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章末冲关评价练(三)(时间：50分钟，满分：100分)一、选择题(本题共8小题．每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)1．关于物体的惯性，下列说法中正确的是()A．把手中的球由静止释放后，球能加速下落，说明力是改变物体惯性的原因B．田径运动员在110 m跨栏比赛中做最后冲刺时，速度很大，很难停下来，说明速度越大，物体的惯性也越大C．战斗机在空战时，甩掉副油箱是为了减小惯性，提高飞行的灵活性D．公共汽车在启动时，乘客都要向前倾，这是乘客具有惯性的缘故【解析】物体的惯性大小与物体的速度、受力大小无关，由物体质量大小唯一确定，由此可得C正确，A、B错误；公共汽车启动时，乘客要向后倾，D 错误．【答案】 C2.为了让乘客乘车更为舒适，某探究小组设计了一种新的交通工具，乘客的座椅能随着坡度的变化而自动调整，使座椅始终保持水平，如图1所示．当此车减速上坡时(仅考虑乘客与水平面之间的作用)，则乘客()图1A．处于超重状态B．不受摩擦力的作用C．受到向后(水平向左)的摩擦力作用D．所受合力竖直向上【解析】当车减速上坡时，车有沿斜面向下的加速度，乘客也具有沿斜面向下的加速度，合力方向沿斜面向下，所受的水平面的摩擦力沿水平方向向左，乘客处于失重状态，故C正确，A、B、D均错误．【答案】 C3．用火箭发射人造卫星，假设火箭由静止竖直升空的过程中，火箭里燃料燃烧喷出气体产生的推力大小不变，空气的阻力也认为不变，则下列图中能反映火箭的速度v或加速度a随时间t变化的过程为()【解析】由牛顿第二定律可得，F－mg－F f＝ma，因推力F和阻力F f大小不变，随着火箭的上升，火箭所受重力mg逐渐减小，故其加速度增大，速度也逐渐增大，B正确，A、C错误；因重力不随时间均匀减小，火箭的加速度也不随时间均匀增大，故D错误．【答案】 B4.将一轻质弹簧固定在竖直的墙壁上，如图2所示，右端与一小球相连接，另用一质量不计且不可伸长的细绳与小球相连，另一端固定．当系统静止时水平面对小球的支持力为零，细绳与竖直方向的夹角为θ＝45°.小球与水平面间的摩擦不可忽略，且动摩擦因数μ＝0.2，小球的质量为m＝1 kg，重力加速度取g＝10 m/s2.假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，细绳剪断的瞬间，下列说法正确的是()图2A．小球仍静止B．小球所受合力为10 NC．小球的加速度大小为8 m/s2D．小球所受的摩擦力为零【解析】当小球处于静止状态时，水平面对小球的弹力恰为零，所以弹簧对小球的弹力大小F＝mg，绳对小球的拉力T＝2mg，在剪断轻绳的瞬间，弹簧的弹力F大小不能突变，水平面对小球的支持力大小突变为F N＝mg，此时小球受到向右的摩擦力，所以小球的加速度大小a ＝F －μmg m＝8 m/s 2，方向向左，故选项C 正确．【答案】 C 5．(2016·潜江检测)如图3甲所示，质量为m 的物块沿足够长的粗糙斜面底端以初速度v 0上滑先后通过A 、B ，然后又返回到底端．设从A 到B 的时间为t 1，加速度大小为a 1，经过A 的速率为v 1，从B 返回到A 的时间为t 2，加速度大小为a 2，经过A 的速率为v 2，则正确的是( )图3A ．t 1＝t 2，a 1＝a 2，v 1＝v 2B ．t 1＜t 2，a 1＜a 2，v 1＜v 2C ．物块全过程的速度—时间图线如图乙所示D ．物块全过程的速度—时间图线如图丙所示【解析】 从A 到B 过程，a 1＝mg sin θ＋f m，从B 到A 的加速度a 2＝mg sin θ－f m，所以a 1＞a 2，所以全程v -t 图线不是一条直线．时间t 1＜t 2，经过A 点的速率v 1＞v 2，A 、B 两项错误；物块全过程的速度—时间图线如图丙所示，C 项错误，D 项正确．【答案】 D6．将一质量不计的光滑杆倾斜地固定在墙面上，如图4甲所示，现在杆上套一光滑的小球，小球在一沿杆向上的拉力F 的作用下沿杆向上运动．该过程中小球所受的拉力以及小球的速度随时间变化的规律如图乙、丙所示．g ＝10 m/s 2.则下列说法正确的是( )图4A ．2～4 s 小球的加速度大小为0.5 m/s 2B ．小球质量为2 kgC ．杆的倾角为30°D ．小球0～4 s 内的位移为8 m【解析】 由图象得：2～4 s 小球的加速度a ＝v 2－v 1t 2－t 1＝0.5 m/s 2，则A 正确；0～2 s 小球做匀速直线运动时，重力沿细杆向下的分力等于5.0 N ，2～4 s 由牛顿第二定律得：F 2－F 1＝ma 得：m ＝1 kg ，则B 错误；设细杆与水平面的夹角为α，则F 2－mg sin α＝ma ，解得：α＝30°，则C 正确；由v -t 图象可知，图线与坐标轴围成的面积表示位移，即为5 m ，则D 错误．【答案】 AC7.将一质量为M 的物块放在一水平桌面上，用一质量不计的轻绳跨过桌子边缘的定滑轮连接一托盘，如图5所示，在托盘中放上一定量的砝码．已知盘和砝码的总质量为m ，M ＝2m ，重力加速度取g ，忽略一切摩擦力和阻力．当将托盘由静止释放后，下列描述正确的是( )图5A ．砝码的加速度为gB ．物块的加速度为g 3C ．绳子的拉力为23mgD ．盘中的砝码处于完全失重状态【解析】 应用隔离法，对托盘分析，由牛顿第二定律得mg －F ＝ma ，对物块分析，由牛顿第二定律得F ＝2ma ，可知加速度大小为a ＝mg 2m ＋m＝13g ，故A 错误，B 正确；将a ＝13g 代入F ＝2ma 得F ＝23mg ，C 正确；由于砝码加速度向下且大小为g 3，所以砝码处于失重状态，但不是完全失重，D 错误．【答案】BC8.如图6所示，长为L＝6 m、质量为m＝10 kg的木板放在水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数为μ＝0.2，一个质量为M＝50 kg的人从木板的左端开始向右加速跑动，从人开始跑到人离开木板的过程中，以下v -t图象可能正确的是(g取10 m/s2，a为人的v -t图象，b为木板的v -t图象)()图6【解析】人在木板上加速，受到木板向右的摩擦力，f＝Ma1，木板与地面之间的最大静摩擦力f m＝μ(M＋m)g＝120 N；A中人的加速度a1＝1 m/s2，f＝Ma1＝50 N＜120 N，木板静止不动，t＝23s内人的位移x＝6 m，A正确；同理B 正确；C中人的加速度a1＝3 m/s2，f＝Ma1＝150 N＞120 N，木板向左加速，f－μ(M＋m)g＝ma2，a2＝3 m/s2，t＝ 2 s内人的位移大小x1＝3 m，木板的位移大小x2＝3 m，C正确；D中木板的位移为负，应在时间轴的下方，因此D错误．【答案】ABC二、非选择题(共4小题，共52分，按题目要求作答，解答题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)9．(12分)(2016·益阳模拟)在水平固定的长木板上，小明用物体A、B分别探究了加速度随外力变化的关系，实验装置如图7甲所示(打点计时器、纸带图中未画出)．实验过程中小明用不同的重物P分别挂在光滑的轻质动滑轮上，使平行于长木板的细线拉动长木板上的物体A、B由静止开始加速运动(纸带与打点计时器之间阻力及空气阻力可忽略)，实验后进行数据处理，小明得到了物体A、B的加速度a与轻质弹簧测力计弹力F的关系图象分别如图乙中的A、B所示．(1)由图甲判断下列说法正确的是________．A．一端带有定滑轮的长木板不水平也可以达到实验目的B．实验时应先接通打点计时器电源后再释放物体C．实验中重物P的质量应远小于物体的质量D ．弹簧测力计的读数始终为重物P 的重力的一半(2)小明仔细分析了图乙中两条线不重合的原因，得出结论：两个物体的质量不等，且m A ________m B (填“大于”“等于”或“小于”)；两物体与木板之间动摩擦因数μA ________μB (填“大于”“等于”或“小于”)．图7【解析】 (1)长木板水平时，对物体由牛顿第二定律可得F －μmg ＝ma ，即a ＝F m －μg ，所以不平衡摩擦力时，也可以达到实验目的；若木板不水平，当滑轮一侧较高时应有F －mg sin θ－μmg cos θ＝ma ，较低时应有F ＋mg sin θ－μmg cos θ＝ma ，仍能达到实验目的，A 正确；实验要求应先接通电源后释放纸带，B 正确；由于动滑轮是轻质光滑的滑轮，所以绳子对物体的拉力一定等于弹簧测力计的读数，与重物P 的质量大小无直接关系，C 错误；对重物P 分析，当加速度为a 时，应有Mg －2F ＝Ma ，可得F ＝12Mg －12Ma ，所以只有当a ＝0时，F 才等于12Mg ，D 错误．(2)设物体加速度大小为a ，据牛顿第二定律应有F －μmg ＝ma ，可得a ＝F m －μg ＝1m F －μg .根据a -F 图象斜率k ＝1m 可知，A 的斜率大于B 的斜率，所以1m A ＞1m B，即m A ＜m B ；再根据纵轴截距为－μg 可知μA ＞μB .【答案】 (1)AB (2)小于 大于10．(13分)(2016·邵阳检测)在风洞实验室里，一根足够长的均匀直细杆与水平面成θ＝37°固定，质量为m ＝1 kg 的小球穿在细杆上静止于细杆底端O ，如图8甲所示．开启送风装置，有水平向右的恒定风力F 作用于小球上，在t 1＝2 s 时刻风停止．小球沿细杆运动的部分v -t 图象如图乙所示，取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，忽略浮力．求：图8(1)小球在0～2 s 内的加速度a 1和2～5 s 内的加速度a 2；(2)小球与细杆间的动摩擦因数μ和水平风力F 的大小．【解析】 (1)取沿杆向上为正方向，由题图乙可知在0～2 s 内：a 1＝v 1－v 0t 1＝15 m/s 2(方向沿杆向上) 在2～5 s 内：a 2＝v 2－v 1t 2＝－10 m/s 2(方向沿杆向下)． (2)有风力时的上升过程，对小球受力分析有F cos θ－μ(mg cos θ＋F sin θ)－mg sin θ＝ma 1停风后的上升阶段，有－μmg cos θ－mg sin θ＝ma 2综上解得μ＝0.5，F ＝50 N.【答案】 (1)15 m/s 2，方向沿杆向上；10 m/s 2，方向沿杆向下 (2)0.5 50 N11．(13分)如图9甲所示，质量为m ＝2 kg 的物体在水平面上向右做直线运动．过A 点时给物体一个水平向左的恒力F 并开始计时，选水平向右为速度的正方向，通过速度传感器测出物体的瞬时速度，所得v -t 图象如图乙所示．取重力加速度g ＝10 m/s 2.求：图9(1)力F 的大小和物体与水平面间的动摩擦因数μ；(2)10 s 末物体离A 点的距离．【解析】 (1)设物体向右做匀减速直线运动的加速度大小为a 1，则由题中v -t 图象得a 1＝2 m/s 2①根据牛顿第二定律有，F ＋μmg ＝ma 1②设物体向左做匀加速直线运动的加速度为a 2，则由题中v -t 图象得a 2＝1 m/s 2③根据牛顿第二定律得F －μmg ＝ma 2④联立①②③④解得：F ＝3 N ，μ＝0.05.(2)设10 s 末物体离A 点的距离为d ，d 应为v -t 图象与横轴所围的面积，则d ＝8×42m －6×62m ＝－2 m负号表示物体在A 点左侧．【答案】 (1)3 N 0.05 (2)2 m12．(14分)(2015·石家庄调研)如图10所示，质量M ＝1 kg 的木板静置于倾角θ＝37°、足够长的固定光滑斜面底端．质量m ＝1 kg 的小物块(可视为质点)以初速度v 0＝4 m/s 从木板的下端冲上木板，同时在木板的上端施加一个沿斜面向上F ＝3.2 N 的恒力．若小物块恰好不从木板的上端滑下，求木板的长度l .(已知小物块与木板之间的动摩擦因数μ＝0.8，重力加速度g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.)图10【解析】 由题意，小物块沿斜面向上做匀减速运动，木板沿斜面向上做匀加速运动，当小物块运动到木板的上端时，恰好和木板共速．小物块的加速度为a ，由牛顿第二定律：mg sin θ＋μmg cos θ＝ma ，①木板的加速度为a ′，由牛顿第二定律：F ＋μmg cos θ－Mg sin θ＝Ma ′，②设二者共速的速度为v ，经历的时间为t ，由运动学公式v 0－at ＝a ′t ，③小物块的位移为x，木板的位移为x′，x＝v0t－12at2，④x′＝12a′t2，⑤小物块恰好不从木板上端滑下，有x－x′＝l，⑥联立①②③④⑤⑥式解得l＝0.5 m.【答案】0.5 m。
分层限时跟踪练(十一)(限时40分钟)一、单项选择题1．(2016·德兴模拟)如图4-2-16所示，将一小球从倾角为θ的斜面上方O 点以初速度v 0水平抛出后，落到斜面上H 点，OH 垂直于斜面且OH ＝h .不计空气阻力，重力加速度大小为g ，则v 0的大小为( )图4-2-16A.gh cos 2 θ2sin θB.gh sin 2 θ2cos θC.2gh sin 2 θcos θD ．2gh cos 2 θsin θ【解析】 由几何关系得，小球做平抛运动的水平位移x ＝h sin θ，竖直位移y ＝h cos θ，根据y ＝12gt 2得t ＝2h cos θg ，则初速度v 0＝xt＝gh sin 2 θ2cos θ.【答案】 B2．(2016·南充模拟)如图4-2-17所示，AB 为半圆环ACB 的水平直径，C 为环上的最低点，环半径为R .一个小球从A 点以速度v 0水平抛出，不计空气阻力．则下列判断正确的是( )图4-2-17A ．只要v 0足够大，小球可以击中B 点B ．即使v 0取值不同，小球掉到环上时的速度方向和水平方向之间的夹角也相同C ．若v 0取值适当，可以使小球垂直撞击半圆环D ．无论v 0取何值，小球都不可能垂直撞击半圆环【解析】 小球做平抛运动，在竖直方向上做自由落体运动，可知小球不可能击中B 点，选项A 错误；初速度不同，小球落点的位置不同，运动的时间可能不同，则小球掉到环上时的速度方向和水平方向之间的夹角不同，选项B 错误；小球不可能垂直撞击在半圆环AC 段，因为根据速度的合成，平抛运动的速度方向偏向右，假设小球与BC 段垂直撞击，设此时速度与水平方向的夹角为θ，知撞击点与圆心的连线与水平方向的夹角为θ，连接抛出点与撞击点，与水平方向的夹角为β.根据几何关系知θ＝2β，因为平抛运动速度与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍，即tan θ＝2tan β，与θ＝2β相矛盾，则不可能与半圆弧垂直相撞，选项C 错误，D 正确．【答案】 D3．如图4-2-18所示，位于同一高度的小球A 、B 分别以v 1和v 2的速度水平抛出，都落在了倾角为30°的斜面上的C 点，小球B 恰好垂直打到斜面上，则v 1、v 2大小之比为()图4-2-18A ．1∶1B ．2∶1C ．3∶2D ．2∶3【解析】 设A 、B 两球平抛运动的时间为t ，则对A 球：tan 30°＝12gt 2v 1t ，对B 球：tan30°＝v 2gt ，解得：v 1＝gt 2tan 30°，v 2＝gt tan 30°，解得：v 1v 2＝32，C 正确．【答案】 C4．(2016·宜宾模拟)如图4-2-19所示，从A 点由静止释放一弹性小球，一段时间后与固定斜面上B 点发生碰撞，碰后小球速度大小不变，方向变为水平方向，又经过相同的时间落于地面上C 点，已知地面上D 点位于B 点正下方，B 、D 间的距离为h ，则()图4-2-19A ．A 、B 两点间的距离为h 2B ．A 、B 两点间的距离为h4C ．C 、D 两点间的距离为2h D ．C 、D 两点间的距离为233h【解析】 AB 段小球自由下落，BC 段小球做平抛运动，两段时间相同，所以A 、B 两点间距离与B 、D 两点间距离相等，均为h ，故A 、B 错误；BC 段小球做平抛运动，初速度v ＝2gh ，持续时间t ＝2hg，所以C 、D 两点间距离x ＝vt ＝2h ，故C 正确，D 错误． 【答案】 C5．(2016·兴化模拟)平抛运动可以分解为水平和竖直方向的两个直线运动，在同一坐标系中作出这两个分运动的v -t 图线，如图4-2-20所示．若平抛运动的时间大于2t 1，下列说法中正确的是( )图4-2-20A ．图线2表示水平分运动的v -t 图线B ．t 1时刻的速度方向与初速度方向的夹角为30°C ．t 1时间内的竖直位移与水平位移之比为1∶2D ．2t 1时刻的速度方向与初速度方向的夹角为60°【解析】 水平分运动为匀速直线运动，故A 错误；t 1时刻水平方向和竖直方向的分速度相等，则合速度与水平方向的夹角为45°，B 错误；设水平速度为v 0，则t 1时间内的水平位移为x ＝v 0t 1，竖直方向的位移y ＝v 02t 1，所以y x ＝12，C 正确；2t 1时刻竖直方向的速度2v 0，显然速度方向与水平方向的夹角不是60°，D 错误．【答案】 C 二、多项选择题6．(2016·唐山模拟)如图4-2-21所示，一同学分别在同一直线上的A 、B 、C 三个位置投掷篮球，结果都垂直击中篮筐，速度分别为v 1、v 2、v 3.若篮球出手时高度相同，出手速度与水平方向的夹角分别为θ1、θ2、θ3，下列说法正确的是( )图4-2-21A ．v 1<v 2<v 3B ．v 1>v 2>v 3C ．θ1>θ2>θ3D ．θ1<θ2<θ3【解析】 此过程可以看成篮球从篮筐水平抛出，由题意可知：其水平射程不同，且速度越大，水平射程越大，故选项A 错误，B 正确；根据平抛运动规律，水平速度越大，落地时速度方向与水平方向的夹角越小，选项C 错误，D 正确．【答案】 BD7．如图4-2-22所示，在水平地面上M 点的正上方某一高度处，将S 1球以初速度v 1水平向右抛出，同时在M 点右方地面上N 点处，将S 2球以初速度v 2斜向左上方抛出，两球恰在M 、N 连线的中点正上方相遇，不计空气阻力，则两球从抛出到相遇过程中()图4-2-22A ．初速度大小关系为v 1＝v 2B ．速度变化量相等C ．水平位移大小相等D ．都不是匀变速运动【解析】 由题意可知，两球的水平位移相等，C 正确；由于只受重力的作用，故都是匀变速运动，且相同时间内速度变化量相等，B 正确，D 错误；又由v 1t ＝v 2x t 可得A 错误．【答案】 BC8.如图4-2-23所示，两滑雪运动员从O 点分别以v A 和v B 水平滑出后做平抛运动分别落到斜坡上的A 、B 两点，在落点前瞬间速度与水平方向夹角分别为θA 与θB ，两者在空中运动时间分别为t A 与t B .则()图4-2-23A ．t A >tB B ．t A <t BC ．v A <v BD ．θA <θB【解析】 由h ＝12gt 2可知，因h B >h A ，故t B >t A ，A 错误、B 正确；由tan θ＝gtv 0，又由tan α＝12gt 2v 0t ＝gt 2v 0可得tan θ＝2tan α，则θA ＝θB ，D 错误；由v 0＝gt2tan α可知，因t A <t B ，故v A <v B ，C 正确．【答案】 BC9．如图4-2-24所示，在高处以初速度v 1水平抛出一个带刺飞镖，在离开抛出点水平距离l 、2l 处分别有A 、B 两个小气球以速度v 2匀速上升，先后被飞镖刺破(认为飞镖质量很大，刺破气球后不会改变其平抛运动的轨迹)．则下列判断正确的是()图4-2-24A ．飞镖刺破A 气球时，飞镖的速度大小为v A ＝g 2l 2v 21B ．飞镖刺破A 气球时，飞镖的速度大小为v A ＝v 21＋g 2l 2v 21C ．A ，B 两个小气球未被刺破前的匀速上升过程中，高度差为3gl 22v 21＋v 2lv 1D ．A ，B 两个小气球未被刺破前的匀速上升过程中，高度差为3gl 22v 21【解析】 飞镖刺破A 气球时所经历的时间t ＝lv 1，此时飞镖竖直方向的分速度v y ＝gt＝gl v 1，所以飞镖的速度v ＝v 21＋v 2y ＝v 21＋⎝⎛⎭⎫gl v 12，选项A 错误，B 正确；飞镖从刺破A 到刺破B 所经历的时间t ′＝l v 1，此时气球上升的高度h 1＝v 2t ′，飞镖下降的高度h 2＝v y t ′＋12gt ′2，两气球在上升的过程中高度差不变，h ＝h 2＋h 1＝3gl 22v 21＋v 2lv 1，选项C 正确，D 错误．【答案】 BC 三、非选择题10．一探险队在探险时遇到一山沟，山沟的一侧OA 竖直，另一侧的坡面OB 呈抛物线形状，与一平台BC 相连，如图4-2-25所示．已知山沟竖直一侧OA 的高度为2h ，平台在沟底h 高处，C 点离竖直OA 的水平距离为2h .以沟底的O 点为原点建立平面直角坐标系xOy ，坡面的抛物线方程为y ＝x 22h .质量为m 的探险队员从山沟的竖直一侧，沿水平方向跳向平台．探险队员视为质点，忽略空气阻力，重力加速度为g .图4-2-25(1)若该探险队员以速度v 0水平跳出时，落在坡面OB 的某处，则他在空中运动的时间为多少？(2)为了能跳在平台上，他的初速度应满足什么条件？请计算说明． 【解析】 (1)x ＝v 0t ，y ＋12gt 2＝2h ，y ＝x 22h ，联立解得t ＝2hv 20＋gh.(2)若落在C 处，h ＝12gt ′2，2h ＝vt ′，联立解得v ＝2gh ，若落在B 处，B 点坐标为(x ，h )，满足坡面的抛物线方程，即h ＝x 22h ，解得x ＝2h ，又x ＝vt ″，h ＝12gt ″2，联立解得v ＝gh .故初速度应满足gh ≤v ≤2gh .【答案】 (1)2hv 20＋gh(2)见解析 11．如图4-2-26所示，倾角为37°的斜面长l ＝1.9 m ，在斜面底端正上方的O 点将一小球以速度v 0＝3 m/s 水平抛出，与此同时释放在顶端静止的滑块，经过一段时间后，小球恰好能够以垂直斜面的方向击中滑块(小球和滑块均视为质点，重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．求：图4-2-26(1)抛出点O 离斜面底端的高度； (2)滑块与斜面间的动摩擦因数μ.【解析】 (1)设小球击中滑块时的速度为v ，竖直速度为v y由几何关系得： v 0v y＝tan 37° ①设小球下落的时间为t ，竖直位移为y ，水平位移为x ，由运动学规律得 v y ＝gt ② y ＝12gt 2③ x ＝v 0t④设抛出点到斜面最低点的距离为h ，由几何关系得 h ＝y ＋x tan 37°⑤由①②③④⑤得：x ＝1.2 m ，h ＝1.7 m. (2)在时间t 内，滑块的位移为s ，由几何关系得 s ＝l －xcos 37°⑥设滑块的加速度为a ，由运动学公式得s ＝12at 2⑦对滑块，由牛顿第二定律得 mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma⑧由⑥⑦⑧得：μ＝0.125. 【答案】 (1)1.7 m (2)0.12512．(2014·浙江高考)如图4-2-27所示，装甲车在水平地面上以速度v 0＝20 m/s 沿直线前进，车上机枪的枪管水平，距地面高为h ＝1.8 m ．在车正前方竖直立一块高为两米的长方形靶，其底边与地面接触．枪口与靶距离为L 时，机枪手正对靶射出第一发子弹，子弹相对于枪口的初速度为v ＝800 m/s.在子弹射出的同时，装甲车开始匀减速运动，行进s ＝90 m 后停下．装甲车停下后，机枪手以相同方式射出第二发子弹．(不计空气阻力，子弹看成质点，重力加速度g ＝10 m/s 2)图4-2-27(1)求装甲车匀减速运动时的加速度大小；(2)当L ＝410 m 时，求第一发子弹的弹孔离地的高度，并计算靶上两个弹孔之间的距离； (3)若靶上只有一个弹孔，求L 的范围． 【解析】 (1)装甲车的加速度a ＝v 202s ＝209m/s 2.(2)第一发子弹飞行时间t 1＝Lv ＋v 0＝0.5 s 弹孔离地高度h 1＝h －12gt 21＝0.55 m第二个弹孔离地的高度h 2＝h －12g ⎝⎛⎭⎫L －s v 2＝1.0 m两弹孔之间的距离Δh ＝h 2－h 1＝0.45 m.(3)第一发子弹打到靶的下沿时，装甲车离靶的距离为L 1 L 1＝(v 0＋v )2hg＝492 m 第二发子弹打到靶的下沿时，装甲车离靶的距离为L 2 L 2＝v2hg＋s ＝570 m L 的范围为492 m<L ≤570 m.【答案】 (1)209 m/s 2 (2)0.55 m 0.45 m(3)492 m<L ≤570 m。
分层限时跟踪练(十八)(限时40分钟)一、单项选择题1．摩擦可以产生静电，原来甲、乙、丙三物体都不带电，今使甲、乙两物体相互摩擦后，乙物体再与丙物体接触，最后，得知甲物体带正电1.6×10－15 C，丙物体带电8×10－16 C．则对于最后乙、丙两物体的带电情况，下列说法中正确的是()A．乙物体一定带有负电荷8×10－16 CB．乙物体可能带有负电荷2.4×10－15 CC．丙物体一定带有正电荷8×10－16 CD．丙物体一定带有负电荷2.4×10－15 C【解析】由于甲、乙、丙原来都不带电，即都没有净电荷；甲、乙摩擦导致甲失去电子1.6×10－15 C而带正电，乙物体得到电子而带1.6×10－15 C的负电荷；乙物体与不带电的丙物体接触，从而使一部分负电荷转移到丙物体上，故可知乙、丙两物体都带负电荷，由电荷守恒定律可知，乙最终所带负电荷为1.6×10－15 C－8×10－16 C＝8×10－16 C．选项B、C、D错误，选项A正确．【答案】 A2．(2015·浙江高考)如图6-1-14所示为静电力演示仪，两金属极板分别固定于绝缘支架上，且正对平行放置．工作时两板分别接高压直流电源的正负极，表面镀铝的乒乓球用绝缘细线悬挂在两金属极板中间，则()图6-1-14A．乒乓球的左侧感应出负电荷B．乒乓球受到扰动后，会被吸在左极板上C．乒乓球共受到电场力、重力和库仑力三个力的作用D．用绝缘棒将乒乓球拨到与右极板接触，放开后乒乓球会在两极板间来回碰撞【解析】两极板间电场由正极板指向负极板，镀铝乒乓球内电子向正极板一侧聚集，故乒乓球的右侧感应出负电荷，选项A错误；乒乓球受到重力、细线拉力和电场力三个力的作用，选项C错误；乒乓球与任一金属极板接触后会带上与这一金属极板同种性质的电荷，而相互排斥，不会吸在金属极板上，到达另一侧接触另一金属极板时也会发生同样的现象，所以乒乓球会在两极板间来回碰撞，选项B错误、D正确．【答案】 D3．下列选项中的各绝缘直杆大小相同，所带电荷量已在图中标出，且电荷均匀分布，各直杆间彼此绝缘．坐标原点O处电场强度最大的是()【解析】设带电荷量为q的直杆在原点O处产生的场强大小为E，则题中A图场强大小为E，根据场强的合成满足平行四边形定则，B图场强大小为2E，C图场强大小为E，D图场强大小为零，选B.【答案】 B4．均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场．如图6-1-15所示，在半球面AB上均匀分布着正电荷，半球面总电荷量为q，球面半径为R，CD为通过半球顶点与球心O的轴线，在轴线上有M、N两点，OM＝ON＝2R.已知M点的场强大小为E，则N点的场强大小为()图6-1-15A.kq2R2B．kq2R2－EC.kq4R2－E D．kq4R2＋E【解析】 假设将带电荷量为2q 的球面放在O 处，均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场．则在M 、N 点所产生的电场为E ＝k ·2q （2R ）2＝kq 2R 2，由题知当半球面如题图所示在M 点产生的场强为E ，则N 点的场强为E ′＝kq 2R 2－E ，选项B 正确．【答案】 B5．(2016·东营检测)如图6-1-16所示，点电荷q 1、q 2、q 3处于同一条直线上，q 2与q 3的距离是q 1与q 2距离的2倍，每个电荷所受静电力的合力均为零，由此可以判定，三个电荷的电荷量q 1∶q 2∶q 3之比为( )图6-1-16A ．(－9)∶4∶(－36)B ．9∶4∶36C ．(－3)∶2∶6D ．3∶2∶6【解析】 若q 2为负电荷，假设q 1带负电，要使q 2平衡，则q 3也应带负电，但此时q 1、q 3因都受斥力而不平衡，故q 1带正电，同理分析q 3带正电．也可能足q 1、q 3带负电，q 2带正电．由于三个电荷均处于平衡状态，所以对q 1有k |q 1q 2|l 21＝k |q 1q 3|（l 1＋l 2）2 ① 对q 2有k |q 1q 2|l 21＝k |q 3q 2|l 22 ②有q 3有k |q 1q 3|（l 1＋l 2）2＝k |q 3q 2|l 22③ 联立①②③可解得|q 1|∶|q 2|∶|q 3|＝(l 1＋l 2l 2)2∶1∶(l 1＋l 2l 1)2. 根据题意可知l 2＝2l 1，所以|q 1|∶|q 2|∶|q 3|＝94∶1∶9＝9∶4∶36.由于q 1、q 3是同种电荷，故q 1∶q 2∶q 3＝(－9)∶4∶(－36)或q 1∶q 2∶q 3＝9∶(－4)∶36，故A 正确，B 、C 、D 错误．【答案】 A二、多项选择题6．用电场线能很直观、很方便地比较电场中各点处场强的强弱．如图6-1-17甲是等量异种点电荷形成电场的电场线，图乙是场中的一些点：O是电荷连线的中点，E、F是连线中垂线上关于O对称的两点，B、C和A、D也关于O对称．则()甲乙图6-1-17A．B、C两点场强大小和方向都相同B．A、D两点场强大小相等，方向相反C．E、O、F三点比较，O的场强最强D．B、O、C三点比较，O点场强最弱【解析】由对称性可知，B、C两点场强大小和方向均相同，A正确；A、D两点场强大小相同，方向也相同，B错误；在两电荷连线的中垂线上，O点场强最强，在两点电荷连线上，O点场强最弱，C、D正确．【答案】ACD7．如图6-1-18所示，点电荷＋4Q与＋Q分别固定在A、B两点，C、D两点将AB连线三等分，现使一个带负电的粒子从C点开始以某一初速度向右运动，不计粒子的重力，则该粒子在CD之间运动的速度大小v与时间t的关系图象可能是()图6-1-18【解析】负电荷从C→D运动过程中受A点电荷吸引力F1和B点电荷吸引力F 2，由已知的电荷电量和距离条件结合库仑定律，可知F 1>F 2，故减速运动，可能一直减速，也可能先减速到零然后反向加速，但库仑力是变化的、不可能匀减速，所以选项A 、D 错误，BC 正确．【答案】 BC8．(2014·广东高考)如图6-1-19所示，光滑绝缘的水平桌面上，固定着一个带电荷量为＋Q 的小球P ，带电量分别为－q 和＋2q 的小球M 和N ，由绝缘细杆相连，静止在桌面上，P 与M 相距L ，M 和N 视为点电荷，下列说法正确的是( )图6-1-19A ．M 与N 的距离大于LB ．P 、M 和N 在同一直线上C ．在P 产生的电场中，M 、N 处的电势相同D ．M 、N 及细杆组成的系统所受合力为零【解析】 假设P 、M 和N 不在同一直线上，对M 受力分析可知M 不可能处于静止状态，所以选项B 正确；M 、N 和杆组成的系统，处于静止状态，则系统所受合外力为零，故k Qq L 2＝k Q ·2q （L ＋x ）2，解得x ＝(2－1)L ，所以选项A 错误，D 正确；在正点电荷产生的电场中，离场源电荷越近，电势越高，φM >φN ，所以选项C 错误．【答案】 BD9．如图6-1-20所示，MON 是固定的光滑绝缘直角杆，MO 沿水平方向，NO 沿竖直方向，A 、B 为两个套在此杆上的带有同种电荷的小球，用一指向竖直杆的水平力F 作用在A 小球上，使两球均处于静止状态．现将A 小球向NO 方向缓慢拉动一小段距离后，A 、B 两小球可以重新平衡．则后一种平衡状态与前一种平衡状态相比较，下列说法正确的是( )图6-1-20A ．A 、B 两小球间的库仑力变大B ．A 、B 两小球间的库仑力变小C ．A 小球对MO 杆的压力变大D ．A 小球对MO 杆的压力肯定不变【解析】 A 、B 两小球间的连线与竖直方向的夹角减小，对B 小球研究，库仑力在竖直方向的分力与重力等大反向，因此库仑力减小，故选项A 错误，选项B 正确；由整体法可知，MO 杆对A 小球的支持力(大小等于A 小球对MO 杆的压力)等于A 、B 两小球的重力之和，肯定不变，故选项C 错误，选项D 正确．【答案】 BD三、非选择题10．如图6-1-21所示，在A 点固定一正电荷，电荷量为Q ，在A 点正上方离A 高度为h 的B 点由静止释放某带电的液珠，液珠开始运动的瞬间加速度大小为g 2(g 为重力加速度)．已知静电力常量为k ，两带电物体均可看成点电荷，液珠只能沿竖直方向运动，不计空气阻力，求：图6-1-21(1)液珠的比荷(电荷量与质量的比值)；(2)若液珠开始释放时的加速度方向向上，要使液珠释放后保持静止，需加一竖直方向的匀强电场，则所加匀强电场的方向如何？电场强度的大小为多少？【解析】 (1)加速度的方向分两种情况①加速度向下时，因为mg －k Qq h 2＝m (12g )所以q m ＝gh 22kQ②加速度向上时，因为k Qq h 2－mg ＝m (12g )所以q m ＝3gh 22kQ .(2)因为液珠开始释放时的加速度方向向上，所以液珠带正电．要使液珠释放后保持静止，必须加一方向竖直向下的匀强电场． 因为qE －12mg ＝0所以E ＝m q ·g 2＝kQ 3h 2.【答案】 (1)见解析 (2)竖直向下 kQ 3h 211．如图6-1-22所示，质量为m 的小球A 放在绝缘斜面上，斜面的倾角为α.小球A 带正电，电荷量为q .在斜面上B 点处固定一个电荷量为Q 的正电荷，将小球A 由距B 点竖直高度为H 处无初速度释放．小球A 下滑过程中电荷量不变．不计A 与斜面间的摩擦，整个装置处在真空中．已知静电力常量k 和重力加速度g .图6-1-22(1)A 球刚释放时的加速度是多大；(2)当A 球的动能最大时，求此时A 球与B 点的距离．【解析】 (1)根据牛顿第二定律mg sin α－F ＝ma根据库仑定律：F ＝k Qq r 2，r ＝H sin α联立以上各式解得a ＝g sin α－kQq sin 2 αmH 2.(2)当A 球受到合力为零时，速度最大，即动能最大．设此时A 球与B 点间的距离为R ，则mg sin α＝kQq R 2，解得R ＝kQq mg sin α. 【答案】 (1)g sin α－kQq sin 2 αmH 2 (2)kQq mg sin α12．如图6-1-23所示，光滑绝缘的细圆管弯成半径为R的半圆形，固定在竖直面内，管口B、C的连线水平．质量为m的带正电小球从B点正上方的A 点自由下落，A、B两点间距离为4R.从小球(小球直径小于细圆管直径)进入管口开始，整个空间中突然加上一个斜向左上方的匀强电场，小球所受电场力在竖直方向上的分力方向向上，大小与重力相等，结果小球从管口C处离开圆管后，又能经过A点．设小球运动过程中电荷量没有改变，重力加速度为g，求：图6-1-23(1)小球到达B点时的速度大小；(2)小球受到的电场力大小；(3)小球经过管口C处时对圆管壁的压力．【解析】(1)小球从开始自由下落至到达管口B的过程中机械能守恒，故有：mg·4R＝12m v2B到达B点时速度大小为v B＝8gR.(2)设电场力的竖直分力为F y，水平分力为F x，则F y＝mg，小球从B运动到C的过程中，由动能定理得：－F x·2R＝12m v2C－12m v2B小球从管口C处离开圆管后，做类平抛运动，由于经过A点，有y＝4R＝v C t，x＝2R＝12a x t2＝F x2m t2联立解得：F x＝mg电场力的大小为F＝qE＝F2x＋F2y＝2mg.(3)小球经过管口C处时，向心力由F x和圆管的弹力F N的合力提供，设弹力F N的方向向左，则F x＋F N＝m v2CR，解得：F N＝3mg.根据牛顿第三定律可知，小球经过管口C处时对圆管的压力为F N′＝F N＝3mg，方向水平向右．【答案】(1)8gR(2)2mg(3)3mg，方向水平向右。
分层限时跟踪练(二十三)(限时40分钟)一、单项选择题1．下列关于磁感应强度的说法正确的是()A．一小段通电导体放在磁场A处，受到的磁场力比B处的大，说明A处的磁感应强度比B处的磁感应强度大B．由B＝FIL可知，某处的磁感应强度的大小与放入该处的通电导线所受安培力F成正比，与导线的长度L成反比C．一小段通电导体在磁场中某处不受安培力作用，则该处磁感应强度一定为零D．小磁针N极所受磁场力的方向就是该处磁感应强度的方向【解析】磁感应强度是描述磁场强弱和方向的物理量，是磁场本身性质的反映，其大小由磁场以及在磁场中的位置决定，与F、I、L都没有关系，B＝FIL只是磁感应强度的定义式，同一通电导体受到的安培力的大小由所在处B和放置的方式共同来决定，A、B、C错误；磁感应强度的方向就是该处小磁针N极所受磁场力的方向，不是通电导线的受力方向，D正确．【答案】 D2．通电螺线管内有一在磁场力作用下处于静止的小磁针，磁针指向如图8-1-10所示，则()图8-1-10A．螺线管的P端为N极，a接电源的正极B．螺线管的P端为N极，a接电源的负极C．螺线管的P端为S极，a接电源的正极D．螺线管的P端为S极，a接电源的负极【解析】螺线管内部磁场方向从右到左，故P为N极，由安培定则知a端接电源负极．【答案】 B3．在实验精度要求不高的情况下，可利用罗盘来测量电流产生磁场的磁感应强度，具体做法是：在一根南北方向放置的直导线的正下方10 cm处放一个罗盘．导线没有通电时罗盘的指针(小磁针的N极)指向北方；当给导线通入电流时，发现罗盘的指针偏转一定角度，根据偏转角度即可测定电流磁场的磁感应强度．现已测出此地的地磁场水平分量B ＝5.0×10－5 T ，通电后罗盘指针停在北偏东60°的位置，如图8-1-11所示．由此测出该通电直导线在其正下方10 cm 处产生磁场的磁感应强度大小为( )图8-1-11A ．5.0×10－5 T B ．1.0×10－4 T C ．8.66×10－5 T D ．7.07×10－5 T【解析】 地磁场是从地磁北极指向地磁南极(地理南极指向地理北极)，导线通电后，电流磁场与地磁场叠加后，合磁场沿如图所示方向．依题意作图可得tan 60°＝B 1B得B 1＝8.66×10—5 T.【答案】 C4．如图8-1-12所示，在同一平面内互相绝缘的三根无限长直导线ab 、cd 、ef 围成一个等边三角形，三根导线通过的电流大小相等，方向如图所示，O 为等边三角形的中心，M 、N 分别为O 关于导线ab 、cd 的对称点．已知三根导线中的电流形成的合磁场在O 点的磁感应强度大小为B 1，在M 点的磁感应强度大小为B 2，若撤去导线ef ，而ab 、cd 中电流不变，则此时N 点的磁感应强度大小为( )图8-1-12A ．B 1＋B 2B ．B 1－B 2 C.B 1＋B 22 D.B 1－B 22【解析】 设每根导线中的电流在O 点产生的磁感应强度大小为B 0，ef 、cd 的电流在M 点产生的磁感应强度大小都为B ′0，则在O 点有B 1＝B 0，在M 点有B 2＝2B ′0＋B 0，撤去导线ef 后，在N 点有B N ＝B 0＋B ′0，联立各式可得B N ＝B 1＋B 22，C 正确． 【答案】 C5．(2016·沈阳检测)如图8-1-13所示，在倾角为θ的光滑斜面上，放置一质量为m 的金属棒，棒长为L ，棒中通有垂直纸面向里的电流，电流大小为I .若使金属棒静止在斜面上，则下面关于磁感应强度B 的判断正确的是( )图8-1-13A ．B 的方向垂直斜面向上，B ＝mg sin θIL，B 为最小值 B ．B 的方向平行斜面向上，B ＝mg sin θIL，B 为最小值 C ．B 的方向竖直向上，B ＝mg IL，此时金属棒对斜面无压力 D ．B 的方向水平向左，B ＝mg IL，此时金属棒对斜面无压力 【解析】 金属棒所受重力竖直向下，B 的方向垂直斜面向上时，由左手定则可知安培力方向平行斜面向下，支持力垂直斜面向上，金属棒不可能平衡，A 项错；当B 的方向平行斜面向上时，安培力垂直斜面向上，金属棒不可能平衡，B 项错；B 的方向竖直向上时，安培力水平向右，支持力垂直斜面向上，金属棒不可能静止，C 项错；若B 的方向水平向左时，安培力竖直向上，当B ＝mg IL时，安培力BIL ＝mg ，金属棒静止，对斜面无压力，D 项正确．【答案】 D二、多项选择题6．如图8-1-14所示，在竖直向下的匀强磁场中有两根竖直放置的平行粗糙导轨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大小与时间成正比，即I ＝kt ，其中k 为常量，金属棒与导轨始终垂直且接触良好．下列关于导体棒的速度v 、加速度a 随时间t 变化的关系图象，可能正确的是( )图8-1-14【解析】 导体棒受到导轨的支持力大小等于安培力大小，即F N ＝BIL ＝BkLt ∝t ，在竖直方向上有mg －μF N ＝ma ，则a ＝g －μBkL mt ，选项D 正确、C 错误；根据导体棒向下先做加速度逐渐减小的变加速运动，后做加速度逐渐增大的变减速运动的过程可知，选项A 错误、B 正确．【答案】 BD7．风力发电机是目前可再生能源领域中技术比较成熟、具有规模化开发条件和商业发展前景的发电技术．设风力发电机的叶片始终对着来风方向(可以获得最大风能)．现有一小型风力发电机，叶片长为r ，能把风能的η1转化为发电机的机械能，发电系统的效率为η2(其他能量损失不计)．某学习小组对此发电机进行研究，将一长为L 、质量为m 的铜棒与风力发电系统的输出端构成回路(风力发电机与铜棒直接相连，连接导线未画出)，如图8-1-15所示，铜棒两端用轻铜线相连，整个装置处在竖直向上、磁感应强度为B 的匀强磁场中．当有风速为v 的风吹向叶片时(空气密度为ρ)，铜棒在与竖直方向成θ角且偏向纸内的位置平衡，下列判断中正确的有( )图8-1-15A ．铜棒中的电流由a 流向b ，大小为mg sin θBLB ．铜棒中的电流由b 流向a ，大小为mg tan θBLC ．此风力发电系统的输出电压为η1η2B ρπL 2r 2v 32mg sin θD ．此风力发电系统的输出电压为η1η2B ρπLr 2v 32mg tan θ【解析】 由左手定则知棒中电流由b 流向a ，由平衡条件知BIL ＝mg tan θ，即I ＝mg tan θBL，A 错误，B 正确；由题意知在时间t 内垂直吹向叶片旋转面的气体质量为m 0＝ρπr 2vt ，该风力发电系统的输出功率为P ＝UI ＝12m 0v 2η1η2t，联立解得发电系统的输出电压为U ＝η1η2B ρπLr 2v 32mg tan θ，C 错误，D 正确． 【答案】 BD8. (多选)电磁轨道炮工作原理如图8-1-16所示．待发射弹体可在两平行轨道之间自由移动，并与轨道保持良好接触．电流I 从一条轨道流入，通过导电弹体后从另一条轨道流回．轨道电流可形成在弹体处垂直于轨道面的磁场(可视为匀强磁场)，磁感应强度的大小与I 成正比．通电的弹体在轨道上受到安培力的作用而高速射出．现欲使弹体的出射速度增加至原来的2倍，理论上可采用的办法是()图8-1-16A ．只将轨道长度L 变为原来的2倍B ．只将电流I 增加至原来的2倍C ．只将弹体质量减至原来的一半D ．将弹体质量减至原来的一半，轨道长度L 变为原来的2倍，其他量不变【解析】 设B ＝kI ，轨道间距为d ，则弹体所受安培力F ＝IdB ＝kI 2d ；由牛顿第二定律得弹体的加速度a ＝F m ＝kI 2d m；由运动学公式v 2t ＝2aL ，得：v t ＝2aL ＝I 2kd mL .综上所述，选项B 、D 正确，选项A 、C 错误．【答案】 BD9．(2014·浙江高考)如图8-1-17甲所示，两根光滑平行导轨水平放置，间距为L ，其间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B .垂直于导轨水平对称放置一根均匀金属棒．从t ＝0时刻起，棒上有如图8-1-17乙所示的持续交变电流I ，周期为T ，最大值为I m ，图甲中I所示方向为电流正方向．则金属棒()甲 乙图8-1-17A ．一直向右移动B ．速度随时间周期性变化C ．受到的安培力随时间周期性变化D ．受到的安培力在一个周期内做正功【解析】 根据左手定则、法拉第电磁感应定律解决问题．根据左手定则知金属棒在0～T 2内所受安培力向右，大小恒定，故金属棒向右做匀加速运动，在T 2～T 内金属棒所受安培力与前半个周期大小相等、方向相反，金属棒向右做匀减速运动，一个周期结束时金属棒速度恰好为零，以后始终向右重复上述运动，安培力和速度随时间的变化如图所示，选项A 、B 、C 正确；在0～T 2时间内，安培力方向与运动方向相同，安培力做正功，在T 2～T 时间内，安培力方向与运动方向相反，安培力做负功，在一个周期内，安培力所做总功为零，选项D 错误．【答案】 ABC三、非选择题10．(2015·重庆高考)音圈电机是一种应用于硬盘、光驱等系统的特殊电动机．如图8-1-18是某音圈电机的原理示意图，它由一对正对的磁极和一个正方形刚性线圈构成，线圈边长为L ，匝数为n ，磁极正对区域内的磁感应强度方向垂直于线圈平面竖直向下，大小为B ，区域外的磁场忽略不计．线圈左边始终在磁场外，右边始终在磁场内，前后两边在磁场内的长度始终相等．某时刻线圈中电流从P 流向Q ，大小为I .图8-1-18(1)求此时线圈所受安培力的大小和方向；(2)若此时线圈水平向右运动的速度大小为v ，求安培力的功率．【解析】 (1)由安培力表达式F ＝BIL 可知，线圈所受的安培力F ＝nBIL ，由左手定则可判断安培力方向水平向右．(2)由功率公式P ＝Fv 可知，安培力的功率P ＝nBILv .【答案】 (1)nBIL 水平向右 (2)nBILv11．(2016·泰州模拟)如图8-1-19所示，在倾角为37°的光滑斜面上有一根长为0.4 m 、质量为6×10－2 kg 的通电直导线，电流大小I ＝1 A ，方向垂直于纸面向外，导线用平行于斜面的轻绳拴住不动，整个装置放在磁感应强度每秒增加0.4 T 、方向竖直向上的磁场中．设t ＝0时，B ＝0，则需要多长时间，斜面对导线的支持力为零？(g 取10 m/s 2)图8-1-19【解析】 斜面对导线的支持力为零时导线的受力如图所示．由平衡条件得F T cos 37°＝FF T sin 37°＝mg两式联立解得F ＝mg tan 37°＝0.8 N 由F ＝BIL 得B ＝F IL＝2 T 由题意知，B 与t 的变化关系为B ＝0.4t代入数据得t ＝5 s.【答案】 5 s12．如图8-1-20所示，PQ 和EF 为水平放置的平行金属导轨，间距为L ＝1.0 m ，导体棒ab 跨放在导轨上，棒的质量为m ＝20 g ，棒的中点用细绳经轻滑轮与物体c 相连，物体c 的质量M ＝30 g ．在垂直于导轨平面方向存在磁感应强度B ＝0.2 T 的匀强磁场，磁场方向竖直向上，重力加速度g 取10 m/s 2 .若导轨是粗糙的，且导体棒与导轨间的最大静摩擦力为导体棒ab 重力的0.5倍，若要保持物体c 静止不动，应该在棒中通入多大的电流？电流的方向如何？图8-1-20【解析】 因导轨粗糙，设棒和导轨之间的最大静摩擦力为F f m .若BIL ＞Mg ，则静摩擦力的方向与细绳的拉力方向相同，设此时电流为I 1，则有BI 1L －Mg ≤F f m ＝0.5mg ，解得I 1≤0.5mg ＋Mg BL＝2.0 A ；若BIL ＜Mg ，则静摩擦力的方向与细绳的拉力方向相反，设此时电流为I 2，则有Mg －BI 2L ≤F f m ＝0.5mg .解得I 2≥Mg －0.5mg BL＝1.0 A ， 即ab 棒中的电流为1.0 A ≤I ≤2.0 A.根据左手定则判断，棒中的电流方向为由a 到b .【答案】 1.0 A ≤I ≤2.0 A 由a 到b。
