棒產(chǎn)

27、生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=BLv ⑤(1分)據(jù)閉合電路歐姆定律得I= ⑥(1分)由②④⑤⑥式得cd棒的最大速度vmax= ⑦(1分)根據(jù)能量關(guān)系得mglsinθ= mvmax2+2Q ⑧(3分)解得Q = mglsinθ- ⑨(3分),答案 (1)2mgsinθ (2) mglsinθ-,1.通電導(dǎo)線

28、(或?qū)w棒)切割磁感線時(shí)的平衡問(wèn)題,一般要綜合應(yīng)用受力分析、法拉第電磁感應(yīng)定律,左、右手定則和電路的知識(shí).在這類問(wèn)題中,感應(yīng)電流的產(chǎn)生和磁場(chǎng)對(duì)電流的作用這兩種現(xiàn)象總是相互聯(lián)系的,而磁場(chǎng)力又將電和力兩方面問(wèn)題聯(lián)系起來(lái). 2.感應(yīng)電流在磁場(chǎng)中受到的安培力對(duì)導(dǎo)線(或?qū)w棒)的運(yùn)動(dòng)起阻礙作用,把機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電能. 3.這類題目的特點(diǎn)是運(yùn)動(dòng)狀態(tài)影響感應(yīng)電流在磁場(chǎng)內(nèi)的受力,受力又反過(guò)來(lái)影響運(yùn)動(dòng),在動(dòng)態(tài)分析中找到穩(wěn)定狀態(tài)是解題

29、的關(guān)鍵.,預(yù)測(cè)演練4 (2009·濟(jì)南5月模擬) 如圖1-2-8所示, 無(wú)限長(zhǎng)金屬導(dǎo)軌EF、PQ固定在傾角為θ=53°的光滑絕緣斜面上,軌道間距L=1 m,其上端開(kāi)口,底部接入一阻值為R=0.4Ω的定值電阻.垂直斜面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B= 2 T.一質(zhì)量為m=0.5 kg的金屬棒ab與導(dǎo)軌間動(dòng)摩擦因數(shù)μ= 0.2,ab 棒連入導(dǎo)軌間的電阻 r =0.1Ω,電路中其余部分電阻不計(jì).現(xiàn)將一質(zhì)量為M =2.

30、86 kg的物體通過(guò)一不可伸長(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)繩繞過(guò)光滑的定滑輪與ab棒相連.由靜止釋放M,不計(jì)空氣阻力,當(dāng)M,圖1-2-8,下落高度h=2.0 m時(shí),ab棒開(kāi)始勻速運(yùn)動(dòng)(運(yùn)動(dòng)中ab棒始終與導(dǎo)軌垂直,并接觸良好.g=10 m/s2, sin 53°=0.8, cos 53°=0.6),求:(1)ab棒沿斜面向上運(yùn)動(dòng)的最大速度.(2)ab棒從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到勻速運(yùn)動(dòng)的這段時(shí)間內(nèi)電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱和通過(guò)電阻R的總電量各是多

31、少?,解析 (1) ab棒向上先做加速度逐漸減小的變加速運(yùn)動(dòng),后做勻速運(yùn)動(dòng),此時(shí)速度最大.根據(jù)平衡條件可得T=mgsinθ+F+μmgcosθT=MgF=BIL,I=解得vm= =3 m/s(2)根據(jù)能量轉(zhuǎn)化與守恒定律得Mgh-mghsinθ=μmghcosθ+ (m+M)vm2+QQ =32.88 JQR= Q=26.3 J通過(guò)電阻R的電量q=ItI

32、=E=解得q= = =8.0 C,,,,答案 (1)3 m/s (2)26.3 J 8.0 C,(2009·衡水中學(xué)二模)如圖1-2-9所示, 水平的平行金屬板和直流電源相連,中間有一垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng),一帶電微粒以速度v向右飛入板間,恰能做勻速運(yùn)動(dòng).那么,變換以下條件時(shí),不能使粒子做勻速運(yùn)動(dòng)的有 （ ）A.減小粒子的帶電量B.增大粒子的飛入速度C.使粒子從右邊飛入板間

33、D.讓粒子帶和原先符號(hào)相反的電荷,圖1-2-9,解析 受力分析如右圖所示,qE=G+qvB, 可知A、B、C、D都不能使粒子做勻速運(yùn)動(dòng).,答案 ABCD,2.(2009·煙臺(tái)市三模)如圖1-2-10所示,水平面上的光滑平行導(dǎo)軌MN、PQ上放著光滑導(dǎo)體棒ab、cd,兩棒用絕緣細(xì)線系住,開(kāi)始時(shí)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的方向如圖甲所示,而磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化如圖乙所示,不計(jì)ab、cd間電流的相互作用,則細(xì)線中張力

34、 （ ）,圖1-2-10,A.由0到t0時(shí)間內(nèi)細(xì)線中的張力逐漸增大B.由0到t0時(shí)間內(nèi)細(xì)線中的張力逐漸減小C.由0到t0時(shí)間內(nèi)細(xì)線中張力不變D.由t0到t1時(shí)間內(nèi)兩桿靠近,細(xì)線中的張力消失,解析 在0~t0內(nèi)B均勻減小,在abcd中產(chǎn)生的電流恒定不變,又因?yàn)榇艌?chǎng)不斷減小,所以繩中張力不斷減小, B正確;t0~t1內(nèi)B均勻增大,ab、cd棒有靠近趨勢(shì),D正確.,答案 BD,圖1-2-11,3.(2009

35、83;安徽宣城市三模)如圖1-2-11所示, 電荷量為Q1、Q2的兩個(gè)正點(diǎn)電荷分別置于A點(diǎn)和B點(diǎn),兩點(diǎn)相距L,在以L為直徑的光滑絕緣半圓環(huán)上,穿著一個(gè)帶電小球q(視為點(diǎn)電荷),在P點(diǎn)平衡,若不計(jì)小球的重力,那么PA與ab的夾角α與Q1、Q2的關(guān)系滿足（ ）A.tan2α= B.tan2α=C.tan3α= D.tan3α=,解析 受力分析如下圖所示, tanα=

36、 =,= =( )2= (cotα)2，即tan3α=,答案 D,4.(2009·黃岡中學(xué)二模)如圖1-2-12所示光滑斜面的傾角為θ,在斜面上放置一矩形線框abcd,ab邊的邊長(zhǎng)為l1,bc邊的長(zhǎng)為l2, 線框的質(zhì)量為m,電阻為R,線框通過(guò)細(xì)線與重物相連,重物質(zhì)量為M,斜面上ef線(ef平行底邊)的右方有垂直斜面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng),圖1-2-12,強(qiáng)度為B,如果線框從靜止開(kāi)始,

37、進(jìn)入磁場(chǎng)的最初一段時(shí)間是做勻速運(yùn)動(dòng)的,則 （ ）A.線框abcd進(jìn)入磁場(chǎng)前運(yùn)動(dòng)的加速度為B.線框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)勻速運(yùn)動(dòng)的速度v =C.線框做勻速運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為D.該過(guò)程產(chǎn)生的焦耳熱Q=(Mg-mgsinθ)l2,解析 對(duì)框受力分析知FT-mgsinθ=ma,Mg-FT=Ma,得Mg-mgsinθ=(M+m)a, A錯(cuò);進(jìn)磁場(chǎng)勻速時(shí)有 + mgsinθ=Mg知B正確;進(jìn)磁場(chǎng)過(guò)程為勻速運(yùn),l2=vt,t=

38、 ,C錯(cuò); 該勻速過(guò)程克服安培力做的功即產(chǎn),生焦耳熱,F安=(Mg-mgsinθ),Q=F安·l2=(Mg-mgsinθ)l2, D正確.,答案 BD,5. 如圖1-2-13所示, 平行板電容器豎直放置,A板上用絕緣線懸掛一帶電小球,靜止時(shí)絕緣線與固定的A板成θ角,移動(dòng)B板, 下列說(shuō)法正確的是( )A.S閉合,B板向上平移一小段距離, θ角變大B.S閉合,B板向左平移一小段距離,θ角變

39、大C.S斷開(kāi),B板向上平移一小段距離,θ角變大D.S斷開(kāi),B板向左平移一小段距離,θ角不變,圖1-2-13,解析 小球受力分析如右圖所示, 由C= = 和E= 可知, S閉合時(shí),板間電壓U不變,B板向上平移時(shí),E不變,θ角不變, A錯(cuò);B板左移,d減小,E增大,θ角增大, B正確; S斷開(kāi)時(shí),B板上移,C減小,Q不變,U增大,E增大,θ角增大, C正確;B板左移時(shí),Q不變, S不變,板上電荷密度不變,場(chǎng)強(qiáng)E不變,

40、θ角不變.,答案 BCD,6.(2009·青島市第一學(xué)期期末統(tǒng)考)質(zhì)量都是m的兩個(gè)完全相同且?guī)У攘慨惙N電荷的小球A和B,分別用長(zhǎng)均為l的絕緣細(xì)線懸掛在同一水平面上相距為2l的M、N兩點(diǎn),平衡時(shí)小球A、B的位置如圖1-2-14甲所示,線與豎直方向的夾角θ=30°.當(dāng)外加水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)時(shí),兩小球的平衡位置如圖乙所示,線與豎直方向的夾角也為θ,小球可視為質(zhì)點(diǎn),已知靜電力常量為k.求:,圖1-2-14（1）A、B

41、兩小球的電性及所帶的電荷量q.,（2）外加勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)E.,解析 (1)由圖乙可知,A球帶正電,B球帶負(fù)電不加電場(chǎng)時(shí)兩小球相距d=2l-2lsin 30°=l根據(jù)A球受力平衡有mgtanθ=k解得q= (2)加電場(chǎng)時(shí)兩小球間的距離d′=2l+2lsin 30°=3l根據(jù)A球受力平衡有mgtanθ=qE-k解得E=,答案 (1)A帶正電,B帶負(fù)電（2）,7. (2009·陜西高考?jí)狠S

42、題) 如圖1-2-15所示, 在豎直面內(nèi)有兩平行金屬導(dǎo)軌AB、CD.導(dǎo)軌間距為l,電阻不計(jì).一根電阻不計(jì)的金屬棒ab可在導(dǎo)軌上無(wú)摩擦地滑動(dòng).棒與導(dǎo)軌垂直,并接觸良好.導(dǎo)軌之間有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感強(qiáng)度為B.導(dǎo)軌右邊與電路連接.電路中的三個(gè)定值電阻阻值分別為2R、R和R.在BD間接有一水平放置的平行板電容器C,板間距離為d.(1) 當(dāng)ab以速度v0勻速向左運(yùn)動(dòng)時(shí),電容器中質(zhì)量為m的帶電微粒恰好靜止.試判斷微粒的帶電性質(zhì)及帶

43、電量的大小.,圖1-2-15,(2)ab棒由靜止開(kāi)始,以恒定的加速度a向左運(yùn)動(dòng).討論電容器中帶電微粒的加速度如何變化.(設(shè)帶電微粒始終未與極板接觸).,解析 (1)棒勻速向左運(yùn)動(dòng),感應(yīng)電流為順時(shí)針?lè)较?電容器上板帶正電.由微粒受力平衡,電場(chǎng)力方向向上,場(chǎng)強(qiáng)方向向下知微粒帶負(fù)電mg=UC=IRI=E=Blv0,由以上各式求出q=(2)經(jīng)時(shí)間t0,微粒受力平衡mg= qUC= Blat0求出t0=

44、 或t0=當(dāng)tt0時(shí),a3= t-g,越來(lái)越大,加速度方向向上,答案 (1)負(fù)電 (2)見(jiàn)解析,8. (2009·試題調(diào)研) 如圖1-2-16所示, 兩根平行金屬導(dǎo)軌與水平面間的夾角為θ=37°, 導(dǎo)軌間距為l=0.50 m,金屬桿ab、cd的質(zhì)量均為 m=1 kg,電阻均為r = 0.10 Ω,垂直于導(dǎo)軌水平放置.整個(gè)裝置處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,磁場(chǎng)方向垂直于導(dǎo)軌平面向上,磁感應(yīng)強(qiáng)度B=2.0

45、T.用平行于導(dǎo)軌方向的拉力拉著ab桿勻速向上運(yùn)動(dòng),兩桿與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.3,不計(jì)導(dǎo)軌電阻,重力加速度g=10 m/s2.求:(1)要使cd桿靜止在斜面上,拉力應(yīng)為多大?,圖1-2-16,(2)拉力做功的最大功率為多少?,解析 (1)如下圖分析cd桿處于平衡狀態(tài)可知,當(dāng)cd桿有向上運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)時(shí)摩擦力方向沿斜面向下,設(shè)安培力為F1,列方程得F1=mgsinθ+μmgcosθab桿處于平衡狀態(tài),則Fmax=F1+mgsi

46、nθ+μmgcosθ可得Fmax=16.8 N如下圖所示,當(dāng)cd桿有向下運(yùn)動(dòng)的趨勢(shì)時(shí),摩擦力方向沿斜面向上,設(shè)安培力為F1′,列方程得,F1′+μmgcosθ=mgsinθab桿處于平衡狀態(tài),則Fmin=F1′+μmgcosθ+mgsinθ可得Fmin=12 N要使cd處于靜止?fàn)顟B(tài),應(yīng)有12 N≤F≤16.8 N(2)最大拉力與速度的乘積為最大功率,根據(jù)安培力公式,有F1=IlB=解得v =1.68