专题限时集训(一)
1．B [解析] 木块能够匀速下滑，说明合力为零，沿平行于斜面方向上满足mgsinθ＝μmgcosθ，即tanθ＝μ，欲使木块停下，木块需要做减速运动，其合力应沿平行于斜面方向向上．若增大斜面的倾角，则tanθ＞μ，合力沿斜面向下，木块加速下滑，选项A错误；若对木块施加一个垂直于斜面的力，那么木块沿斜面向上的摩擦力增大，合力沿斜面向上，木块做减速运动，所以选项B正确；若对木块施加一个竖直向下的力或者在木块上再叠放一个重物，则木块受到的合力仍为零，木块将保持匀速下滑，所以选项CD错误．
2．C [解析] 受力如图所示，根据力的平衡条件得：F1cosθ＝mBg，F1sinθ＝F2，把A向右移动少许，θ减小，则F1减小，选项B错误；F2＝mBgtanθ减小，选项A错误；对A、B利用整体法分析，地面对A的摩擦力Ff的大小等于F2，F2减小，则Ff减小，选项C正确；A对地面的压力大小等于A、B重力之和，是定值，选项D错误．
3．ABD [解析] 因OB细线恰好处于竖直方向，且两小球均处于静止状态，可知AB细线中拉力为零．力F的可能方向范围为O →A方向(不包括O →A方向)与竖直向上方向之间，所以选项ABD正确．
4．A [解析] 弹簧处于压缩状态，弹簧对小球的弹力F1＝kx，将弹簧的弹力和小球的重力沿平行和垂直斜面分解，在平行斜面方向根据平衡条件得mgsin30°＝kxcos60°，解得弹簧的形变量x＝，选项A正确．
5．D [解析] 对物体M受力分析，根据平衡条件得，绳OA对M的拉力FOA＝mgcos60°＝10 N，绳OB对M的拉力FOB＝mgcos30°＝10 N，选项A、B错误；m受到水平面的静摩擦力的方向水平向左，大小为Ff＝FOB－FOA＝10(－1) N，选项C错误，选项D正确．
6．A [解析] 根据楞次定律可判断出，环中的感应电流沿顺时针方向，再运用左手定则可知，环受到的安培力F竖直向下，根据环的平衡条件可知，绳上的拉力T＝F＋mg＞mg；根据法拉第电磁感应定律可知，环中产生的感应电动势不变，感应电流I不变，所以当磁感应强度B减小时，安培力F＝BIL(L大小等于环的直径，是定值)逐渐减小，绳上的拉力逐渐减小，只有选项A正确．
7．A [解析] 对带电小球受力分析，FAP＝，FBP＝，圆环对带电小球的作用力为F，由平行四边形定则知，FAP＝Fcosα，FBP＝Fsinα，联立解得tan3α＝，选项A正确，选项B错误；因电荷量Q1、Q2关系不明确，故不能确定O点电场强度是否为零，选项C、D错误．
8．D [解析] 先以A、B整体为研究对象，因为A、B保持静止，所以竖直墙壁对A有竖直向上的静摩擦力F″和水平向右的弹力F′.再以B为研究对象，其受力情况如图乙所示，即要保持物体B平衡，B应受到重力、力F、A对B的弹力的作用，同时，B还应受到A对B的摩擦力作用．以A为研究对象，它受重力、B对它的弹力和静摩擦力作用，墙面对它的弹力和静摩擦力作用，A的受力图如图甲所示，所以选项D正确．
甲 乙
9．B [解析] 开始阶段物体受向左的滑动摩擦力作用，其大小Ff1＝μmg＝6 N，最大静摩擦力也为6 N．经过一段时间，速度减小为零，此时恒力F小于最大静摩擦力，物体保持静止状态，静摩擦力Ff2＝F＝5 N，方向向右．选项B正确．
10．BCD [解析] 将A、B视为整体进行受力分析，在竖直方向只受重力和地面对整体的支持力FN(也是对B的支持力FN)，将b向左推动少许后，竖直方向受力不变，所以FN＝(mA＋mB)g为一定值，选项C正确；然后对B进行受力分析，如图所示，由平衡条件可知FN＝mBg＋F斥cosθ，向左推B，θ减小，所以F斥减小，由F斥＝k得：A、B间距离r增大，选项D正确；而F＝F斥sinθ，θ减小，F斥减小，所以推力F减小，故选项A错误；将A、B视为整体时F＝FNA，所以墙面对小球A的弹力FNA减小，选项B正确．
11．B [解析] 潜水器两侧配备4块压载铁时，对潜水器受力分析，根据牛顿第二定律可得G1－kv2－F浮＝ma，当速度增大时，加速度逐渐减小，当加速度减为零时，速度达到最大值，潜水器做匀速运动，A项错误，B项正确；潜水器抛载其中2块载铁时，对潜水器受力分析，根据牛顿第二定律可得－G2＋kv2＋F浮＝ma，潜水器将做加速度逐渐减小的减速运动，最后悬停在指定深度，C项错误；潜水器抛弃所有压载铁时，根据牛顿第二定律得－G3－kv2＋F浮＝ma，潜水器做加速度逐渐减小的加速运动，D项错误．
12．D [解析] 选取环A与球B组成的系统为研究对象，对其受力分析，根据平衡条件可得，杆对环A的支持力N＝2mg，摩擦力大小f＝F，显然，选项C错误；对球B受力分析，根据平衡条件可得，F＝mgtanθ，轻质绳对B球的拉力T＝，选项B错误；若水平恒力增大，则细绳与竖直方向的夹角为θ变大，轻质绳对B球的拉力T变大，选项A错误；由f＝μN＝2μmg和f＝F＝mgtanθ可得μ＝，选项D正确．
专题限时集训(二)A
1．D [解析] 汽车加速度逐渐增大，因此其v－t图线上各点斜率的绝对值逐渐增大，选项D正确．
2．D [解析] 若绳子B的拉力恰好与B的重力沿斜面向下的分力相等，则B与C间的摩擦力为零，选项A错误；利用整体法判断，C一定受到水平面向左的摩擦力，选项B错误；同理，在竖直方向利用整体法判断，水平面对C的支持力小于B、C的总重力，选项C错误；将细绳剪断后，利用整体法判断，B、C系统在水平方向不受外力作用，选项D正确．
3．B [解析] 巡逻船以速度v0匀速行驶时，驱动力等于阻力Ff，发动机功率调整增大为某数值时，由P＝Fv知牵引力突然增大，由牛顿第二定律F－Ff＝ma知，巡逻船加速运动，随着速度的增大驱动力将减小，因此加速度逐渐减小，直到加速度为零，巡逻船做匀速直线运动，即速度曲线上各点切线的斜率为正值，且斜率逐渐减小为零．选项B正确．
4．CD [解析] 由图象知，在t1时刻之前乙车的加速度先大于甲车的加速度，后小于甲车的加速度，选项A错误；由图象知，乙车的速度始终比甲车的大，选项C正确；因为速度图线与横轴所围面积表示位移，所以在t1时刻之前乙始终在甲车的前面，在t1时刻两车并不相遇，选项B错误，选项D正确．
5．D [解析] 礼花弹离开炮筒后做匀减速直线运动，由h＝得v0＝＝50 m/s，加速度a＝＝12.5 m/s2，由牛顿第二定律有mg＋kmg＝ma，则k＝0.25.
6．A [解析] 当用水平力F作用于B上且两物块在粗糙的水平面上共同向右加速运动时，对A、B整体，由牛顿第二定律可得F－3μmg＝3ma，再用隔离法单独对A分析，由牛顿第二定律可得：kx1－μmg＝ma，联立解得kx1＝F；根据上述方法同理可求得沿竖直方向、沿斜面方向运动时kx2＝kx3＝F，所以选项A正确．
7．A [解析] 水平面光滑时，分别对整体和物块B应用牛顿第二定律得：F＝(mA＋mB)a，kL1＝mBa，解得kL1＝；水平面粗糙时，分别对整体和物块B应用牛顿第二定律得：F－μ(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a′，kL2－μmBg＝mBa′，解得kL2＝.选项A正确．
8．6.0×104 m
[解析] 动车正常行驶，加速阶段：
v1＝a1t1 v＝2a1x1
匀速阶段：x2＝v1t2
减速阶段：0＝v1＋(－a2)t3 0－v＝2(－a2)x3
同理可得，车速调整后，加速阶段：
v2＝a1t′1 v＝2a1x′1
匀速阶段：x′2＝v2t′2
减速阶段：0＝v2＋(－a2)t′3 0－v＝2(－a2)x′3
两次运动的时间、位移关系为：
t1＋t2＋t3＝t′1＋t′2＋t′3＋Δt
x1＋x2＋x3＝x′1＋x′2＋x′3
联立以上各式解得xAB＝x1＋x2＋x3＝6.0×104 m.
9．(1) s (2)28.8 m
甲
[解析] (1)冰橇做匀加速直线运动阶段，冰橇受力如图甲所示．
根据牛顿第二定律有：
Fcosα－μ(mg＋Fsinα)＝ma1
解得：a1＝4.8 m/s2
由xAP＝a1t
解得t1＝ s
乙
(2)冰橇和运动员做匀减速直结运动，冰橇和运动员受力如图乙所示．
加速结束时：vP＝a1t1＝ m/s
根据牛顿第二定律有：
μ(M＋m)g＝(M＋m)a2
解得：a2＝2 m/s2
则冰橇继续滑行距离为x＝＝28.8 m.
10．(1)16 m (2)8 m/s (3)(2＋2) s
[解析] (1)由v－t图象知A、B之间的距离有：xAB＝ m＝16 m.
(2)设滑块从A滑到B的过程加速度大小为a1，从B返回到A的过程加速度大小为a2，滑块与斜面之间的滑动摩擦因数为μ，根据牛顿第二定律有：
a1＝gsinθ＋μgcosθ
a2＝gsinθ－μgcosθ
由图象可知a1＝m/s2＝8 m/s2
设滑块返回到A点时的速度为v1，有：v－0＝2a2xAB
解得：a2＝4 m/s2，v1＝8 m/s.
(3)设滑块从A到B用时为t1，从B返回到A用时为t2，则有：
t1＝2 s
t2＝＝2 s
则滑块在整个过程中所用的时间t＝t1＋t2＝(2＋2) s.
专题限时集训(二)B
1．D [解析] 人最终处于平衡状态绳子拉力应等于人的重力，由图知拉力的最终值为F0，选项D正确．
2．BC [解析] 对于形状一样的木与金属制成的长方体，因金属密度大，故其制成的长方体的质量大．A、B两物体恰好要分开运动时，上面的长方体受到的是滑动摩擦力，以下面的长方体为研究对象，如果上面的材料是金属，下面的材料是木，则上面的长方体对下面的长方体的摩擦力大(因为动摩擦因数相同，金属质量大)，桌面对下面长方体的摩擦力也大(因为A、B整体质量相同，木与木的动摩擦因数大)，所以如果F1>F2，可确定A的材料是金属，B的材料是木，反之如果F1(M＋m)g，F2<(M＋m)g，F1＋F2＝2(M＋m)g，所以选项B、C正确．
4．A [解析] t1时刻人超重，电梯的加速度向上，t2时刻人失重，电梯的加速度向下，A正确；无论超重还是失重，人的质量和所受重力均不发生变化，B错误；由牛顿第二定律可知，t1和t2时刻电梯的加速度大小相等、方向相反，但运动方向不一定相反，C错误；t2时刻电梯可能向下加速，也可能向上减速，D错误．
5．D [解析] 由于题述没有给出传送带的长度和物体与传送带的动摩擦因数，无法判断出物体从右端滑上传送带，能否到达左端，选项A、B错误；若v2v1，且v2足够大时，物体无论从右端还是从左端滑上传送带，都做加速度相同的匀减速运动，此时从右端滑上到左端所需的时间等于物体从左端滑上到右端的时间，选项D正确．
6．AC [解析] 物块的运动情况是先向上做减速运动，所受滑动摩擦力为μmgcosθ，方向沿斜面向下，达到最高点后由于μ>tanθ即mgsinθ<μmgcosθ，滑块不会向下滑动，而是保持静止，静摩擦力的大小等于重力的下滑分力mgsinθ，小于上滑时的摩擦力μmgcosθ，所以选项A、C正确．
7．B [解析] 撤离木板时，小球所受重力和弹簧的弹力不发生变化，二者合力的大小等于撤离木板前木板对小球的支持力FN，由于FN＝＝mg，所以撤离木板后，小球加速度大小为：a＝＝g.选项B项正确．
8．7.5 s
[解析] 根据自由落体运动公式得
h＝gt＝100 m
先以最大加速度a加速下滑，达到最大速度v，再以最大加速度a′减速下滑，着地时速度为v1＝10 m/s，则下滑过程所需时间最短．
加速阶段的位移为h1＝
加速阶段的时间为t1＝
减速阶段的位移为h2＝
减速阶段的时间为t2＝
又h＝h1＋h2
解得v＝20 m/s
下滑的最短时间t＝t1＋t2＝＋＝7.5 s
9．(1) s (2)0.4 m
[解析] (1)设推力作用在瓶子上的最长位移为s，由动能定理：
Fs－μmgL1＝0
解得s＝0.5 m
由牛顿第二定律：F－μmg＝ma
解得：a＝36 m/s2
由运动学公式：s＝at2
解得推力作用的最长时间为：t＝ s
(2)设推力作用的最小距离为x，则有：Fx－μmg(L1－L2)＝0
解得：x＝0.4 m
10．14 s
[解析] 挑战者匀加速通过平台，有L1＝a1t
解得：t1＝＝2 s
冲上跑步机的初速度v1＝a1t1＝4 m/s
冲上跑步机至跨栏， 有L3＝v1t2＋a2t
解得t2＝2 s
摔倒至爬起随跑步机移动距离x＝v0t＝1×2 m＝2 m
取地面为参考系，则挑战者爬起向左减速的过程，有：
v0＝a2t3
解得：t3＝1 s
对地位移x1＝v0t3－a2t＝0.5 m
挑战者向右加速冲刺过程有：x＋x1＋L2－L3＝a2t
解得：t4＝7 s
挑战者通过全程所需的总时间为：t总＝t1＋t2＋t＋t3＋t4＝14 s.
专题限时集训(三)
1．D [解析] 在地面上看消防队员的运动是消防员相对于地面的实际运动，它是沿梯子方向的匀加速直线运动和随消防车沿水平方向上直线运动的合运动．当消防车匀速前进时，消防队员在竖直方向上和水平方向上都做匀加速直线运动，但加速度方向与速度方向不共线，所以消防队员做曲线运动，选项AB错误；当消防车匀加速前进时，消防队员的合外力大小恒定，方向可能与运动方向相同，即消防队员可能做匀变速直线运动，选项C错误；当消防车匀减速前进时，消防队员的合外力大小恒定，方向与运动方向一定不相同，所以消防队员一定做匀变速曲线运动，选项D正确．
2．B [解析] 木板与水平面间的滑动摩擦力为f1＝μ1(m0＋m)g＝45 N，小木块与木板之间的滑动摩擦力为f2＝μ2mg＝40 N，f1>f2，所以木板一定静止不动；设小木块滑行的距离为x，则v＝2μ2gx，解得x＝2 mmBg，选项D错误．
4．AC [解析] 由于万有引力与质量的乘积成正比，故在质量密集区万有引力会增大，提供的向心力增大了，探测器会做向心运动，引力做正功，导致探测器飞行的速率变大．
5．BC [解析] 当盒子速度最大时，kx＝(mA＋mB)gsinθ，此时弹簧仍处于压缩状态，弹性势能不为零，选项A错误；除重力外，只有A对B的弹力对B做功，对应B机械能的增加量，选项B正确；对A、B组成的系统，弹簧弹力对系统做的正功等于弹簧弹性势能的减小量，也等于系统机械能的增加量，选项C正确；对A应用动能定理可知，A所受重力、弹簧弹力、B对A的弹力做功之和等于A动能的增加量，因B对A的弹力对A做负功，故A所受重力和弹簧弹力做功的代数和大于A动能的增加量，选项D错误．
6．AD [解析] 平抛运动可分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，所以水平位移图象为倾斜直线，水平速度图象为平行横轴的直线，竖直位移图象为曲线且各点切线的斜率随时间逐渐变大，竖直速度图象为倾斜的直线，斜率等于重力加速度；沿斜面下滑的运动可分解为水平方向的匀加速直线运动和竖直方向的匀加速直线运动，且竖直加速度分量小于重力加速度，所以水平位移图象为曲线且各点切线的斜率随时间逐渐变大，水平速度图象为向上倾斜的直线，竖直位移图象为曲线且各点切线的斜率随时间逐渐变大，竖直速度图象为倾斜的直线，斜率小于重力加速度．选项A、D正确．
7．D [解析] 由题意知，合力先变大后变小，因此加速度也先变大后变小，在v－t图象中，图象的斜率表示加速度，选项D正确.
8．AC [解析] 由动能定理可知， 合外力对物体A所做的功等于物体A的动能增加量，合外力对B做的功等于物体B动能的增量，而合外力对B所做的功等于外力F做的功、摩擦力对B做的功和弹簧弹力对B做的功之和，选项A正确，选项B错误；物体B克服弹簧弹力做的功应大于弹簧的弹性势能的增加量，所以外力F做的功与摩擦力对物体B做功的代数和应大于物体B的动能增加量及弹簧弹性势能增加量之和，选项D错误；取整体为研究对象，由功能关系可以判断，外力F做的功及摩擦力对物体A和B做功的代数和等于系统的机械能的增加量，选项C正确．
9．3 m [解析] 依题意，要求的汽车关闭油门时与自行车的距离为x，应是汽车从关闭油门减速运动，直到速度与自行车速度相等时发生的位移x汽与自行车在这段时间内发生的位移x自之差，如图所示．
汽车减速到 4 m/s时发生的位移和运动的时间分别为
x汽＝＝7 m
t＝＝1 s
该段时间内自行车发生的位移x自＝v自t＝4 m
汽车关闭油门时离自行车的距离x＝x汽－x自＝3 m.
10．能到达D点 0.48 N
[解析] 设滑块从A到B一直被加速，且设到达B点时的速度为vB，则
vB＝＝3.2× m/s < 5 m/s
因此滑块一直被加速．
设滑块能到达D点，且设到达D点时的速度为vD对滑块由B到D的过程应用动能定理：
－mg·2R＝mv－mv
解得： vD＝＝3.2 m/s
而滑块能到达D点的临界条件是mg＝
解得vDmin＝＝1.6 m/s＜vD，因此滑块能到达D点．
滑块在D点时，根据牛顿第二定律得
FN＋mg＝
解得FN＝－mg＝0.48 N
由牛顿第三定律知，滑块对轨道的压力大小为FN′＝FN＝0.48 N.
11．(1) (2)mgh－ (3)h
[解析] (1)滑块下滑过程中，受到的滑动摩擦力
Ff＝μFN＝μmgcos θ
由动能定理得mgh－μmgcos θ·＝mv2
解得v＝.
(2)在水平滑道上，由能量守恒定律得
弹簧压缩量最大时的弹性势能Ep＝mv2
解得Ep＝mgh－
(3)设滑块能够上升的最大高度为h1.在弹簧压缩量最大至滑块被弹回到最大的高度过程中，由能量守恒定律得
Ep＝mgh1＋μmgcos θ·
解得h1＝h.
专题限时集训(七)
1．B [解析] 由等量异种点电荷周围电场线和等势线的分布情况可知，A、B两处电势不相等，但场强相同，A错；C、D两处电势、场强均相同，B对；在虚线AB上，O点的场强最小，C错；O点的电势与无穷远处的电势相同，带正电的试探电荷从O点移到B点相当于从无穷远处移到B点，即靠近负电荷，故电势能降低，D错．
2．C [解析] 由题意，B、D处固定的是等量的负电荷，选项A、B错误；带正电的小球从A点静止释放，电场力做正功，到达O点时动能最大，电势能最小，故O点电势最低，选项C正确，选项D错误．
3．BCD [解析] 各个质点所受重力均向下，要使它们分别以水平向左、水平向右、竖直向下和竖直向上的速度做匀速直线运动，所受电场力均向上，且与重力平衡，各个质点均带负电，选项A错误；a、b沿等势面运动，带同种电荷且电势能均不变，选项B正确；d竖直向上运动，电场力做正功，d的电势能减小，重力势能增大，选项C正确 ；c竖直向下运动，电场力做负功，电势能增大，重力势能减小，机械能减小，选项D正确．
4．C [解析] 根据电场线从正电荷出发到负电荷终止可知，P带正电荷，Q带负电荷，选项A错误；由顺着电场线方向电势逐渐降低可知，c点电势高于d点电势，选项B错误；由离子从a运动到b的轨迹弯曲方向可知，离子在运动过程中受到P的吸引，选项C正确；离子从a到b，电场力做负功，选项D错误．
5．CD [解析] 由带电粒子运动轨迹可知粒子所受电场力方向向左，由于电场方向未知，且不知带电粒子电性，故不能判定该电场是由正点电荷激发还是由负点电荷所激发，则不能判断出哪点电势高，选项A、B错误；根据电场线的疏密可以判断出，a点的电场强度较大，带电粒子在a点的加速度比在b点的加速度大，选项C正确；带电粒子由a点到b点的过程电场力做负功，根据动能定理可知选项D正确．
6．C [解析] 由图知，O点两侧电场强度方向相反，且从O点向左、向右移动电势均降低，由沿电场线方向电势降低可知，O点电势最高，x1、 x2、x3三点电势依次降低，选项A、B、D错误；由图可知电场强度在O点左右侧对称，所以x1和－x1两点的电势相等，选项C正确．
7．CD [解析] 电场线的方向由A2指向A1，则A2的电势高于A1，选项A不正确；电子从P点向Q点运动，电场力做正功，所以电子在P点处的动能小于在Q点处的动能，选项B不正确；电场线密的地方电场强度大，所以Q点的电场强度大于R处的电场强度，选项C正确；电子从P点向R点运动过程中，电场力一直做正功，D选项正确．
8．AB [解析] A、B两点之间的电势差UAB＝＝0.1 V，D、C两点之间的电势差UDC＝＝ V，根据匀强电场的性质，M、N两点的电势分别为φM＝、φN＝，两点之间的电势差UMN＝φN－φN＝＝ V，将该粒子从M点移动到N点，电场力做功WMN＝qUMN＝4.0×10－8 J，选项A、B正确，选项C错误；因不明确AB与电场方向的关系，不能直接应用E＝计算电场强度，选项D错误．
9．(1)mv＋(qE－mg)R
(2)证明略
[解析] (1)物块恰能通过圆弧最高点C时，圆弧轨道与物块间无弹力作用．物块受到的重力和电场力提供向心力，则有
mg－qE＝m
物块由A运动到C的过程中，设克服摩擦力做的功为Wf，根据动能定理有：
qE·2R－Wf－mg·2R＝mv－mv
联立解得：Wf＝mv＋(qE－mg)R.
(2)物块离开半圆弧轨道后做类平抛运动，设水平位移的大小为x，则：
水平方向：x＝vCt
竖直方向：2R＝t2
联立解得：x＝2R
10．(1) (2) (3)3.96mgL
[解析] (1)带电系统开始运动后，先向右做加速运动；当B进入电场区时，开始做减速运动．设B进入电场前的过程中系统的加速度为a1，由牛顿第二定律：2Eq－μ×2mg＝2ma1，则a1＝g
B刚进入电场时，由L＝a1t
可得t1＝
(2)当A刚滑到电场右边界时，电场力对系统做的功为
W1＝2Eq×2L＋(－3Eq×L)＝EqL＝1.2mgL
摩擦力对系统做的功为W2＝－μ×2mg×2L＝－0.8mgL
W总＝W1－W2＝0.4 mgL
故A球从电场右边界滑出．
设B从静止到刚进入电场的速度为v1，由v＝2a1L
可得v1＝
设B进入电场后，系统的加速度为a2，由牛顿第二定律
2Eq－3Eq－μ×2mg＝2ma2
则a2＝－0.8g
设小球A第一次离开电场右边界时的速度为v2，由v－v＝2a2L
可得v2＝
(3)当带电系统速度第一次为零，此时A已经到达右边界NQ外，B克服电场力做的功最多，B增加的电势能最多．设此时A离右边界NQ的距离为x，由动能定理：
2Eq×2L－3Eq×(L＋x)－μ×2mg(2L＋x)＝0
解得x＝0.1L
所以B球电势能增加量的最大值ΔW＝3Eq×(L＋x)＝3.3EqL＝3.96mgL
专题限时集训(八)A
1．D [解析] 由qvB＝m解得带电粒子在磁场中运动的半径r＝＝0.3 m．显然从Od边射入的粒子，受到的洛伦兹力向上做半径r＝0.3 m的圆周运动，出射点全部分布在be边，选项A、C错误；从O点射入的粒子，做半径r＝0.3 m的圆周运动经过b点，从a点射入的粒子，做直线运动经过b点，从oa之间射入的粒子，先做直线运动，进入磁场区域后受洛伦兹力作用向上偏转，做半径r＝0.3 m的圆周运动，因轨迹半径与圆弧ob的半径相同，由几何知识知，其轨迹恰好通过b点，选项B错误，选项D正确．
2．C [解析] 当Ff＝μBIL＝μBLktmg时，棒沿导轨向下减速；在棒停止运动前，所受摩擦力为滑动摩擦力，大小为Ff＝μBLkt；当棒停止运动时，摩擦力立即变为静摩擦力，大小为Ff＝mg，故选项C正确．
3．AB [解析] 由evB＝可得回旋加速器加速质子的最大速度为v＝.由回旋加速器高频交流电频率等于质子运动的频率，则有f＝，联立解得质子被加速后的最大速度不可能超过2πfR，选项A、B正确；质子的速度不能加速到无限大，因为根据狭义相对论，粒子的质量随着速度的增加而增大，而质量的变化会导致其回转周期的变化，从而破坏了电场变化周期的同步，选项C错误；由于α粒子在回旋加速器中运动的频率是质子的，不改变B和f，该回旋加速器不能用于加速α粒子，选项D错误．
4．C [解析] 带电微粒处于静止状态，说明其受到的重力与电场力平衡，微粒带正电．只撤去电场，微粒在重力和洛伦兹力作用下做变速曲线运动；撤去磁场，重力与电场力依然平衡，微粒将保持静止状态；给微粒一个向下的初速度，由于重力与电场力平衡，微粒在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动；给微粒一个垂直纸面向里的初速度，微粒不受洛伦兹力作用，由于重力与电场力平衡，微粒垂直纸面做匀速直线运动．
5．B [解析] 溶液中通入沿x轴正向的电流I，NaCl的水溶液含有阴、阳离子，阳离子向x轴正向运动，阴离子向x轴负向运动，根据左手定则，阴、阳离子受到的洛伦兹力都偏向a处，所以a处离子浓度大于b处离子浓度，选项B正确．
6．(1) (2) (3)2t0
[解析] (1)初速度沿Ob方向发射的粒子在磁场中运动的轨迹圆的圆心为c，由∠Ocb＝30°，故t0＝，可得T＝12t0
粒子做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，由牛顿第二定律得：
Bqv＝
又T＝
联立可得＝
(2)根据题意，同一时刻发射的粒子经过相等的时间仍在磁场中的粒子到O点的距离相等．所以在t0时刻仍在磁场中的粒子应处在以O为圆心，OP为半径的弧de和fg上．
由图可知，∠gOf＝15°，∠eOd＝90°
此时刻仍在磁场中的粒子数与总粒子数之比为＝
(3)在磁场中运动时间最长的粒子的轨迹应该与磁场边界c点相交，设此粒子运动轨迹对应的圆心角为θ，则θ＝60°
在磁场中运动的最长时间t＝T＝2t0
所以从发射粒子到全部粒子离开磁场所用的时间为t＝2t0.
7．(1) m (2)3.2 m
[解析] (1)带电小球受到的重力G＝mg＝0.1 N
电场力F1＝qE1＝0.1 N
即G＝F1，故带电小球在正交的电磁场中由O到Q做匀速圆周运动．
根据牛顿第二定律有
qv0B＝m
解得R＝＝ m＝1 m
由几何关系得s1＝R＝ m.
(2)带电小球在P点的速度大小仍为v0＝4 m/s，方向与水平方向成45°.由于电场力F2＝qE2＝0.1 N，与重力大小相等，方向互相垂直，则合力的大小F＝＝0.1 N，方向与初速度方向垂直，故带电小球在第二个电场中做类平抛运动．
建立如图所示的x、y坐标系．
沿y轴方向，带电小球的加速度a＝＝10 m/s2，位移y＝at2
沿x轴方向，带电小球的位移x＝v0t
由几何关系有：y＝x
联立解得t＝0.4 s，x＝1.6 m.
Q点到P点的距离s2＝x＝3.2 m.
8．(1)略 (2)×104 V/m (3)(8，0)
[解析] (1)区域一是磁场，方向垂直纸面向里；区域二是电场，方向由A指向C.
(2)设电场强度的大小为E，电荷从C点进入区域一的速度为v.从A到C电荷做初速度为零的匀加速直线运动，且过C点时速度方向与＋x轴方向成45°角，所以sAC＝ m.
由牛顿第二定律得
qE＝ma
由运动学公式有
v2＝2asAC
电荷进入区域一后，在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示．
由几何关系r＝ m
由牛顿第二定律得qvB＝
解得E＝×104 V/m.
(3)电荷从坐标原点O第二次经过x轴进入区域二，速度方向与电场方向垂直，电荷在电场中做类平抛运动，设经过时间t电荷第三次经过x轴，有：
tan45°＝，解得t＝2×10－6 s
所以： x＝＝8 m
即电荷第三次经过x轴上的点坐标为(8，0) .
专题限时集训(八)B
1．C [解析] 带电粒子(不计重力)沿着直线穿过两板间的空间而不发生偏转，说明竖直方向受力平衡，即Eq＝Bqv，所以v＝，运动速度v一定相同．
2．BD [解析] 根据安培定则和磁场的叠加原理，M点和N点的磁感应强度大小相等，方向相反，选项A错误，选项B正确；在线段MN上只有在O点处，a、b两个电流形成的磁场的磁感应强度等大反向，即只有O点处的磁感应强度为零，选项C错误，选项D正确．
3．D [解析] 由图中分析知R＝r，则AB＝Rθ＝r×＝πr，匀速圆周运动的时间t＝＝，选项D正确．
4．C [解析] 总电阻R＝＋r＝r，总电流I＝＝，梯形框架受的安培力可等效为I通过ad边时受到的安培力，F＝BIad＝BI·2L＝，C选项正确．
5．AD [解析] 粒子恰射出磁场的临界情况如图所示，根据几何关系可得：临界点与x轴的距离y＝＝4 cm，可知选项A正确，选项B错误；左边界带电粒子可达到8 cm处，选项C错误，选项D正确．
6．C [解析] 根据材料可知粒子在强子对撞机中的运动半径是不变的，由动能定理Uq＝mv2和半径公式r＝可得r＝，对于给定的加速电压，带电粒子的比荷越大时，磁感应强度应越小，故A错误；同理可知，当粒子质量不同时，比荷可能相同，则磁感应强度可能相同，故B错误；由于对撞机的周长是不能改变的，加速电压U越大，粒子运动粒子速度越大，所以周期会越小，故C正确，D错误．
7．(1)
(2)
(3)
[解析] (1)粒子经电场加速射入磁场时的速度为v，由动能定理得：
qU＝mv2
解得v＝
(2)要使圆周半径最大，则粒子的圆周轨迹应与AC边相切，如图所示．设圆周半径为R.
由图中几何关系有：R＋＝L
由洛伦兹力提供向心力有：qvB＝m
联立解得B＝.
(3)粒子做圆周运动的半径r＝，当r越小时，最后一次打到AB板的点越靠近A端点，在磁场中运动时间越长．
当r为无穷小，经过n个半圆运动，如图所示，最后一次打到A点
有：n＝
圆周运动的周期：T＝
最长的极限时间tm＝n
联立解得tm＝＝.
8．(1)4×1－3 m (2)1.256×10－5s (3)(0，0.192 m)
[解析] (1)带电微粒从O点射入磁场，做匀速圆周运动的轨迹如图所示．
洛伦兹力提供向心力，有qv0B＝m
解得r＝＝4×10－3 m.
(2)带电微粒在磁场中经圆弧第一次进入电场，在磁场中经历的时间tOA＝T
从电场中返回到磁场后又经圆弧离开磁场再次进入电场，
在磁场中经历的时间tAC＝T
在磁场中做圆周运动的周期T＝
在磁场区域运动的总时间t＝tOA＋tAC＝1.256×10－5 s.
(3)微粒从C点垂直电场线进入电场，做类平抛运动，设在电场中运动的水平位移为Δx，竖直位移为Δy，则
x方向上，Δx＝v0t1
y方向上，Δy＝at
微粒从A点进入电场后做类竖直上抛运动，然后以等大速率返回磁场，所以两次在磁场中做圆周运动的半径相等，故Δy＝2r.
又有qE＝ma
代入数据解得Δx＝0.2 m
最终离开电场时的横坐标x＝Δx－2r＝0.192 m
故离开电磁场时的位置坐标(0，0.192 m)．
9．(1)≤t≤及t≥T
(2)t＝R＋·arctan
(3)meU0－n2e2r0
[解析](1)质子在板间运动，根据动能定理，有eUMN＝mv
得v0＝
质子在磁场中运动，根据牛顿第二定律，有ev0B＝m
得r＝
联立解得r＝.
若质子能打在收集屏上，则质子运动的轨道半径r与网罩半径R应满足关系：r≥R.
解得板间电压UMN≥
结合图象可知：质子在≤t≤和t≥T之间任一时刻从S1处进入电场，均能打到收集屏上．
(2)M、N间的电压越小，质子穿出电场进入磁场时的速度越小，质子在极板间经历的时间越长，同时在磁场中运动轨迹的半径越小，在磁场中运动的时间也会越长．设在磁场中质子运动所对应的圆半径为r，运动圆弧对应的圆心角为θ，射出电场时的速度为v0，质子穿出金属网罩时对应的总时间为t.
在板间电场中运动的时间t1＝＝R
由于tan＝＝＝
所以θ＝2arctan
在磁场中运动的时间t2＝＝·arctan，
所以，运动的总时间t＝ t1＋t2＝R＋·arctan
(3)稳定时，收集屏上电荷不再增加，即在t＞T时刻以后，此时，UMN＝U0，收集屏与地面间的电势差恒为U＝Ir0＝mer0
单位时间到达收集板的质子数为n，单位时间内的总功率为PE＝nmv＝neU0
消耗在电阻上的功率为P热＝I2r0＝n2e2r0
所以收集板上的发热功率为P＝PE－P热＝neU0－n2e2r0.
专题限时集训(九)
1．A [解析] 由变压器的原理可知，风扇电动机D两端的电压为，由于电风扇中含有线圈，故不能利用欧姆定律求电压，选项A错误；由变压器功率特点可知，理想变压器的输入功率等于灯泡L和风扇电动机D消耗的功率之和，灯泡L消耗的功率为＝，风扇电动机消耗的功率为，选项B正确；风扇电动机D输出的机械功率为－I2r，选项C正确；因为副线圈两端的电压为，若电风扇由于机械故障被卡住，则副线圈回路可视为纯电阻电路，该回路的等效电阻为，所以副线圈中的电流为，通过原线圈的电流为，选项D正确．
2．BD [解析] 小灯泡的灯丝是一个纯电阻，其灯丝温度会随着通电电流而增大，阻值也随着增大，所以图中b是小灯泡的伏安特性曲线；同理可知，热敏电阻的温度随着通电电流增大，其阻值会逐渐减小，图线a是热敏电阻的伏安特性曲线，选项A错误，选项B正确；两个图线的交点M，表示此状态下两个元件不仅电流相同，电压也相同，所以此时两者阻值相同，功率也相同，选项C错误，选项D正确．
3．BC [解析] 根据电路图可知，电阻R3、R2的aP部分和R1串联后组成电源的外电路，电压表测量路端电压，电流表测量干路电流，而平行板电容器两极板间的电压等于R1两端电压，考虑到是直流电源，所以当电路稳定时，电容器可以看作是断开的．保持光照强度不变，将滑动触头P向b端滑动，R2接入电路的电阻变大，外电路总内阻变大，干路电流变小，R3消耗的功率变小，选项A错误；保持滑动触头P不动，当R1周围光线变暗时，R1的阻值增大，R1两端电压也增大，A、B两板间电压增大，因为两板间距不变，所以板间场强增大，小球受到水平向右的电场力增大，重新平衡后θ变大，选项B错误；将滑动触头P向a端滑动，R2接入电路的电阻变小，用更强的光照射R1，R1的电阻也变小，则干路电流变大，路端电压变小，选项C正确；U的变化量的绝对值与I的变化量的绝对值的比值等于电源的内阻r，是定值，选项D错误．
4．BD [解析] 两图中电源相同，它们的最大输出功率相同，根据图甲可知，当电流I＝2 A时，电源的输出功率最大，最大值为P出＝IE－I2r＝12 W，图乙中电动机消耗的功率为6 W(包括输出的机械功率和内阻消耗的热功率)，R2消耗的功率为6 W，即I2R2＝6 W，可得R2＝1.5 Ω，选项A错误，选项B正确；电动机的内阻消耗的功率P＝I2R′0＝4 W，选项C错误，选项D正确．
5．D [解析] 电源的总功率为PE＝EI，电源的输出功率为PR＝EI－I2r，电源内部的发热功率Pr＝I2r，所以直线a表示电源的总功率，选项A正确；曲线b表示电源内部的发热功率，曲线c表示电源的输出功率，选项B正确；直线a的斜率表示电动势E，解得E＝3 V，由曲线b上某点坐标可得电源内阻为1 Ω，选项C正确；当外电路电阻等于电源内阻时，电源输出功率最大，Pm＝＝2.25 W，对应曲线c的最高点，选项D错误．
6．AB [解析] 照射光强度增大时，光敏电阻R3的电阻值减小，外电路电阻减小，由闭合电路欧姆定律得，电路中总电流I增大，所以定值电阻R1的两端电压U1增大，电路的路端电压U＝E－Ir减小，选项A正确，选项D错误；由以上分析知，并联电路部分的电压U2＝U－U1减小，所以通过定值电阻R2的电流减小，由于电路总电流增大，故通过小灯泡的电流增大，小灯泡功率随之增大，选项B正确，选项C错误．
7．C [解析] 理想变压器原、副线圈的磁场变化情况相同，由图乙知原线圈的磁场均匀变化，据法拉第电磁感应定律E＝n＝n·S知副线圈中产生恒定电流，线圈对直流电无阻碍作用，直流电不能通过电容器，所以电流表A1、A2的示数相同，A3的示数为零，C选项符合题意．
8．AD [解析] 由于U1和T1的线圈的匝数不变，根据＝得U2不变，选项B错误；用户功率P4增大时，用户电流I4随之增大，T2的原线圈功率P3＝P4也增大，通过输电线的电流IR增大，输电线上的电压降UR＝IRR增大，所以T2的初级电压U3＝U2－IRR减小，选项A正确；因用户消耗的电功率P4变大时，线路消耗的电功率PR＝IR变大，由能量守恒定律得P1＝P2＝P4＋PR变大，选项C错误，选项D正确．
9．D [解析] 由电源电压的瞬时值可知，变压器输入电压的有效值为120 V，由理想变压器电压关系可知，变压器输出电压的有效值及灯泡、电容两端电压均为12 V．对于电容器来说，其两端的电压在0～12 V间变化，电容器将周期性充放电，电容器带的电荷量随时间周期性变化．电灯中除通过变压器输出电流外，还有电容器的放电电流，它的功率不等于100 W．由于电容器的耐压值为12 V，故电容器有可能被击穿，击穿后将成为导体，不再带电．综上可知，ABC错误，D正确．
10．AB [解析] 在解题时要注意变压器的三个决定关系，副线圈电压由线圈决定，则不论负载如何变化，电压表的读数不变，始终为有效值100 V，B正确，C错误；每个交流电周期内氖管发光两次，每秒发光100次，则氖管发光频率为100 Hz，A正确；开关断开后，负载电阻增大、电流减小，则变压器的输出功率减小，D错误．
11．BD [解析] 电网相邻两电极间的最高电压为U2＝Ed＝6220×0.5 V＝3 110 V，理想变压器输入电压的最大值为U1m＝220× V＝311 V，根据变压器变压公式＝，变压器的原、副线圈的匝数比<10，为升压变压器，选项A、C错误，选项B、D正确．
专题限时集训(十)A
1．D [解析] 导体棒匀速向右运动的过程中，根据法拉第电磁感应定律可知，M中产生稳定的电流，则通过N中的磁通量保持不变，故N中无感应电流产生，选项D正确．
2．A [解析] 能使小球在杆上做匀速运动，则“场”力、重力和杆的作用力三力平衡，若加沿z轴正方向的匀强电场，电场力竖直向上，当电场力等于小球重力时，杆的作用力为零，合力为零，选项A正确；洛伦兹力总垂直于速度方向，也就总垂直于杆的方向，因此三力的合力不可能为零，无论加哪个方向的匀强磁场，都不能使小球沿杆匀速运动，选项B、D错误；若加沿y轴负方向的匀强电场，电场力沿y轴负方向，三力不能平衡，选项C错误．
3．BD [解析] 在PQ杆滑动的过程中，杆与导轨所围成的三角形面积先增大后减小，三角形POQ内的磁通量先增大后减小，由楞次定律可判断选项B正确；再由PQ中电流方向及左手定则可判断选项D正确．
4．AC [解析] S闭合后，磁场向上均匀增大或向下均匀减小都能使上金属板带正电，下金属板带负电，带正电的小球受竖直向下的电场力，压力传感器示数变大．
5．B [解析] 金属棒ab向左切割磁感线，由右手定则可知，产生的感应电流的方向为从b到a，选项A错误；在t＝时刻，金属棒ab运动到O点，由E＝，I＝，q＝It可知q＝＝，选项B正确；在时间t内导体棒运动距离为at2，导体棒切割磁感线的长度为2(L－at2)，感应电动势为2Bat(L－at2)，感应电流为，安培力为，由于F－BIL＝ma，故感应电流和外力F与时间t均不是一次函数关系，选项CD错误．
6．C [解析] 0～1 s内磁感应强度均匀增大，根据楞次定律和法拉第电磁感应定律可判定，感应电流为逆时针(为负值)、大小恒定，A、B错误；4 s～5 s内磁感应强度恒定，穿过线圈abcd的磁通量不变化，无感应电流，D错误．
7．AD [解析] 在线框的d点运动到O点的过程中，ab边切割磁感线，根据右手定则可知线框中感应电流方向为逆时针方向，即正方向，t＝0时刻，ab边切割磁感线的有效长度最大，然后逐渐减小，故感应电流和感应电动势均逐渐减小；当cd边与磁场边界重合后线框继续运动，cd边切割磁感线，根据右手定则可知线框中感应电流方向为顺时针方向，即负方向，且感应电流和感应电动势均逐渐减小，选项A正确，选项B错误．当ab边切割磁感线时，Uab＝·3R＝－，当cd边切割磁感线时，Uab＝·R＝，故选项C错误，选项D正确．
8．AC [解析] 设“∠”形导轨的夹角为θ，经过时间t，导体棒的水平位移为x＝vt，导体棒切割磁感线的有效长度L＝vttanθ，所以回路中感应电动势E＝ BLv＝Bv2ttanθ，感应电动势与时间t成正比，A正确；回路电阻与时间成正比，故感应电流大小与时间无关，B错误；导体棒匀速移动，外力F与导体棒所受安培力为平衡力，故回路的外力的功率P＝Fv＝BILv＝BIv2ttanθ，与时间成正比，故C正确；回路产生的焦耳热Q＝I2Rt，式中电流I不变，回路电阻R与t成正比，故焦耳热Q与t2成正比，D错误．
9．(1) (2)2mgs0sinα－
[解析] (1)根据纸带上打出的点迹可看出，金属棒最终做匀速运动，且速度最大，最大速度vm＝.
达到最大速度时，有mgsinα＝FA， FA＝ILB， I＝，
其中R总＝6R.
解得B＝.
(2)由能量守恒定律知，放出的电热Q＝mg·2s0sinα－mv
解得Q＝2mgs0sinα－.
10．(1)金属棒a做加速度为4 m/s2的匀加速运动
(2)0.2 C (3)6 J
[解析] (1)因为金属杆b静止，所以有：
F2－B2IL＝mgtan37°
解得I＝0.4t(A)
由闭合电路的欧姆定律：
E＝I(R1＋R2)
由法拉第电磁感应定律：
E＝B1Lv
联立解得：v＝4t(m/s)
所以，金属杆a做加速度为a＝4 m/s2的匀加速运动．
(2)1 s内金属棒a运动的位移d＝at＝2 m
产生的平均感应电动势E＝＝＝1 V
1 s内通过金属杆b的电荷量q＝It1＝t1＝0.2 C
(3)2 s末金属杆a的速度v2＝at2＝8 m/s，由功能关系：
W1－Q＝mv
解得Q＝10 J
2 s内金属杆b上产生的热量Qb＝Q＝6 J
专题限时集训(十)B
1．B [解析] 两根金属棒ab和cd以相同的速度匀速运动，若断开开关S，两根金属棒与导轨构成的回路中磁通量无变化，则回路中无感应电流，故A、C错误；若闭合开关S，两根金属棒与导轨构成的回路中磁通量发生变化，则回路中有感应电流，故B正确，D错误．
2．BD [解析] 整个圆环的电动势E＝Bv·2πR，A错误；忽略电感的影响，此时圆环中的电流I＝＝，B正确；此时圆环的加速度a＝＝g－＝g－，C错误；当加速度为零时，圆环的速度最大，根据a＝g－＝0可得，圆环的最大速度vm＝，D正确．
3．D [解析] 开关S闭合时，金属杆的速度v＝，感应电动势E＝BLv，感应电流I＝，安培力F＝BIL，联立解出F＝2 N；由于F>mg＝1 N，故ab杆做减速直线运动，速度减小，安培力也减小，加速度越来越小，最后加速度减为零时做匀速运动，故选项D正确．
4．C [解析] 旋转的导体棒在磁场中切割磁感线，产生电动势，由右手定则可判断：开始时电流方向由b向a，为负方向；后来磁场方向相反，电流方向为正方向．因为一个周期的时间内只有开始的周期和第3个周期内导体棒做切割磁感线运动，所以其他时间电路中无感应电流．选项C正确．
5．A [解析] 涡流是高频交流电引起的电磁感应现象，故选项A正确，选项B错误；电磁炉表面一般用绝缘材料制成，避免产生涡流，锅体用金属制成，利用涡流加热食物，故选项C、D错误．
6．D [解析] 由磁感应强度变化图象知，在每个周期内，磁通量都随时间均匀变化，根据法拉第电磁感应定律E＝＝S·得，感应电动势大小不变；根据楞次定律，每经一个周期，感应电动势的方向变化一次，选项D正确．
7．C [解析] 因为导体棒在向右运动时切割磁感线产生感应电流，同时受到水平向左的安培力，所以导体棒速度逐渐减小，速度减小又使得感应电动势、感应电流、安培力均减小，所以导体棒做加速度逐渐减小的变减速运动，选项A错误；由能量守恒可知整个运动过程中导体棒损失的动能全部转化为内能，故选项B错误；设开始运动时，导体棒和导轨构成的回路的面积为S，运动时间为t，则整个过程中回路中的平均感应电动势为E＝，平均感应电流为I＝，则运动过程中通过A点的电荷量为Q＝It.联立可得S＝，故选项C正确；导体棒在运动过程中切割磁感线的有效长度逐渐减小，当速度为v0时产生的感应电动势小于开始运动时产生的感应电动势的一半，此时感应电流小于开始时的一半，故选项D错误．
8．B [解析] 导体棒进入磁场后，先做变减速运动，安培力也逐渐减小，当减到与重力相等时导体棒稳定，所以导体棒进入磁场时的速度最大，所产生的感应电动势最大，其感应电流也最大，由自由落体运动规律，进入磁场时的速度大小为v1＝，产生的感应电动势为E＝BLv1，由闭合电路欧姆定律得Im＝＝＝，选项A错误；导体棒稳定后，产生的感应电动势为E＝BLv2，感应电流I＝，根据平衡条件，有mg＝BIL，所以v2＝；由能量守恒定律可知，减少的机械能转化为回路的电能，电能又转化为内能，所以Q＝m(H＋h)g－mv，解得Q＝m(H＋h)g－，选项B正确；导体棒在磁场中运动时克服安培力做功大于重力做的功mgH，选项C错误；回路中的电流是变化的，选项D错误．
9．(1)2 m/s2 (2)38.4 J
[解析] (1)t＝0时刻金属棒受力和等效电路如图所示：
由牛顿第二定律有：F－mgsinθ－BIL＝ma
对闭合回路有：I＝＝
联立解得：a＝－2 m/s2
故金属棒的加速度大小为2 m/s2，方向沿导轨向下
(2)因电流表的示数是均匀变化的，故金属棒产生的感应电动势E＝I(R＋r)是均匀变化的，金属棒运动的速度v＝也是均匀变化的，则对金属棒有：v＝v0＋at＝10－2t(m/s)
金属棒上升到导轨最高点时的速度v＝0，则t＝5 s，此后施加的外力变为F＝3 N
金属棒沿导轨上滑的距离为：x＝＝25 m
金属棒从最高点到返回到PP′前已经达到匀速运动状态，则有：mgsinθ＝F＋
解得v1＝2 m/s
对返回过程中由动能定理有mgxsin30°－Fx－W安＝mv
解得W安＝48 J
电路中产生的总电热Q总＝W＝48 J
电阻R上产生的热量QR＝Q总＝38.4 J
10．(1)1.2 T 1 m/s2 (2)18 J (3)略 2 s
[解析] (1)金属棒在外力F作用下做匀加速直线运动开始时v0＝0，根据牛顿第二定律得
F1－m1g＝m1a
解得a＝1 m/s2
t＝2 s末金属棒的速度v＝at＝2 m/s
此时的感应电动势E＝BLv
电流I＝
安培力FA＝BIL
根据牛顿第二定律有F2－m1g－FA＝m1a
联立解得B＝1.2 T.
(2)2 s内金属棒的位移h＝at2＝2 m
设金属棒在2 s内克服安培力做功为WA，根据动能定理得
WF－m1gh－WA＝m1v2
且Q＝WA
解得Q＝18 J
(3)对cd棒，根据牛顿第二定律得m2g－μFA＝m2a′
即m2g－＝m2a′
因v＝at
解得a′＝10－5t
由此知，cd棒先做初速度为零、加速度减小的加速运动，后做加速度逐渐增大的减速运动，最终加速度减小为零．当加速度减小为零时，cd棒速度最大．
由a′＝10－5t＝0解得t＝2 s.
专题滚动训练(二)
1．AC [解析] 以A为研究对象，根据其受力平衡可得，如果没有摩擦力，则A对斜面一定无弹力，只受重力和库仑力作用而平衡；如果受摩擦力，则一定受弹力，所以A受4个力作用而平衡．故选项A、C正确．
2．BD [解析] A、B两点的点电荷在O点的合场强为零，因此O点的电场强度应等于C点的点电荷在O点形成的电场强度，选项A错误；A、B、C三点的点电荷在D点形成的电场强度大小分别为EDA＝k、EDB＝k、EDC＝k，所以D点合电场强度为ED＝k－2kcos60°＝0，故选项B正确；将点电荷＋q从O移向C时，电场力做正功，故电势能减小，选项C错误；将点电荷－q从O移向C时，电场力做负功，电势能增大，选项D正确．
3．AC [解析] 回旋加速器中被加速的带电粒子通过加速电场加速，进入磁场后做匀速圆周运动，匀速圆周运动的周期T＝，轨道半径r＝，故选项A、C正确．
4．C [解析] 由于电压表的接入，电路的性质会发生变化，相当于一个电阻R与电容C′的并联，再与C串联，此时C′完全可以认为不存在(只在接入电压表的瞬间，由于C′的放电，电压表有读数)．由此可知电压会全部落在C两端，而稳定时电路中没有电流，故电压表的读数为零，静电计的读数为200 V，选项C正确．
5．AC [解析] 小球以初速度v0水平抛出后，小球在水平方向一直做匀速直线运动．在竖直方向上，当小球在无电场区运动时，仅受重力作用，加速度a＝g.当小球在有理想上下边界的匀强电场区运动时，若场强大小等于，则a＝0，则小球在竖直方向做匀速直线运动，由于小球每次进入电场区的速度不同，故小球经过每一电场区的时间均不相同．若场强大小等于，则a＝g，方向竖直向上．在竖直的方向上，小球先在无电场区做初速度为零的匀加速直线运动，然后在有电场区做匀减速直线运动，由于对称性，小球离开有电场区时速度变为零．因此小球经过每一无电场区的时间均相同．
6．AB [解析] 若小球A带正电，小球A受重力G、库仑斥力F和板对小球向下的弹力FN.当撤走绝缘板C时，FN＝0，若F＝G，小球A仍处于静止状态，选项A正确；若F＞G，则由左手定则可知选项B正确；若小球A带负电，则由A的受力情况可知是不可能的，选项C、D错误．
7．AD [解析] 原线圈上所加电压的有效值为U1＝20 V，当开关S与a连接时，由＝得U2＝4 V，选项A正确；当t＝ s时，U1＝20sin(10π×)V＝10 V，选项B错误；当开关S与b连接，滑动变阻器触头P向下移动时，电压表示数不变，电流表示数变大，选项C错误；当开关S由a扳向b时，电压表示数增大，由I＝知电流表示数也增大，选项D正确．
8．C [解析] 在金属棒ab沿斜面上升的过程中，受到重力、恒力F和安培力三个力的作用，因金属棒匀速上升，由动能定理有WF＋WG＋W安＝ΔEk＝0，选项A正确，选项C错误；把上式移项，得WF＋WG＝－W安，而－W安为金属棒ab克服安培力所做的功，正好等于电路中所产生的焦耳热，选项B正确．从能量守恒的角度可知，金属杆ab上升的过程中，其重力势能增加，同时电路中产生了电能，这些能量来源于外力F做功的结果，通过外力F做功，将其他形式的能量转化成了这两种形式的能量，选项D正确．
9．O点左侧，距O点距离为0.2 m
[解析] 物块先在电场中向右减速，设运动的位移为x1.
由动能定理得－(qE＋μmg)x1＝0－mv
解得x1＝＝0.4 m
物块所受的电场力F＝qE＝0.03 N
物块所受的滑动摩擦力Ff＝μmg＝0.02 N
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