专题二 第2讲

第2讲 动力学观点在电学中的应用高考题型1 电场内动力学问题分析解题方略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 ＝F 合m ，E ＝U d，v 2－v 20＝2ad . 例1 质量为m 、电荷量为＋q 的小球从某一点静止释放，运动t 秒后空间出现竖直方向的匀强电场，再经过t 秒，小球又回到出发点，不计空气阻力且始终没有落地．求电场强度E . 解析 以竖直向下为正方向，则有释放后t 秒末的速度v 1＝gt0～t 秒内为匀变速直线运动，位移x 1＝v 1＋02t 出现电场后，经过t 秒，小球又回到初始位臵，说明电场力竖直向上，根据小球带正电，可判断电场方向竖直向上，出现电场后，合力为恒力，仍为匀变速直线运动，设回到出发点的速度大小为v 2则t ～2t 秒内的位移x 2＝v 1＋(－v 2)2t x 1＝－x 2整理可得v 2＝2v 1根据牛顿运动定律有mg －qE ＝maa ＝－v 2－v 1t整理可得qE ＝4mgE ＝4mg q. 答案 4mg q，方向竖直向上 预测1 如图1所示，质量为m 、电荷量为q 的小球在电场强度为E 的匀强电场中，以初速度v 0沿直线ON 做匀变速运动，直线ON 与水平面的夹角为30°，若小球在初始位置的电势能为零，重力加速度为g ，且mg ＝qE ，则下面说法中正确的是( )图1A ．电场方向竖直向上B ．小球运动的加速度大小为gC ．小球最大高度为v 202gD ．小球电势能的最大值为m v 202答案 B解析 因为小球做匀变速直线运动，则小球所受的合力与速度方向在同一条直线上，结合平行四边形定则知，电场力的方向与水平方向夹角为30°，斜向上．如图所示．故A 错误；根据平行四边形定则知，小球所受的重力和电场力相等，两个力的夹角为120°，所以合力大小与分力大小相等，等于mg ，根据牛顿第二定律知，小球的加速度为g .故B 正确；小球斜向上做匀减速直线行动，匀减速直线运动的位移x ＝v 202a ＝v 202g ，则小球上升的最大高度h ＝12x ＝v 204g .故C 错误；在整个过程中电场力做功W ＝qEx cos120°＝－14m v 20，电势能增加14m v 20，所以小球电势能的最大值为14m v 20.故D 错误． 预测2 (多选)如图2甲所示，有一绝缘圆环，圆环上均匀分布着正电荷，圆环平面与竖直平面重合．一光滑细杆沿垂直圆环平面的轴线穿过圆环，细杆上套有一个质量为m ＝10g 的带正电的小球，小球所带电荷量q ＝5.0×10－4C ．小球从C 点由静止释放，其沿细杆由C 经B 向A 运动的v －t 图象如图乙所示．小球运动到B 点时，速度图象的切线斜率最大(图中标出了该切线)．则下列说法正确的是( )图2A ．在O 点右侧杆上，B 点场强最大，场强大小为E ＝1.2V/mB ．由C 到A 的过程中，小球的电势能先减小后变大C ．由C 到A 电势逐渐降低D ．C 、B 两点间的电势差U CB ＝0.9V答案 ACD解析 由乙图可知，小球在B 点的加速度最大，故受力最大，加速度由电场力提供，故B 点的电场强度最大，a ＝Δv Δt ，a ＝qE m，解得：E ＝1.2V/m ，所以A 正确；从C 到A 电场力一直做正功，故电势能一直减小，故B 错误，C 正确；由C 到B 电场力做功为W ＝12m v 2B－0，CB 间电势差为U ＝W q＝0.9V ，所以D 正确． 预测3 (多选)如图3所示，三个可视为质点的金属小球A 、B 、C ，质量分别为m 、2m 和3m ，B 球带负电，电荷量为－q ，A 、C 不带电，用不可伸长的绝缘细线将三球连接，最上边的细线连接在斜面顶端的O 点，三球均处于场强大小为E 的竖直向上的匀强电场中，三段细线均伸直，三个金属球均静止于倾角为30°的绝缘光滑斜面上，则下列说法正确的是( )图3A ．A 、B 球间的细线的张力为5mg ＋qE 2B ．A 、B 球间的细线的张力可能为零C ．将线OA 剪断的瞬间，B 、C 间的细线张力为qE 12D ．将线OA 剪断的瞬间，A 、B 球间的细线张力为qE 6答案 AD解析 A 静止时，对B 、C 两球进行受力分析，则有：F T AB ＝(2mg ＋3mg ＋Eq )sin30°＝12(5mg ＋Eq )， 故A 正确，B 错误；将线OA 剪断的瞬间，B 球带负电，相当于在上述状态下给B 球瞬间施加一个竖直向下的电场力qE ，经过A 、B 绳传递，qE 对A 、B 球整体产生一个沿斜面向下的加速度a ′＝qE sin30°3m ＝qE 6m ，此时A 、B 球的加速度为a ＝12g ＋qE 6m (显然>12g )，C 球以加速度12g 匀加速运动，所以B 、C 间绳子的作用力为零，以A 球为研究对象可得A 、B 球间细线的拉力为F ＝ma ′＝qE 6，故C 错误，D 正确．高考题型2 磁场内动力学问题分析解题方略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＝q v B ，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所示，空间有一垂直纸面向外的磁感应强度为0.5T 的匀强磁场，一质量为0.2kg 且足够长的绝缘木板静止在光滑水平面上，在木板左端放置一质量为m ＝0.1kg 、带正电q ＝0.2C 的滑块，滑块与绝缘木板之间动摩擦因数为0.5，滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，现对木板施加方向水平向左，大小为F ＝0.6N 的恒力，g 取10m/s 2，则滑块( )图4A ．开始做匀加速运动，然后做加速度减小的加速运动，最后做匀速直线运动B ．一直做加速度为2m/s 2的匀加速运动，直到滑块飞离木板为止C ．速度为6m/s 时，滑块开始减速D ．最终做速度为10m/s 的匀速运动解析 由于滑块与绝缘木板之间动摩擦因数为0.5，静摩擦力能提供的最大加速度为μg ＝5m/s 2，所以当0.6N 的恒力作用于木板时，滑块与木板一起以a ＝F M ＋m ＝0.60.2＋0.1m /s 2＝2 m/s 2的加速度一起运动，当滑块获得向左运动的速度以后又产生一个方向向上的洛伦兹力，当洛伦兹力等于重力时滑块与木板之间的弹力为零，此时Bq v ＝mg ，解得：v ＝10m/s ，此时摩擦力消失，滑块做匀速运动，而木板在恒力作用下做匀加速运动，a ′＝F M ＝0.60.2m /s 2＝3 m/s 2.可知滑块先与木板一起做匀加速直线运动，然后发生相对滑动，做加速度减小的变加速运动，最后做速度为10m /s 的匀速运动．故A 、D 正确，B 错误；滑块开始的加速度为2 m/s 2，当恰好要开始滑动时，F f ＝μ(mg －q v ′B )＝ma ，代入数据得：v ′＝6m/s ，此后滑块的加速度减小，仍然做加速运动，故C 错误．答案 AD预测4 如图所示，一个不计重力的带电粒子以v 0沿各图的虚线射入场中．A 中I 是两条垂直纸平面的长直导线中等大反向的电流，虚线是两条导线连线的中垂线；B中＋Q是两个位置固定的等量同种点电荷的电荷量，虚线是两位置连线的中垂线；C中I是圆环线圈中的电流，虚线过圆心且垂直圆环平面；D中是正交的匀强电场和匀强磁场，虚线垂直于电场和磁场方向，磁场方向垂直纸面向外．其中，带电粒子不可能做匀速直线运动的是()答案 B解析A中根据安培定则判断知虚线上合磁场的方向沿虚线方向向右，与带电粒子的速度方向平行，所以带电粒子不受洛伦兹力，因而带电粒子做匀速直线运动，故A正确；B中根据等量同种电荷的电场线分布可知电场线与虚线重合，带电粒子所受的电场力与其速度平行，粒子做变速直线运动，故B错误；C中由安培定则知圆环线圈产生的磁场与虚线重合，与带电粒子的速度方向平行，所以带电粒子不受洛伦兹力，带电粒子能做匀速直线运动，故C正确；D中若粒子带正电，粒子所受的电场力向上，由左手定则判断知洛伦兹力方向向下，能与电场力平衡，则带电粒子能做匀速直线运动．故D正确．预测5如图5所示，在竖直向下的匀强磁场中有两根水平放置的平行粗糙金属导轨CD、EF，导轨上放有一金属棒MN.现从t＝0时刻起，给金属棒通以图示方向的电流且电流I的大小与时间t成正比，即I＝kt，其中k为常量，不考虑电流对匀强磁场的影响，金属棒与导轨始终垂直且接触良好．下列关于金属棒的加速度a、速度v随时间t变化的关系图象，可能正确的是()图5答案 D解析 当t s 时间，电流I ＝kt ，安培力F ＝BIL ，设最大静摩擦力为f m ，则加速度a ＝F －f m m＝BLkt －f m m ＝BLk m t －f m m ，所以a －t 图象是一条倾斜的直线，且不过原点，与纵轴的交点为－f m m，选项A 、B 错．导体棒速度v ＝at ＝BLk m t 2－f m mt 是一条开口向上的曲线，选项C 错，D 对． 预测6 如图6甲，一带电物块无初速度地放在皮带轮底端，皮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4.5s ，关于带电物块及运动过程的说法正确的是( )图6A ．该物块带负电B ．皮带轮的传动速度大小一定为1m/sC ．若已知皮带的长度，可求出该过程中物块与皮带发生的相对位移D ．在2～4.5s 内，物块与皮带仍可能有相对运动答案 D解析 由题图乙可知，物块做加速度逐渐减小的加速运动．物块的最大速度是1m/s.对物块进行受力分析可知，开始时物块受到重力、支持力和摩擦力的作用，设动摩擦因数为μ，沿斜面的方向：μF N －mg sin 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F N 逐渐减小，而开始时：F N ＝mg cos θ，后来：F N ′＝mg cos θ－F 洛，即洛伦兹力的方向是向上的．物块沿皮带向上运动，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：mg sin θ＝μ(mg cos θ－F 洛)②由②可知，只要皮带的速度大于等于1m /s ，则物块达到最大速度的条件与皮带的速度无关，所以皮带的速度可能是1 m/s ，有可能是大于1m/s ，物块可能相对于皮带静止，有可能相对于皮带不静止．故B 错误，D 正确；由以上的分析可知，皮带的速度不能判断，所以若已知皮带的长度，也不能求出该过程中物块与皮带发生的相对位移．故C 错误．高考题型3 电磁感应中的动力学问题分析解题方略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甲所示，两根足够长、电阻不计的光滑平行金属导轨相距为L ＝2m ，导轨平面与水平面成θ＝30°角，下端连接阻值R ＝1.5Ω的电阻；质量为m ＝1.4kg 、阻值r ＝0.5Ω的匀质金属棒ab 放在两导轨上，距离导轨最下端为L 1＝1m ，棒与导轨垂直并保持良好接触，动摩擦因数μ＝337.整个装置处于一匀强磁场中，该匀强磁场方向与导轨平面垂直(向上为正)，磁感应强度大小随时间变化的情况如图乙所示．(g ＝10m/s 2)图7(1)在0～1.0s 内，金属棒ab 保持静止，求通过的电流大小和方向；(2)求t ＝1.1s 时刻，ab 棒受到的摩擦力的大小和方向；(3)1.2s 后对ab 棒施加一沿斜面向上的拉力F T ，使ab 棒沿斜面向上做匀加速运动，加速度大小为5m/s 2，请写出拉力F T 随时间t ′(加F 时开始计时)的变化关系式．解析 (1)由法拉第电磁感应定律得：E ＝ΔΦΔt ＝ΔBS Δt＝4.0V 所以I ＝E R ＋r＝2.0A ，方向为b →a . (2)t ＝1.1s 时，电流大小方向都不变，由题图乙可得B 1＝0.2T ，安培力F ＝B 1IL ＝0.8N ，方向沿斜面向下．mg sin θ＋F ＝7.8N<μmg cos θ，ab 仍保持静止所以F f ＝mg sin θ＋F ＝7.8N ，方向沿斜面向上．(3)1.2s 后，对ab 棒由法拉第电磁感应定律得E ′＝B 2L vv ＝at ′F ′＝B 2I 2LI 2＝E ′R ＋r由牛顿第二定律得：F T －mg sin θ－μmg cos θ－F ′＝ma联立解得：F T ＝23＋1.6t ′(N)．答案 (1)2.0A 方向b →a (2)7.8N 方向沿斜面向上 (3)F T ＝23＋1.6t ′(N)预测7 (多选)如图8所示，足够长的光滑“”形金属导体框竖直放置，除电阻R 外其余部分阻值不计．质量为m 的金属棒MN 与框架接触良好．磁感应强度分别为B 1、B 2的有界匀强磁场方向相反，但均垂直于框架平面，分别处在abcd 和cdef 区域．现从图示位置由静止释放金属棒MN ，当金属棒进入磁场B 1区域后，恰好做匀速运动．以下说法中正确的有( )图8A ．若B 2＝B 1，金属棒进入B 2区域后仍保持匀速下滑B ．若B 2＝B 1，金属棒进入B 2区域后将加速下滑C ．若B 2<B 1，金属棒进入B 2区域后先加速后匀速下滑D ．若B 2>B 1，金属棒进入B 2区域后先减速后匀速下滑答案 ACD解析 当金属棒进入磁场B 1区域后，恰好做匀速运动，说明金属棒所受的安培力与重力大小相等、方向相反．若B 2＝B 1，根据安培力公式F ＝B 2L 2v R得知，金属棒进入B 2区域后，金属棒受到的安培力大小不变，由楞次定律得知，安培力方向仍竖直向上，安培力与重力仍平衡，故金属棒进入B 2区域后仍将保持匀速下滑，故A 正确，B 错误；若B 2<B 1，金属棒进入B 2区域后安培力减小，将小于金属棒的重力，棒将先做加速运动，随着速度增加，安培力增大，当安培力再次与重力平衡后，金属棒又做匀速运动，故C 正确；若B 2>B 1，金属棒进入B 2区域后安培力增大，将大于金属棒的重力，棒将先做减速运动，随着速度减小，安培力减小，当安培力再次与重力平衡后，金属棒又做匀速运动，故D 正确．预测8 两根足够长的平行光滑导轨竖直固定放置，顶端接一电阻R ，导轨所在平面与匀强磁场垂直．将一金属棒与下端固定的轻弹簧的上端拴接，金属棒和导轨接触良好，重力加速度为g ，如图9所示．现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，则( )图9A ．回路中产生的总热量等于金属棒重力势能的减少量B ．金属棒在最低点的加速度小于gC ．当弹簧弹力等于金属棒的重力时，金属棒下落速度最大D ．金属棒在以后运动过程中的最大高度一定等于静止释放时的高度答案 B解析 根据能量守恒定律可知，金属棒减少的重力势能应等于回路产生的热量与弹簧增加的弹性势能之和，即产生的热量小于金属棒减少的重力势能，所以A 错误；释放时，金属棒只受重力，金属棒的加速度a ＝g ，如果没有磁场时，根据简谐运动规律可知，金属棒在最低点的加速度与释放时的加速度相等，即a ＝g ，有磁场时，由于电磁感应，金属棒下落过程中会受到安培力的阻碍作用，所以金属棒下落的高度小于没有磁场时下落的高度，因此金属棒在最低点的加速度小于g ，所以B 正确；根据牛顿第二定律分析可知，当金属棒受到的重力等于弹簧弹力与金属棒受到的安培力之和时，金属棒的速度最大，所以C 错误；如果没有磁场，即没有电磁感应中产生的电能时，金属棒仍能回到释放时的位臵，所以有磁场时，由于回路中会产生电能，所以金属棒不能回到释放时的高度，所以D 错误．预测9 如图10甲所示是航母上的舰载机通过电磁弹射起飞的示意图，其原理可简化成图乙所示情景：水平面内由平行长直金属导轨组成的区域内，等间距分布着竖直向下和竖直向上的磁场，磁感应强度均为B ；航母甲板下方的电磁弹射车可简化为一个矩形金属框，其长边等于导轨间距L 、短边等于每个磁场的宽度，电阻为R .当磁场向右运动时，金属框在电磁力的作用下也向右运动，从而带动航母甲板上方的舰载机向前运动．舰载机与电磁弹射车组成的弹射系统总质量为m 、运动时所受阻力大小恒为F ，金属框外的电阻不计．(1)当弹射系统在轨道上匀速运动时，求金属框内的电流大小和磁场相对金属框的速度大小；(2)若t ＝0时，磁场由静止开始水平向右做匀加速直线运动，经一段时间后，金属框也开始做匀加速直线运动，其速度与时间关系如图丙所示．已知t 时刻金属框速度为v t ，求磁场的加速度大小．图10答案 (1)F 2BL FR 4B 2L 2 (2)4B 2L 2v t ＋FR 4B 2L 2t －mR解析 (1)设金属框内电流大小为I ，磁场相对金属框的速度大小为v 相，金属框左、右两边受到的安培力均为：F A ＝ILB系统匀速运动，则：2F A ＝F解得：I ＝F 2BL又由欧姆定律得：E ＝IR由E ＝n ΔΦΔt 得：E ＝2BL v 相Δt Δt＝2BL v 相 解得：v 相＝FR 4B 2L 2. (2)设相对速度大小为v 相′取金属框为研究对象：4B 2L 2v 相′R－F ＝ma 金属框要做匀加速运动(a 不变)，则必有v 相′一定即磁场与金属框加速度相等结合图象可得：v 相′＝at －v t解得：磁场加速度大小为a ＝4B 2L 2v t ＋FR4B 2L 2t －mR.专题强化练1．(多选)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1A ．小球受到的重力与电场力之比为3∶5B ．在t ＝5s 时，小球经过边界MNC ．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1～4s 过程中，小球的机械能先减小后增大 答案 AD解析 小球进入电场前做自由落体运动，进入电场后受到电场力作用而做减速运动，由图可以看出，小球经过边界MN 的时刻是t ＝1s 时，故B 错误；由图象的斜率等于加速度得小球进入电场前的加速度大小为：a 1＝v 1t 1＝v 11＝v 1，进入电场后的加速度大小为：a 2＝v 1t 2＝v 11.5＝2v 13由牛顿第二定律得：mg ＝ma 1① F －mg ＝ma 2，得电场力：F ＝mg ＋ma 2＝53m v 1＝53ma 1②由①②得重力mg 与电场力F 之比为3∶5，故A 正确；整个过程中，动能变化量为零，根据动能定理，整个过程中重力做的功与电场力做的功大小相等，故C 错误；在1～4s 过程中，电场力先做负功，后做正功，小球的机械能先减小后增大，故D 正确．2．(多选)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2A ．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mg2QD ．电场强度的最小值为3mg3Q答案 AC解析 小球在杆上均做匀加速直线运动，由时间之比为2∶1得：a A ∶a B ＝1∶2.设重力和电场力的合力为F 合，方向与竖直方向成α角，则F 合在AO 、BO 方向分力之比为1∶2，即：F合cos(30°－α)＝2F 合sin α解得：α＝30°，即重力和电场力的合力沿BO 方向，则可得a C >a A ，所以从C 到O 运动的时间小于从A 到O 的时间，故A 正确，B 错误；当电场方向垂直BO 方向时有最小电场强度，则E min ＝mg sin30°Q ＝mg2Q ，故C 正确，D 错误．3．(多选)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3A ．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 答案 AC解析 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＝1tan 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 12at 2＝1tan 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．(多选)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4A ．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 θqB答案 ABD解析 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 θqB ，故D 正确．5．(多选)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v0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5A．F a>F OB．F b>F aC．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答案ABC解析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Bq v0>mg则有F a＝Bq v0－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．(多选)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6A．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答案 BD解析 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.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＝0.60kg ，m B ＝0.30kg ，m C ＝0.50kg ，其中A 不带电，B 、C 均带正电，且q C ＝1.0×10－5C ，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 ＝1.0m ．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 ＝1.0m /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 ＝10m/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． 答案 (1)5.0×10－5C (2)0.5m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 sin30°， 联立解得q B ＝5.0×10－5C.(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 BL ′2以B 为研究对象，由牛顿第二定律有 F 0′－m B g sin30°－μm B g cos30°＝m B a 联立以上各式解得L ′＝1.5m则A 、B 分离时，A 、B 运动的距离ΔL ＝L ′－L ＝0.5m.8.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 ＝0.2m ，另外两根水平金。