（通用版）2017版高考物理大二轮复习与增分策略 专题二 力与物体的直线运动（课件+试题）（打包6套）.zip

1专题二 力与物体的直线运动 [专题定位] 本专题解决的是物体(或带电体)在力的作用下的匀变速直线运动问题.高考对本专题考查的内容主要有：①匀变速直线运动的规律及运动图象问题；②行车安全问题；③物体在传送带(或平板车)上的运动问题；④带电粒子(或带电体)在电场、磁场中的匀变速直线运动问题；⑤电磁感应中的动力学分析.考查的主要方法和规律有：动力学方法、图象法、临界问题的处理方法、运动学的基本规律等.[应考策略] 抓住“两个分析”和“一个桥梁”.“两个分析”是指“受力分析”和“运动情景或运动过程分析”.“一个桥梁”是指“加速度是联系运动和受力的桥梁”.综合应用牛顿运动定律和运动学公式解决问题.第 1 讲 动力学观点在力学中的应用1.物体或带电体做匀变速直线运动的条件是：物体或带电体所受合力为恒力，且与速度方向共线.2.匀变速直线运动的基本规律为速度公式： v＝ v0＋ at.位移公式： x＝ v0t＋ at2.12速度和位移公式的推论： v2－ v ＝2 ax.20中间时刻的瞬时速度： 2t＝ ＝ .xt v0＋ v2任意相邻两个连续相等的时间内的位移之差是一个恒量，即 Δ x＝ xn＋1 － xn＝ a·(Δ t)2.3.速度—时间关系图线的斜率表示物体运动的加速度，图线与时间轴所包围的面积表示物体运动的位移.匀变速直线运动的 v－ t 图象是一条倾斜直线.4.位移—时间关系图线的斜率表示物体的速度，匀变速直线运动的 x－ t 图象是一条抛物线.5.超重或失重时，物体的重力并未发生变化，只是物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)发生了变化.物体发生超重或失重现象与物体的运动方向无关，只决定于物体的加速度方向.当 a 有竖直向上的分量时，超重；当 a 有竖直向下的分量时，失重；当 a＝ g 且竖直向下时，完全失重.21.动力学的两类基本问题的处理思路2.解决动力学问题的常用方法(1)整体法与隔离法.(2)正交分解法：一般沿加速度方向和垂直于加速度方向进行分解，有时根据情况也可以把加速度进行正交分解.(3)逆向思维法：把运动过程的末状态作为初状态的反向研究问题的方法，一般用于匀减速直线运动问题，比如刹车问题、竖直上抛运动的问题.例 1 一个物体以初速度 v0沿光滑斜面向上运动，其速度 v 随时间 t 变化的规律如图 1 所示，在连续两段时间 m 和 n 内对应面积均为 S，则经过 b 时刻 vb的大小为( )图 1A. B. C. D. m－ n Smn mn m2＋ n2 S m＋ n  m2＋ n2 S m＋ n mn  m2＋ n2 Smn解析 设 b 时刻的速度为 vb，加速度为 a，根据 x＝ v0t＋ at2得：12S＝ vam－ am2 ①12S＝ vbn－ an2 ②12vb＝ va－ am ③①②③联立得： vb＝ . m2＋ n2 S m＋ n mn答案 C预测 1 (2016·全国丙卷·16)一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔 t3内位移为 s，动能变为原来的 9 倍.该质点的加速度为( )A. B. C. D.st2 3s2t2 4st2 8st2答案 A解析 动能变为原来的 9 倍，则质点的速度变为原来的 3 倍，即 v＝3 v0，由 s＝ (v0＋ v)t12和 a＝ 得 a＝ ，故 A 对.v－ v0t st2预测 2 广泛应用于我国高速公路的电子不停车收费系统(ETC)是目前世界上最先进的收费系统，过往车辆无须停车即能够实现收费.如图 2 所示为某高速公路入口处的两个通道的示意图，ETC 收费岛(阴影区域)长为 d＝36 m.人工收费窗口在图中虚线 MN 上，汽车到达窗口时停车缴费时间需要 t0＝20 s.现有甲、乙两辆汽车均以 v＝30 m/s 的速度并排行驶，根据所选通道特点进行减速进入收费站，驶入收费岛区域中的甲车以 v0＝6 m/s 的速度匀速行驶.设两车减速和加速的加速度大小均为 3 m/s2，求图 2(1)从开始减速到恢复速度 v，甲车比乙车少用的时间；(2)乙车交费后，当恢复速度 v 时离甲车的距离.答案 (1)18 s (2)564 m解析 (1)甲车进入收费岛之前的减速时间： t1＝ ＝8 s，v－ v0a通过收费岛的时间： t2＝ ＝6 sdv0离开收费岛的加速时间为： t3＝ t1＝8 s，所以： t 甲 ＝ t1＋ t2＋ t3＝22 s乙车的时间： t 乙 ＝ ＋ t0＝40 s2va所以甲车比乙车少用的时间为：Δ t＝ t 乙 － t 甲 ＝18 s.(2)甲车开始减速时与 MN 的距离为： l 甲 ＝ t1＋ d＝180 mv0＋ v2乙车开始减速时与 MN 的距离为： l 乙 ＝ ＝150 mv22a4Δ t′＝ ＝1 sΔ lv即甲车开始减速后 1 s 乙车开始减速.所以从甲车开始减速到乙车恢复速度 v 共经过 t′＝41 s 的时间.x 甲 ＝ t1×2＋ d＋ v(t′－ t 甲 )＝894 mv0＋ v2x 乙 ＝ ×2＝300 mv22a所以乙车交费后，当恢复速度 v 时离甲车的距离为：Δ x＝ x 甲 － x 乙 －Δ l＝564 m.例 2 (多选) 如图 3(a)所示，质量相等的 a、 b 两物体，分别从斜面上的同一位置 A 由静止下滑，经 B 点的水平面上滑行一段距离后停下.不计经过 B 点时的能量损失，用传感器采集到它们的速度—时间图象如图(b)所示，下列说法正确的是( )图 3A.a 在斜面上滑行的加速度比 b 的大B.a 在水平面上滑行的距离比 b 的短C.a 与斜面间的动摩擦因数比 b 的小D.a 与水平面间的动摩擦因数比 b 的大解析 由题图(b)图象斜率可知 a 做加速运动时的加速度比 b 做加速运动时的加速度大，故A 正确；物体在水平面上的运动是匀减速运动， a 从 t1时刻开始， b 从 t2时刻开始.由图象与坐标轴围成的面积表示位移可知， a 在水平面上做匀减速运动的位移比 b 在水平面上做匀减速运动的位移大，故 B 错误；设斜面倾角为 θ ，物体在斜面上运动的加速度为 a＝＝ gsin θ － μg cos θ ，因为 a 的加速度大于 b 的加速度，所以 amgsin θ － μ mgcos θm与斜面间的动摩擦因数比 b 的小，故 C 正确，同理，D 错误.答案 AC预测 3 以不同初速度将两个物体同时竖直向上抛出并开始计时，一个物体所受空气阻力可以忽略，另一个物体所受空气阻力大小与物体速率成正比，下列用虚线和实线描述两物5体运动的 v－ t 图象可能正确的是( )答案 B解析 没有空气阻力时，物体只受重力，做竖直上抛运动， v－ t 图象是向下倾斜的直线，如虚线所示；有空气阻力时：上升阶段，根据牛顿第二定律，有： mg＋ Ff＝ ma，故 a＝ g＋，由于阻力随着速度减小而减小，故加速度逐渐减小，最小值为 g；下降阶段，根据牛Ffm顿第二定律，有： mg－ Ff＝ ma，故 a＝ g－ ，由于阻力随着速度增大而增大，故加速度减Ffm小； v－ t 图象的斜率表示加速度，故图线与 t 轴的交点对应时刻的加速度为 g，切线与虚线平行；故 A、C、D 错误，B 正确.预测 4 (多选)如图 4 甲所示，水平地面上固定一足够长的光滑斜面，斜面顶端有一理想定滑轮，一轻绳跨过滑轮，绳两端分别连接小物块 A 和 B.保持 A 的质量不变，改变 B 的质量 m，当 B 的质量连续改变时，得到 A 的加速度 a 随 B 的质量 m 变化的图线，如图乙所示.设加速度沿斜面向上的方向为正方向，空气阻力不计，重力加速度 g 取 9.8 m/s2，斜面的倾角为 θ ，下列说法正确的是( )图 4A.若 θ 已知，可求出 A 的质量B.若 θ 未知，可求出乙图中 a1的值6C.若 θ 已知，可求出乙图中 a2的值D.若 θ 已知，可求出乙图中 m0的值答案 BC解析 对 B， mg－ F＝ ma.对 A， F－ mAgsin θ ＝ mAa.得： a＝ ·gm－ mAsin θm＋ mA故 m→＋∞时， a1＝ g，B 正确.m＝0 时， a2＝－ gsin θ ，选项 C 正确.解题方略1.传送带问题的实质是相对运动问题，这样的相对运动将直接影响摩擦力的方向.因此，搞清楚物体与传送带间的相对运动方向是解决该问题的关键.2.传送带问题还常常涉及到临界问题，即物体与传送带速度相同，这时会出现摩擦力改变的临界状态，具体如何改变要根据具体情况判断.例 3 如图 5 所示为一电磁选矿、传输一体机的传送带示意图，已知传送带由电磁铁组成，位于 A 轮附近的铁矿石被传送带吸引后，会附着在 A 轮附近的传送带上，被选中的铁矿石附着在传送带上与传送带之间有恒定的电磁力作用且电磁力垂直于接触面，且吸引力为其重力的 1.4 倍，当有铁矿石附着在传送带上时，传送带便会沿顺时针方向转动，并将所选中的铁矿石送到 B 端，由自动卸货装置取走.已知传送带与水平方向夹角为 53°，铁矿石与传送带间的动摩擦因数为 0.5， A、 B 两轮间的距离为 L＝64 m， A、 B 两轮半径忽略不计，g＝10 m/s 2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.图 5(1)若传送带以恒定速率 v0＝10 m/s 传动，求被选中的铁矿石从 A 端运动到 B 端所需要的时间；(2)实际选矿传送带设计有节能系统，当没有铁矿石附着传送带时，传送带速度几乎为 0，7一旦有铁矿石吸附在传送带上时，传送带便会立即加速启动，要使铁矿石最快运送到 B 端，传送带的加速度至少为多大？并求出最短时间.解析 (1)当传送带匀速向上传动时，对铁矿石沿传送带方向 Ff－ mgsin θ ＝ ma垂直传送带方向： FN－ mgcos θ － F＝0其中 F＝1.4 mg， Ff＝ μF N，解得： a＝2 m/s 2则铁矿石运动到与传送带速度相等所需要的时间为： t1＝ ＝ s＝5 sv0a 102对应的位移为： x1＝ at ＝ ×2×52 m＝25 m12 21 12根据以上计算可知，铁矿石在传送带上受到的滑动摩擦力大于铁矿石重力沿传送带方向的分力，所以当铁矿石的速度与传送带速度相等以后，铁矿石会随传送带匀速运动到 B 端，则其匀速运动时间为： t2＝ ＝ s＝3.9 sL－ x1v0 64－ 2510所以铁矿石从传送带的 A 端运动到 B 端所需要的时间为： t＝ t1＋ t2＝8.9 s.(2)只有铁矿石一直加速运动到 B 点时，所用时间才会最短，根据问题(1)分析可知，铁矿石在传送带上的最大加速度是 2 m/s2，所以传送带的最小加速度为： amin＝2 m/s 2则有： L＝ at′ 2，代入数据解得最短时间为： t′＝8 s.12答案 (1)8.9 s (2)2 m/s 2 8 s预测 5 如图 6 所示，物块 M 在静止的足够长的传送带上以速度 v0匀速下滑时，传送带突然启动，方向如图中箭头所示，在此传送带的速度由零逐渐增加到 2v0后匀速运动的过程中，以下分析正确的是( )图 6A.M 下滑的速度不变B.M 开始在传送带上加速到 2v0后向下匀速运动C.M 先向下匀速运动，后向下加速，最后沿传送带向下匀速运动D.M 受的摩擦力方向始终沿传送带向上答案 C解析 传送带静止时，物块匀速下滑，故 mgsin θ ＝ Ff，当传送带的速度大于物块的速度8时，物块受到向下的摩擦力，根据受力分析可知，物块向下做加速运动，当速度达到与传送带速度相等时，物块和传送带具有相同的速度匀速下滑，故 C 正确，故选 C.预测 6 如图 7 所示，足够长的水平传送带，以初速度 v0＝6 m/s 顺时针转动.现在传送带左侧轻轻放上质量 m＝1 kg 的小滑块，与此同时，启动传送带制动装置，使得传送带以恒定加速度 a＝4 m/s2减速直至停止；已知滑块与传送带间的动摩擦因数 μ ＝0.2，滑块可以看成质点，且不会影响传送带的运动， g＝10 m/s 2.试求：图 7(1)滑块与传送带共速时，滑块相对传送带的位移；(2)滑块在传送带上运动的总时间 t.答案 (1)3 m (2)2 s解析 (1)对滑块，由牛顿第二定律可得：μmg ＝ ma1，得： a1＝2 m/s 2设经过 t1滑块与传送带共速 v，有： v＝ v0－ at1v＝ a1t1，解得： v＝2 m/s， t1＝1 s滑块位移为 x1＝ ＝1 mvt12传送带位移为 x2＝ ＝4 m v0＋ v t12故滑块相对传送带的位移 Δ x＝ x2－ x1＝3 m(2)共速之后，设滑块与传送带一起减速，则滑块与传送带间的静摩擦力为 Ff，有：Ff＝ ma＝4 N μmg ＝2 N，故滑块与传送带相对滑动.滑块做减速运动，加速度仍为 a1.滑块减速时间为 t2，有： t2＝ ＝1 s，0－ v－ a1故： t＝ t1＋ t2＝2 s.解题方略1.“滑块—木板模型”类问题中，滑动摩擦力的分析方法与传送带类似，但这类问题比传送带类问题更复杂，因为木板往往受到摩擦力的影响也做匀变速直线运动，处理此类物体9匀变速运动问题要注意从速度、位移、时间等角度，寻找它们之间的联系.2.要使滑块不从木板的末端掉下来的临界条件是滑块到达木板末端时的速度与木板的速度恰好相等.例 4 如图 8 所示，有两个高低不同的水平面，高水平面光滑，低水平面粗糙.一质量为 5 kg、长度为 2 m 的长木板靠在低水平面边缘 A 点，其表面恰好与高水平面平齐，长木板与低水平面间的动摩擦因数为 0.05，一质量为 1 kg 可视为质点的滑块静止放置，距 A 点距离为 3 m，现用大小为 6 N、水平向右的外力拉滑块，当滑块运动到 A 点时撤去外力，滑块以此时的速度滑上长木板.滑块与长木板间的动摩擦因数为 0.5，取 g＝10 m/s 2.求：图 8(1)滑块滑动到 A 点时的速度大小；(2)滑块滑动到长木板上时，滑块和长木板的加速度大小分别为多少？(3)通过计算说明滑块能否从长木板的右端滑出.解析 (1)根据牛顿第二定律有： F＝ ma根据运动学公式有： v2＝2 aL0联立方程代入数据解得： v＝6 m/s其中 m、 F 分别为滑块的质量和受到的拉力， a 是滑块的加速度， v 即是滑块滑到 A 点时的速度大小， L0是滑块在高水平面上运动的位移.(2)根据牛顿第二定律有：对滑块有： μ 1mg＝ ma1代入数据解得： a1＝5 m/s 2对长木板有： μ 1mg－ μ 2(m＋ M)g＝ Ma2，代入数据解得： a2＝0.4 m/s 2.其中 M 为长木板的质量， a1、 a2分别是此过程中滑块和长木板的加速度， μ 1、 μ 2分别是滑块与长木板间和长木板与低水平面间的动摩擦因数.(3)设滑块滑不出长木板，从滑块滑上长木板到两者相对静止所用时间为 t则： v－ a1t＝ a2t10代入数据解得： t＝ s，109则此过程中滑块的位移为： x1＝ vt－ a1t212长木板的位移为： x2＝ a2t212x1－ x2＝ mL103式中 L＝2 m 为长木板的长度，所以滑块能滑出长木板右端.答案 (1)6 m/s (2)5 m/s 2 0.4 m/s 2 (3)能预测 7 (多选)如图 9 甲所示，足够长的木板 B 静置于光滑水平面上，其上放置小滑块 A.木板 B 受到随时间 t 变化的水平拉力 F 作用时，用传感器测出木板 B 的加速度 a，得到如图乙所示的 a－ F 图象， g 取 10 m/s2，则( )图 9A.滑块 A 的质量为 4 kgB.木板 B 的质量为 1 kgC.当 F＝10 N 时木板 B 的加速度为 4 m/s2D.滑块 A 与木板 B 间的动摩擦因数为 0.1答案 BC解析 由图知，当 F＝8 N 时，加速度为： a＝2 m/s 2，对整体分析： F＝( mA＋ mB)a，解得：mA＋ mB＝4 kg，当 F 大于 8 N 时， A、 B 发生相对滑动，对 B 有：a＝ ＝ F－ ，由图示图象可知，图线的斜率： k＝ ＝ ＝ ＝1，解得：F－ μ mAgmB 1mB μ mAgmB 1mB Δ aΔ F 28－ 6mB＝1 kg，滑块 A 的质量为： mA＝3 kg.当 a＝0 时， F＝6 N，代入解得 μ ＝0.2，故A、D 错误，B 正确；根据 F＝10 N8 N 时，滑块与木板相对滑动， B 的加速度为： aB＝ a＝＝ F－ μ g＝( ×10－ ) m/s2＝4 m/s 2.故 C 正确.F－ μ mAgmB 1mB mAmB 11 0.2×301预测 8 如图 10 所示，在足够高的光滑水平台面上静置一质量为 3 kg 的长木板 A， A 右端用轻绳绕过光滑的轻质定滑轮与质量为 1 kg 的物体 B 连接，木板 A 的右端与滑轮之间的距离足够大.当 B 从静止开始下落距离 0.8 m 时，在木板 A 的右端轻放一质量为 1 kg 的小铁11块 C(可视为质点)，最终 C 恰好未从木板 A 上滑落. A、 C 间的动摩擦因数 μ ＝0.4，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力.重力加速度 g＝ x10 m/s2.求：图 10(1)在木板上放小铁块前瞬间木板的速度大小；(2)木板 A 的长度 l.答案 (1)2 m/s (2)0.8 m解析 (1)在木板上放小铁块前，把 A、 B 看作整体，由牛顿第二定律有 mBg＝( mA＋ mB)a1v ＝2 a1h21解得： v1＝2 m/s.(2)在木板上放小铁块后，取向右为正方向，由牛顿第二定律对小铁块有： μm Cg＝ mCa2得 a2＝4 m/s 2对木板有： mBg－ μm Cg＝( mA＋ mB)a3得 a3＝1.5 m/s 2由题意知，小铁块滑到木板左端时，小铁块与木板的速度相同，则有 a2t＝ v1＋ a3t 解得： t＝0.8 s由运动学公式可知： l＝ v1t＋ a3t2－ a2t212 12解得： l＝0.8 m.专题强化练1.动车组是由几节自带动力的车辆(动车)和几节不带动力的车辆(拖车)编在一起组成的，如图 1 所示.一工作人员站在车外进行观测，发现某动车组连续两节经过他的时间依次为 5 s 和 4 s，若动车组可看成做匀变速直线运动，每节车厢的长度为 30 m，则该动车组的加速度约为( )12图 1A.0.17 m/s2 B.0.30 m/s2C.0.33 m/s2 D.0.38 m/s2答案 C解析 由匀变速运动的位移公式， x＝ v0t＋ at212对两节车厢有 60＝ v0×(5＋4)＋ a(5＋4) 212对第一节车厢，30＝ v0×5＋ a·5212联立解得 a≈0.33 m/s 2，故选项 C 正确.2.(多选)(2016·全国乙卷·21)甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其 vt 图象如图 2 所示.已知两车在 t＝3 s 时并排行驶，则( )图 2A.在 t＝1 s 时，甲车在乙车后B.在 t＝0 时，甲车在乙车前 7.5 mC.两车另一次并排行驶的时刻是 t＝2 sD.甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为 40 m答案 BD解析 根据 vt 图，甲、乙都沿正方向运动. t＝3 s 时，甲、乙相遇，此时 v 甲 ＝30 m/s， v 乙 ＝25 m/s，由位移和 vt 图线所围面积对应关系知，0～3 s 内甲车位移 x 甲＝ ×3×30 m＝45 m，乙车位移 x 乙 ＝ ×3×(10＋25) m＝52.5 m.故 t＝0 时，甲、乙相12 12距 Δ x1＝ x 乙 － x 甲 ＝7.5 m，即甲在乙前方 7.5 m， B 选项正确；0～1 s 内， x 甲 ′13＝ ×1×10 m＝5 m， x 乙 ′＝ ×1×(10＋15) m＝12.5 m，Δ x2＝ x 乙 ′－ x 甲 ′＝7.5 12 12m＝Δ x1，说明甲、乙第一次相遇，A、C 错误；甲、乙两次相遇地点之间的距离为 x＝ x 甲－ x 甲 ′＝45 m－5 m＝40 m，所以 D 选项正确.3.近来， “中国式过马路”成为人们热议的话题.行人过马路时必须遵守交通规则，而红绿灯的时间设置也必须考虑到行人的安全.假设行人过马路时看到红灯转绿灯时反应时间为0.2 s，设行人先做匀加速运动，经过 1 s 速度达到了最大值 1.5 m/s，然后以这一速度匀速通过马路，已知马路的宽度为 40 m，行人沿直线垂直马路在斑马线上行走，则根据以上数据计算出该路口的行人绿灯设置的最短时间为( )A.10 s B.20 s C.28 s D.40 s答案 C解析 人匀加速运动的位移 x1＝ t1＝ ×1 m＝0.75 m，vm2 1.52匀速运动的位移 x2＝40－ x1＝39.25 m，时间 t2＝ ≈26.2 s.x2vm绿灯设置的最短时间 t＝Δ t＋ t1＋ t2＝(0.2＋1＋26.2) s＝27.4 s，接近 28 s.4.(多选)如图 3 所示，三角形传送带以 1 m/s 的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是 2 m，且与水平方向的夹角均为 30°.现有两质量相同的小物块 A、 B 从传送带顶端都以1 m/s 的初速度沿传送带下滑，物块与传送带间的动摩擦因数均为 0.6，下列说法正确的是( )图 3A.下滑相同距离内物块 A、 B 机械能的变化一定不相同B.下滑相同时间内物块 A、 B 机械能的变化一定相同C.物块 A、 B 一定不能同时到达传送带底端D.物块 A、 B 在传送带上的划痕长度相同答案 AC解析 因为 mgsin 30°＝ mgmB，下列说法正确的是( )图 5A.若木板光滑，由于 A 的惯性较大，所以 A、 B 一定会相撞B.若木板粗糙，由于 A 的动能较大，所以 A、 B 一定会相撞C.若木板粗糙，由于 A 所受的摩擦力较大，所以 A 比 B 先停下来15D.无论木板是否光滑， A、 B 间的相对距离保持不变答案 D解析 若木板光滑， A、 B 在水平面上不受力，由于物体具有惯性，则 A、 B 将以原来的速度做匀速直线运动，保持相对静止；若木板粗糙，尽管两物体的质量不同，所受的摩擦力大小不同，但其加速度为 a＝ ＝ μg ，与质量无关，故两物体将有相同的加速度，任意μ mgm时刻有相同的速度.保持相对静止.故 D 正确，A、B、C 错误.7. 2015 年 12 月 10 日，百度宣布，其无人驾驶汽车已完成国内首次城市、环路及高速道路混合路况下的全自动驾驶.(1)如图 6 所示，无人驾驶汽车车头装有一个激光雷达，就像车辆的“鼻子” ，随时“嗅”着前方 80 m 范围内车辆和行人的“气息”.若无人驾驶汽车在某路段刹车时的加速度为3.6 m/s2，为不撞上前方静止的障碍物，汽车在该路段匀速行驶时的最大速度是多少？图 6(2)若一辆有人驾驶的汽车在该无人驾驶汽车后 30 m 处，两车都以 20 m/s 的速度行驶，当前方无人驾驶汽车以 3.6 m/s2的加速度刹车 1.4 s 后，后方汽车驾驶员立即以 5.0 m/s2的加速度刹车.试通过计算判断两车在运动过程中是否会发生追尾事故？答案 (1)24 m/s (2)不会解析 (1)对无人驾驶汽车，由运动学公式有－2 ax＝0－ v ①20代入数据解得 v0＝24 m/s(2)设有人驾驶汽车刹车后经过 t2时间与无人驾驶汽车的速度相同，此时的速度为 v该过程无人驾驶汽车刹车时间为 t2＋ t1，其中 t1＝1.4 s对无人驾驶汽车 v＝ v0－ a(t2＋ t1) ②对有人驾驶汽车 v＝ v0－ a′ t2 ③联立②③式得 t2＝3.6 s， v＝2 m/s又 x 无 ＝ (t2＋ t1) ④v0＋ v216x 有 ＝ t2＋ v0t1 ⑤v0＋ v2Δ x＝ x 有 － x 无 ⑥联立④⑤⑥，代入数据解得 Δ x＝12.6 m30 m，即两车不会相撞.8.某同学为了测定木块与斜面间的动摩擦因数，他用测速仪研究木块在斜面上的运动情况，装置如图 7 甲所示.他使木块以初速度 v0＝4 m/s 的速度沿倾角 θ ＝30°的斜面上滑紧接着下滑至出发点，并同时开始记录数据，结果电脑只绘出了木块从开始上滑至最高点的v－ t 图线如图乙所示. g 取 10 m/s2.求：图 7(1)上滑过程中的加速度的大小 a1；(2)木块与斜面间的动摩擦因数 μ ；(3)木块回到出发点时的速度大小 v.答案 (1)8 m/s 2 (2)0.35 (3)2 m/s解析 (1)由题图乙可知，木块经 0.5 s 滑至最高点，由加速度定义式 a＝ 有：Δ vΔ t上滑过程中加速度的大小： a1＝ ＝ m/s2＝8 m/s 2v0Δ t1 40.5(2)上滑过程中木块沿斜面向下受重力的分力、摩擦力作用，由牛顿第二定律 F＝ ma得上滑过程中有： mgsin θ ＋ μmg cos θ ＝ ma1代入数据得： μ ≈0.35.(3)下滑的距离等于上滑的距离： x＝ ＝ m＝1 mv202a1 422×8下滑过程中摩擦力方向变为沿斜面向上，由牛顿第二定律 F＝ ma 得：下滑过程中： mgsin θ － μmg cos θ ＝ ma2解得： a2≈2 m/s 2下滑至出发点时的速度大小为： v＝ 2a2x联立解得： v＝2 m/s.9.如图 8 所示，质量 m＝1 kg 的物块 A 放在质量 M＝4 kg 木板 B 的左端，起初 A、 B 静止在17水平地面上.现用一水平向左的力 F 作用在木板 B 上，已知 A、 B 之间的动摩擦因数为μ 1＝0.4，地面与 B 之间的动摩擦因数为 μ 2＝0.1，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10 m/s 2.求：图 8(1)能使 A、 B 发生相对滑动的 F 的最小值；(2)若 F＝30 N，作用 1 s 后撤去，要想 A 不从 B 上滑落，则木板至少多长；从开始到A、 B 均静止， A 的总位移是多少.答案 (1)25 N (2)0.75 m 14.4 m解析 (1)对于 A，最大加速度由 A、 B 间的最大静摩擦力决定，即 μ 1mg＝ mam， am＝4 m/s 2对 A、 B 整体， Fmin－ μ 2(M＋ m)g＝( M＋ m)am得 Fmin＝25 N(2)设 F 作用在 B 上时 A、 B 的加速度分别为 a1、 a2，撤掉 F 时速度分别为 v1、 v2，撤去外力 F 后加速度分别为 a1′、 a2′， A、 B 共同运动时速度为 v3，加速度为 a3，对于 A， μ 1mg＝ ma1， a1＝4 m/s 2， v1＝ a1t1＝4 m/s对于 B， F－ μ 1mg－ μ 2(M＋ m)g＝ Ma2， a2＝5.25 m/s 2， v2＝ a2t1＝5.25 m/s撤去外力， a1′＝ a1＝4 m/s 2， a2′＝ ＝2.25 m/s 2μ 1mg＋ μ 2 M＋ m gM经过 t2时间后 A、 B 速度相等 v1＋ a1′ t2＝ v2－ a2′ t2，解得 t2＝0.2 s共同速度 v3＝ v1＋ a1′ t2＝4.8 m/s从开始到 A、 B 相对静止时， A、 B 的相对位移即为木板最短的长度 LL＝ xB－ xA＝ － － a1(t1＋ t2)2＝0.75 mv22a2 v23－ v22a2′ 12A、 B 速度相等后共同在水平面上匀减速运动，加速度 a3＝ μ 2g＝1 m/s 2从 v3至最终静止位移为 x＝ ＝11.52 mv232a3所以 A 的总位移为 xA 总 ＝ xA＋ x＝14.4 m.1第 2 讲 动力学观点在电学中的应用1.带电粒子在磁场中运动时，洛伦兹力的方向始终垂直于粒子的速度方向.2.带电粒子在电场力、重力和洛伦兹力共同作用下的直线运动只能是匀速直线运动.3.带电粒子(不计重力)在匀强电场中由静止开始被加速或带电粒子沿着平行于电场的方向射入匀强电场中时，带电粒子做匀变速直线运动.4.电磁感应中导体棒在安培力和其他恒力作用下的三种运动类型：匀速直线运动、加速度逐渐减小的减速直线运动、加速度逐渐减小的加速直线运动.1.带电粒子在电场中做直线运动的问题：在电场中处理力学问题时，其分析方法与力学相同.首先进行受力分析，然后看粒子所受的合力方向与速度方向是否一致，其运动类型有电场内的加速运动和在交变电场内的往复运动.2.带电粒子在交变电场中的直线运动，一般多以加速、减速交替出现的多运动过程的情景出现.解决的方法：(1)根据运动学或动力学分析其中一个变化周期内相关物理量的变化规律.(2)借助运动图象进行运动过程分析.解题方略1.在电场中处理力学问题时，其分析方法与力学相同.首先进行受力分析，然后看粒子所受的合力与速度方向是否一致，其运动类型有电场内的加速运动和在交变电场内的往复运动.2.动力学观点分析方法 a＝ ， E＝ ， v2－ v ＝2 ad.F合m Ud 20例 1 如图 1 所示，一带电荷量为＋ q、质量为 m 的小物块处于一倾角为 37°的光滑斜面上，当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中时，小物块恰好静止.重力加速度为 g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：图 12(1)水平向右电场的电场强度大小；(2)若将电场强度改为竖直向下，大小不变，小物块的加速度是多大；(3)若将电场强度改为水平向左，大小变为原来的 2 倍，小物块从高度 H 处由静止释放，求小物块到达地面的时间为多少.解析 (1)小物块受重力，电场力和弹力三力平衡：Eq＝ mgtan 37°解得： E＝3mg4q(2)由牛顿第二定律可得：( Eq＋ mg)sin 37°＝ ma解得： a＝ g2120(3)小物块将离开斜面做匀加速直线运动，竖直方向做自由落体运动： H＝ gt212解得： t＝ .2Hg答案 (1) (2) g (3) 3mg4q 2120 2Hg预测 1 (多选)在绝缘光滑的水平面上相距为 6L 的 A、 B 两处分别固定正电荷 QA、 QB.两电荷的位置坐标如图 2 甲所示.图乙是 AB 连线之间的电势 φ 与位置 x 之间的关系图象，图中x＝ L 点为图线的最低点，若在 x＝2 L 的 C 点由静止释放一个质量为 m、电量为＋ q 的带电小球(可视为质点)，下列有关说法正确的是( )图 2A.小球在 x＝ L 处的速度最大B.小球一定可以到达 x＝－2 L 点处C.小球将以 x＝ L 点为中心做往复运动D.固定在 A、 B 处的电荷的电量之比为 QA∶ QB＝4∶1答案 AD解析 据 φ － x 图象切线的斜率等于场强 E，则知 x＝ L 处场强为零，所以小球在 C 处受到的电场力向左，向左加速运动，到 x＝ L 处加速度为 0，从 x＝ L 向左运动时，电场力向右，做减速运动，所以小球在 x＝ L 处的速度最大，故 A 正确；由题图乙可知， x＝－2 L 点的电势大于 x＝2 L 点的电势，所以小球不可能到达 x＝－2 L 点处，故 B 错误；由图知图象不关于 x＝ L 对称，所以 x＝ L 点不是中心，故 C 错误； x＝ L 处场强为零，根据点电荷场强公式3则有： k ＝ k ，解得 QA ∶ QB＝4∶1，故 D 正确.QA 4L 2 QB 2L 2预测 2 如图 3 甲所示为两平行金属板，板间电势差变化如乙图所示.一带电小球位于两板之间，已知小球在 0～ t 时间内处于静止状态，在 3t 时刻小球恰好经过静止时的位置，整个过程带电小球没有与金属板相碰.则乙图中 Ux的值为( )图 3A.3U0 B.4U0 C.5U0 D.6U0答案 C解析 0～ t 静止： ·q＝ mg2U0dt～2 t 向下加速， mg－ ·q＝ ma1，得 a1＝ gU0d 12v＝ a1t＝ gt， x1＝ a1t2＝ gt212 12 142t～3 t 向下减速后向上加速， ·q－ mg＝ ma2Uxdx2＝ vt－ ·a2·t2123t 时刻回到静止位置则 x2＝－ x1解以上各式得 Ux＝5 U0.解题方略1.对于磁场内的动力学问题，要特别注意洛伦兹力的特性，因 F 洛 ＝ qvB，则速度 v 的变化影响受力，受力的变化又反过来影响运动.2.带电粒子在电场力、重力和洛伦兹力共同作用下的直线运动只能是匀速直线运动.3.此类问题也常出现临界问题，如滑块脱离木板的临界条件是支持力为零.例 2 (多选) 如图 4 甲所示，一带电物块无初速度地放在皮带轮底端，传送带轮以恒定大小的速率沿顺时针传动，该装置处于垂直纸面向里的匀强磁场中，物块由底端 E 运动至皮带轮顶端 F 的过程中，其 v－ t 图象如图乙所示，物块全程运动的时间为 4.5 s，关于带电物块及运动过程的说法正确的是( )4图 4A.该物块带负电B.传送带的传动速度大小可能大于 1 m/sC.若已知传送带的长度，可求出该过程中物块与传送带发生的相对位移D.在 2～4.5 s 内，物块与传送带仍可能有相对运动解析 由图乙可知，物块做加速度逐渐减小的加速运动.物块的最大速度是 1 m/s.物块开始时 μF N－ mgsin θ ＝ ma ①物块运动后，又受到洛伦兹力的作用，加速度逐渐减小，由①式可知，物块的加速度逐渐减小，一定是 FN逐渐减小，而开始时： FN＝ mgcos θ ，后来： FN′＝ mgcos θ － F 洛 ，即洛伦兹力的方向是向上的.物块沿传送带向上运动，由左手定则可知，物块带正电.故 A 错误；物块向上运动的过程中，洛伦兹力越来越大，则受到的支持力越来越小，结合①式可知，物块的加速度也越来越小，当加速度等于 0 时，物块达到最大速度，此时：mgsin θ ＝ μ (mgcos θ － F 洛 ) ②由②可知，只要传送带的速度大于等于 1 m/s，则物块达到最大速度的条件与传送带的速度无关，所以传送带的速度有可能是 1 m/s，也有可能大于 1 m/s，物块可能相对于传送带静止，也有可能与传送带相对滑动.故 B、D 正确；由以上的分析可知，传送带的速度不能判断，所以若已知传送带的长度，也不能求出该过程中物块与传送带发生的相对位移.故 C错误.答案 BD预测 3 (多选)如图 5 所示，空间中存在垂直于纸面向外的磁感应强度为 B 的匀强磁场(图中没有画出)，两个质量均为 m 的物块 P、 Q 叠放在一起，并置于固定在地面上倾角为 θ 且无限长的绝缘斜面体上.物块 P 带正电，电荷量为 q；物块 Q 是不带电的绝缘体. P、 Q 间动摩擦因数为 μ 1， Q 和斜面间动摩擦因数为 μ 2.现使 P、 Q 一起由静止开始沿斜面下滑，运动过程中 P、 Q 始终保持相对静止.则以下说法正确的是( )图 5A.根据题设条件可以求出物块 P 任意时刻的加速度5B.根据题设条件可以求出物块 P 的最大动能C.两个物块 P、 Q 间的摩擦力最小值为 μ 2mgcos θD.两个物块 P、 Q 间的摩擦力最小值为 μ 1mgcos θ答案 BC解析 由于物体的速度变化时洛伦兹力发生变化，所以除了开始时刻外，其他各时刻 P、 Q间弹力及摩擦力无法求出，故无法求出任意时刻的加速度；故 A 错误；根据受力分析可知，P、 Q 受重力、支持力、摩擦力以及洛伦兹力的作用，由左手定则可知，洛伦兹力垂直斜面向下；物体开始时向下加速运动，随着速度变大，洛伦兹力增大，则压力增大，摩擦力增大；当摩擦力等于重力的分力时物体具有最大动能；此时有： mgsin θ ＝ μ 2[(2m)gcos θ ＋ Bqv]；由公式可求得最大速度，即可求最大动能；故 B 正确；对整体分析可知，开始时整体的加速度 a＝ gsin θ － μ 2gcos θ ；此时 P 受摩擦力最小；再对 Q 分析可知，此时Q 受到的摩擦力也为最小值；根据牛顿第二定律可得；摩擦力最小值为： μ 2mgcos θ ，故C 正确，D 错误.预测 4 如图 6 所示，无限长水平直导线中通有向右的恒定电流 I，导线正上方沿竖直方向有一用绝缘细线悬挂着的正方形线框.线框中通有沿逆时针方向的恒定电流 I，线框的边长为 L，线框下边与直导线平行，且到直导线的距离也为 L.已知在长直导线的磁场中距长直导线 r 处的磁感应强度大小为 B＝ k (k 为常量)，线框的质量为 m，则剪断细线的瞬间，线Ir框的加速度为( )图 6A.0 B. ＋ g C. － g D. ＋ gkI2m kI2m kI22m答案 D解析 线框下边受到的安培力的大小为 F1＝ k ·IL＝ kI2，方向向下，IL线框上边受到的安培力大小 F2＝ ·IL＝ kI2，方向向上，kI2L 12根据牛顿第二定律可得， F1＋ mg－ F2＝ ma解得： a＝ ＝ ＋ g，故 A、B、C 错误，D 正确.F1＋ mg－ F2m kI22m6解题方略1.对于导体棒在磁场中动力学问题的分析要特别注意棒中的感应电流受到的安培力一般是阻力.2.电磁感应中导体棒在安培力和其他恒力作用下的三种运动类型：匀速直线运动、加速度逐渐减小的减速直线运动、加速度逐渐减小的加速直线运动.例 3 如图 7 所示，平行且足够长的两条光滑金属导轨，相距 0.5 m，与水平面夹角均为30°，金属导轨的电阻不计.导轨之间的匀强磁场垂直穿过导轨平面，磁感应强度 B＝0.4 T.金属棒 ab 和 cd 的质量均为 0.2 kg，电阻均为 0.1 Ω，垂直导轨放置.某时刻棒 ab 在外力作用下，沿着导轨向上滑动，与此同时，棒 cd 由静止释放.在运动过程中，棒 ab 始终保持速度 v0＝1.5 m/s 不变，两金属棒与导轨始终垂直且接触良好.取重力加速度 g＝10 m/s 2.求：图 7(1)棒 ab 产生的感应电动势；(2)闭合回路中的最小电流和最大电流；(3)棒 cd 最终稳定运动时的速度大小.解析 (1) Eab＝ BLv0＝0.4×0.5×1.5 V＝0.3 V(2)刚释放棒 cd 时， I1＝ ＝ A＝1.5 AE2R 0.32×0.1棒 cd 受到安培力为 F1＝ BI1L＝0.4×1.5×0.5 N＝0.3 N棒 cd 受到的重力沿导轨向下的分力为 G1＝ mgsin 30°＝1 NF1G1，棒 cd 沿导轨向下加速运动，即 abcd 闭合回路的感应电动势增大；电流也增大，所以最小电流为 Imin＝ I1＝1.5 A当棒 cd 的速度达到最大时，回路的电流最大，此时棒 cd 的加速度为 0由 mgsin 30°＝ BImaxL得 Imax＝ ＝5 Amgsin 30°BL(3)由 Imax＝BL v0＋ vcd2R得 vcd＝3.5 m/s.7答案 (1)0.3 V (2)1.5 A 5 A (3)3.5 m/s预测 5 (多选)如图 8 所示，光滑金属导轨 ab 和 cd 构成的平面与水平面成 θ 角，导轨间距 Lac＝2 Lbd＝2 L，导轨电阻不计.两金属棒 MN、 PQ 垂直导轨放置，与导轨接触良好.两金属棒质量 mPQ＝2 mMN＝2 m，电阻 RPQ＝2 RMN＝2 R，整个装置处在垂直导轨平面向上的磁感应强度为 B 的匀强磁场中，金属棒 MN 在平行于导轨向上的拉力 F 作用下沿导轨以速度 v 向上匀速运动， PQ 棒恰好以速度 v 向下匀速行动.则( )图 8A.MN 中电流方向是由 M 到 NB.匀速运动的速度 v 的大小是mgRsin θB2L2C.在 MN、 PQ 都匀速运动的过程中， F＝3 mgsin θD.在 MN、 PQ 都匀速运动的过程中， F＝2 mgsin θ答案 ABD预测 6 如图 9 甲所示， abcd 为质量 M 的导轨，放在光滑绝缘的水平面上，另有一根质量为 m 的金属棒 PQ 平行 bc 放在水平导轨上， PQ 棒左边靠着绝缘固定的竖直立柱 e、 f，导轨处于匀强磁场中，磁场以 OO′为界，左侧的磁场方向竖直向上，右侧的磁场方向水平向右，磁感应强度均为 B.导轨 bc 段长 l，其电阻为 r，金属棒电阻为 R，其余电阻均可不计，金属棒与导轨间的动摩擦因数为 μ .若在导轨上施加一个方向向左、大小恒为 F 的水平拉力，设导轨足够长， PQ 棒始终与导轨接触.试求：图 9(1)导轨运动的最大加速度 amax；(2)导轨的最大速度 vmax；(3)在图乙中定性画出回路中感应电流 I 随时间 t 变化的图象，并写出分析过程.答案 (1) (2) (R＋ r)F－ μ mgM F－ μ mg 1－ μ  B2l2(3)见解析图解析 (1)由牛顿第二定律得 F－ BIl－ μ (mg－ BIl)＝ Ma8导轨刚拉动时， v＝0， I 感 ＝0，此时有最大加速度 amax＝F－ μ mgM(2)随着导轨速度增加， I 感 增大， a 减小，当 a＝0 时，有最大速度 vm由上式，得 I 感 ＝ ＝F－ μ mg 1－ μ  Bl BlvR＋ r则： vm＝ (R＋ r)F－ μ mg 1－ μ  B2l2(3)从刚拉动开始计时， t＝0 时， v0＝0， I 感 ＝0； t＝ t1时， v 达最大， I 感 ＝ Im；0～ t1之间，导轨做速度增加，加速度减小的变加速运动， I 感 与 v 成正比关系，以后 a＝0，速度保持不变， I 感 保持不变.专题强化练1.如图 1 所示，竖直放置在水平面上的轻质弹簧上叠放着两物块 A、 B，相互绝缘且质量均为 2 kg， A 带正电，电荷量为 0.1 C， B 不带电.开始处于静止状态，若突然加沿竖直方向的匀强电场，此瞬间 A 对 B 的压力大小变为 15 N.g＝10 m/s 2，则( )图 1A.电场强度为 50 N/C B.电场强度为 100 N/CC.电场强度为 150 N/C D.电场强度为 200 N/C答案 B解析 物块 B 开始时平衡， A 对其的压力等于 A 的重力，为 20 N，加上电场后瞬间 A 对 B的压力大小变为 15 N，而弹簧的弹力和重力不变，故合力为 5 N，向上，根据牛顿第二定律，有： a＝ ＝ ＝2.5 m/s 2F合m 5 N2 kg再对物块 A 受力分析，设电场力为 F(向上)，根据牛顿第二定律，有： FN＋ F－ mg＝ ma解得： F＝ m(g＋ a)－ FN＝2×(10＋2.5) N－15 N＝10 N故电场力向上，为 10 N，故场强为： E＝ ＝ N/C＝100 N/C，方向向上.Fq 100.12.(多选)如图 2 甲所示， Q1、 Q2是两个固定的点电荷，一带正电的试探电荷仅在电场力作9用下以初速度 v0沿两点电荷连线的中垂线从 a 点向上运动，其 v－ t 图象如图乙所示，下列说法正确的是( )图 2A.两点电荷一定都带负电，但电量不一定相等B.两点电荷一定都带负电，且电量一定相等C.试探电荷一直向上运动，直至运动到无穷远处D.t2时刻试探电荷的电势能最大，但加速度不为零答案 BD解析 由图可知，粒子向上先做减速运动，再反向做加速运动，且向上过程加速度先增大后减小，而重力不变，说明粒子受电场力应向下，故说明两点电荷均应带负电；由于电场线只能沿竖直方向，故说明两点电荷带等量负电荷，故 A、C 错误，B 正确； t2时刻之前电场力一直做负功，故电势能增大，此后电场力做正功，电势能减小， t2时刻电势能最大，但由于试探电荷受重力及电场力均向下，故此时加速度不为零，故 D 正确.3.(多选)如图 3 所示，带正电 q′的小球 Q 固定在倾角为 θ 的光滑固定绝缘细杆下端，让另一穿在杆上的质量为 m、电荷量为 q 的带正电的小球 M 从 A 点由静止释放， M 到达 B 点时速度恰好为零.若 A、 B 间距为 L， C 是 AB 的中点，两小球都可视为质点，重力加速度为g，则下列判断正确的是( )图 3A.在从 A 点至 B 点的过程中， M 先做匀加速运动，后做匀减速运动B.在从 A 点至 C 点和从 C 点至 B 点的过程中，前一过程 M 的电势能的增加量较小C.在 B 点 M 受到的库仑力大小是 mgsin θD.在 Q 产生的电场中， A、 B 两点间的电势差大小为 U＝mgLsin θq答案 BD解析 小球 M 下滑过程中，沿杆的方向受到重力的分力 mgsin θ 和库仑力，两力方向相反.根10据库仑定律知道，库仑力逐渐增大.库仑力先小于 mgsin θ ，后大于 mgsin θ ， q 先做加速度减小的变加速运动，后做加速度增大的变减速运动，当库仑力与 mgsin θ 大小相等时速度最大；故 A 错误；下滑过程， AC 间的场强小， CB 间场强大，由 U＝ Ed 知， A、 C 间的电势差值小于 C、 B 间的电势差值，根据电场力做功公式 W＝ qU 得知，从 A 至 C 电场力做功较小，则电势能的增加量较小.故 B 正确； M 从 C 到 B 做减速运动，在 B 点时加速度方向沿杆向上，故库仑力大于 mgsin θ .故 C 错误；从 A 到 B，根据动能定理得： mgLsin θ ＋ qUAB＝0，又 UBA＝－ UAB，解得 UBA＝ .故 D 正确.mgLsin θq4.(多选)如图 4 所示，在垂直纸面向里，磁感应强度为 B 的匀强磁场中，质量为 m，带电量为＋ q 的小球穿在足够长的水平固定绝缘的直杆上处于静止状态，小球与杆间的动摩擦因数为 μ .现对小球施加水平向右的恒力 F0，在小球从静止开始至速度最大的过程中，下列说法中正确的是( )图 4A.直杆对小球的弹力方向不变B.直杆对小球的摩擦力先减小后增大C.小球运动的最大加速度为F0mD.小球的最大速度为F0－ μ mgμ qB答案 BC解析 小球开始滑动时有： F0－ μ (mg－ qvB)＝ ma，随 v 增大， a 增大，当 v＝ 时， a 达mgqB到最大值 ，摩擦力 Ff＝ μ (mg－ qvB)减小；F0m此时洛伦兹力等于 mg，支持力等于 0，此后随着速度增大，洛伦兹力增大，支持力反向增大，此后滑动过程中有： F0－ μ (qvB－ mg)＝ ma，随 v 增大， a 减小，摩擦力增大，当 vm＝ 时， a＝0.此时达到平衡状态，速度不变.F0＋ μ mgμ qB所以 B、C 正确，A、D 错误.5.如图 5 甲所示，固定的水平金属导轨足够长且电阻不计.两阻值相同的导体棒 ab、 cd 置于导轨上，棒与导轨垂直且始终保持良好接触.整个装置处在与导轨平面垂直向下的匀强磁场 B 中.导体棒 ab 运动的位移图象如图乙所示.导体棒 cd 始终静止在导轨上，以水平向右为正方向，则导体棒 cd 所受的静摩擦力 Ff随时间变化的图象是( )11图 5答案 D解析 由右手定则可知 ab 中感应电流的方向向上，由法拉第电磁感应定律得：E＝ BLv，由欧姆定律得： I＝ ＝ .感应电流从上向下流过 cd 棒，由左手定则可知，产生ER BLvR的安培力向右，大小： F＝ BIL＝B2L2vR对 cd 棒进行受力分析，可知， cd 棒竖直方向受到重力和轨道的支持力；水平方向受到安培力和摩擦力的作用，由共点力的平衡可得，水平方向受到的摩擦力与安培力大小相等，方向相反，即方向向左，大小： Ff＝ F＝ ，大小与速度 v 成正比，与速度的方向相反.B2L2vR故 D 正确，A、B、C 错误.6.如图 6 所示，直线边界 ab 上方有无限大的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里.一矩形金属线框底边与磁场边界平行，从距离磁场边界高度为 h 处由静止释放，下列说法正确的是( )图 6A.整个下落过程中，穿过线框的磁通量一直在减小B.线框穿出磁场的过程中，线框中会产生逆时针方向的电流C.线框穿出磁场的过程中，线框受到的安培力可能一直减小12D.线框穿出磁场的过程中，线框的速度可能先增大后减小答案 C7.(多选)如图 7 所示，光滑绝缘的水平面内存在场强为 E 的匀强电场，长度为 L 绝缘光滑的挡板 AC 与电场方向夹角为 30°.现有质量相等、电荷量均为 Q 的甲、乙两个带电体从 A处出发，甲由静止释放，沿 AC 边无摩擦滑动，乙垂直于电场方向以一定的初速度运动，甲、乙两个带电体都通过 C 处.则甲、乙两个带电体( )图 7A.发生的位移相等B.通过 C 处的速度相等C.电势能减少量都为 EQL32D.从 A 运动到 C 时间之比为 2答案 AC解析 对于两个带电体，由于初、末位置相同，故二者的位移相同，选项 A 正确；两个带电体通过 C 点的速度方向不同，故选项 B 错误；根据功能关系，电势能的变化量等于电场力做的功，则： W＝ EQd＝ EQLcos 30°＝ EQL，故选项 C 正确；对于甲带电体： a1＝32，则： L＝ a1t ；对于乙带电体： a2＝ ，则： Lcos 30°＝ mg＋ EQ cos 30°m 12 21  mg＋ EQma2t ，整理可以得到： ＝ ，故选项 D 错误.12 2 t21t2 438.如图 8 甲所示，两根固定的足够长的平行金属导轨与水平面夹角为 θ ＝37°，相距 d＝1 m，上端 a、 b 间接一个阻值为 1.5 Ω 的电阻 R.金属导轨区域有垂直导轨斜向下的匀强磁场，磁感应强度随时间的变化关系如图乙所示. t＝0 时在导轨上 c、 d 两点处由静止释放一根质量 m＝0.02 kg、电阻 r＝0.5 Ω 的金属棒， bc 长 L＝1 m，金属棒与导轨间的动摩擦因数 μ ＝0.5.取重力加速度 g＝10 m/s2.(设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8).求：13图 8(1)t＝0 时流经电阻 R 的电流的大小和方向；(2)画出从 t＝0 时开始金属棒受到的摩擦力 Ff随时间 t 的变化图象(以 Ff沿斜面向上方向为正方向)；(3)金属棒所受安培力的功率可能达到的最大值.答案 (1)0.4 A 由 a 向 b (2)见解析图 (3)1.28×10 －2 W解析 (1) E＝ Ld ＝1×1×0.8 V＝0.8 VΔ BΔ tI＝ ＝ A＝0.4 AER＋ r 0.81.5＋ 0.5方向：由 a 向 b(2)如图.(3)mgsin 37°＝ I′ dB＋ μmg cos 37°I′＝BLvmR＋ r解得 vm＝0.32 m/s， I′＝0.08 A金属棒所受安培力的功率可能达到的最大值 Pm＝ I′ dBvm＝1.28×10 －2 W.9.两根足够长的平行金属导轨位于同一水平面内，两导轨间的距离为 l.导轨左端连接一个阻值为 R 的电阻，同时还连接一对间距为 d 的水平放置的平行金属极板.在导轨上面横放着一根阻值为 r、质量为 m 的导体棒 ab，构成闭合回路，如图 9 所示.在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为 B.用大小为 F 的水平外力拉着导体棒沿导轨向右匀速滑行，已知导体棒与导轨间的动摩擦因数为 μ ，重力加速度为 g，忽略导轨的电阻.图 9(1)求导体棒匀速滑行的速度大小.14(2)导体棒匀速滑行过程，有一个质量为 m0的带电小液滴静止悬浮在平行金属极板间(极板间为真空)，求小液滴的电荷量并说明其电性.答案 (1) (2) 带正电 F－ μ mg  R＋ rB2l2 m0gdBl F－ μ mg R解析 (1)导体棒匀速滑行，有F＝ IBl＋ μmg回路中的电流I＝BlvR＋ r解得导体棒匀速滑行的速度大小v＝ F－ μ mg  R＋ rB2l2(2)金属板间的电压U＝ IR带电液滴静止在极板间，有m0g＝ qUd解得小液滴的电荷量q＝ (液滴带正电).m0gdBl F－ μ mg R